Un reloj de dos colores: cuarto desafío matemático de EL PAÍS


Esto no se le hace a uno cuando tiene tanto que corregir… el cuarto desafío de esta interesante serie parece bastante atractivo. Neuronas a la obra.

Esto es lo que se publica esta semana:



Elisa Lorenzo García, estudiante de doctorado de la Universidad Politécnica de Cataluña, plantea el cuarto desafío matemático de EL PAÍS. Durante 30 semanas publicaremos un problema en coordinación con laReal Sociedad Matemática Española, que en 2011 cumple 100 años. Envía tu solución al correoproblemamatematicas@elpais.es hasta las 00.00 horas del martes 12 de abril. Entre los acertantes sortearemos la biblioteca matemática que ofrece EL PAÍS cada domingo. Esta semana, Los números primos, de Enrique Gracián, por 9,95 euros con el periódico.

Nota: Para evitar confusiones y permitir también la participación de los lectores sordos, incluimos aquí el enunciado del problema por escrito.

Se considera un reloj con sus 12 números en torno a una circunferencia: 1, 2, …, 12. Se pintan de azul o rojo cada uno de los 12 números de modo que haya seis pintados de azul y seis de rojo. El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números, tres pintados de rojo y tres pintados de azul.

60 comentarios

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60 Respuestas a “Un reloj de dos colores: cuarto desafío matemático de EL PAÍS

  1. turner

    ¿Y la pista?

  2. Jesus

    Venga, Santi!!! Si está tirado!!
    Sólo el del cuadrado mágico era más facil!
    El de la hormiga estaba bien y el más complicado el primero.

  3. Rogelio

    Hola, la demostracion es bastante sencilla. El siguiente
    codigo python os puede ayudar (escanea las 924 combinaciones
    de colores y para todas encuentra la separacion requerida).

    import itertools
    a=range(1,13)
    codigos = itertools.combinations(a,6)
    x = list(itertools.islice(codigos,0,1000))
    print “Combinations of 12 elements 6 by 6 is”, len(x)
    tot=0
    for c in x:
    for i in range(1,8):
    count=0
    for el in c:
    if el>=i and el<= (i+5):
    count=count+1
    if count==3:
    tot=tot+1
    print c, "range", i,i+5
    break
    print "Total", tot

    • Gracias por el comentario. La verdad es que no entiendo nada, pero yo creo que la idea no es hacer todas las posibilidades (sencillo, tal vez, pero menudo rollo…) sino encontrar alguna propiedad, que demuestre lo que se pide en general. Una demostración más que una comprobación, vaya.

      • rheom

        La verdad es que no acabo de ver ninguna propiedad, lo único que distingo es un reloj totalmente balanceado en el que se alternan los colores azul y rojo, y el resto de relojes que como mínimo tienen dos colores rojos y dos colores azules consecutivos y que como mínimo a través de uno de esos pares consecutivos existe una simetría, es decir, haciendo pasar el eje entre uno de ellos tenemos dividido el reloj. Pero no sé como demostrar eso segundo… lo que también tengo claro es que habiendo 924 (12!/6!6!) posibles relojes, hay 400 ([6!/3!3!]^2) posibles formas de trazar líneas y que ese no es el sentido del problema. Yo ya he dicho la mía… a ver si hay alguien que arroje más luz o alguna ayuda extra… y si mi planteamiento es acertado o voy mal encaminado.

  4. rheom

    Por cierto… me he deprimido bastante cuando habéis dicho que era fácil y yo llevo 2 días sólo pensando en el problema y… no acabo de verlo claro.

  5. rheom

    Hola, otra vez, tengo otra teoría… si contamos que el reloj más balanceado ( y entiendo por más balanceado a aquél al cual se le puede trazar el máximo de líneas que permitan tener tres círculos rojos y tres círculos azules en cada uno de los lados – que son 6 líneas-) es el que se va alternando en cada número (hora) el rojo y el azul, y que el menos balanceado (que es aquél que tiene el mínimo de líneas – que es 1 línea-) es el que tiene todos los círculos rojos seguidos de los azules, o al revés. El resto de las posibles coloraciones responden a permutaciones de los colores entre los diferentes números (horas) del reloj en los que siempre encontraremos un número de líneas de corte superior a 1 e inferior a 6.
    ¿Qué tal ahora? Esto se puede admitir como una demostración… hay algún otro enfoque más… buah! A mí no me acaba de convencer… pero es lo más cercano que he encontrado.

    • rheom

      Hay varios relojes totalmente balanceados, y son todos aquellos relojes cuyas horas opuestas (p.ej. la de las 12 son las 6, las de las 3 son las 9, la de las 5 son las 11, etc.) tengan el mismo valor.

    • rheom

      Y también hay varios relojes mínimamente balanceados, y son todos aquellos relojes cuyas horas opuestas (p.ej. la de las 12 son las 6, las de las 3 son las 9, la de las 5 son las 11, etc.) tengan diferente valor.

  6. rheom

    Resumiendo… que el reloj tiene tantas líneas de corte dependiendo del número de horas opuestas (p.ej. la de las 12 son las 6, las de las 3 son las 9, la de las 5 son las 11, etc.) que tengan el mismo valor. Si no hay ninguno hay 1 línea y si son todos están las 6… Y llegados a este punto… ¿esto es una demostración o sólo son consecuencias de la simetría del problema?

  7. rheom

    Buff!!! Creo que todo lo anterior no tiene mucho sentido… después de comer he visto que me estaba liando… seguimos buscando la solución.

  8. rheom

    Esta ya es la última… teniendo el reloj dividido en dos partes en el que cada lado hay 3 círculos rojos y 3 azules, se pueden formar todos los posibles relojes permutando los colores de cada lado y girando la línea y los círculos si es necesario de esta manera siempre se mantiene que hayan 3 círculos de cada color en cada lado.

  9. Victor

    No son 924 relojes posibles, mya que son permutaciones circulares con repeticio, y hay que utilizar el “Euler totent”. A mi me salen 80.
    Ahora estoy trabajando en calcular cuantos relojes hay, tal que divididos en dos mitades cumplan las caracteristicas del problema. Si son 80 estara demostrado.
    (Aunque igual estoy totalmente equivocado)

  10. Yo no usaría la combinatoria para nada; son tantas las posibilidades que uno se pierde; y desde luego lo que no aporta nada es calcular el número de rectas posibles que cortan al reloj, porque para dejar el mismo número a cada lado… No contaré cómo lo demuestro yo, ni publicaré comentarios con otras soluciones, a ver si los de El País se mosquean e interrumpen esta interesante y original iniciativa. Además no sería muy ético ¿no os parece?
    En todo caso muchas gracias a todos por vuestras aportaciones.

  11. Lagrange

    La solución es bastante sencilla, no la expondré aquí entera por respeto al ELPAIS, pero podeis partir de una negación del enunciado: no existe tal recta.
    Esto implicaría que nunca podremos encontrar 6 números seguidos 3 de ellos azules (el resto serían rojos obviamente). De ser esto cierto… (vale el siguiente paso no lo pongo, pero ya está todo casi mascadito).
    Saludos.

  12. Javier

    Coincido con Santi en que no hace falta la combinatoria. La solución que encontré es muy simple y puede explicarse en apenas 3 o 4 líneas, sin necesidad de hacer ningún cálculo.

  13. Mi primera intuición fue tratar de resolverlo por reducción al absurdo pero yo al final fui por otro camino. Mi solución también se puede explicar en pocas líneas (pero más de 4 eso sí…) y 3 o* 4 sencillos dibujos (cada uno con una recta y dos números nada más). Sin duda es mucho más práctico razonar sobre un solo color; el problema es el mismo si dices: “pinto 6 y dejo los otros 6 sin pintar” y te mareas menos.

    *¡no me acostumbro a quitarle la tilde a la o…!

  14. Javier

    Con lo que dices, creo que hemos llegado a la misma solución, sólo que yo soy muy parco en palabras y ocupo menos líneas ;-)
    No tengo ni idea de cómo será la solución que apunta Lagrange, pero me encanta que haya más de una.

  15. Jesus

    La solución que yo mandé el viernes era bastante simple (desde luego, nada de combinatoria). Al principio estás tentado de hacerlo así pero es una locura. Tampoco quiero mandar pistas porque pierde la gracia, pero, digamos que se parte de una distribución de rojos y azules sin importar cual…

  16. Principio de las palomas o de Dirichlet

  17. Pedro Correa

    A mí me ha recordado mucho la demostración a la del teorema de Bolzano, o cómo para cruzar un río, hay que mojarse los pies

  18. Creo que le estáis dando nombres distintos a la misma solución. Una para calcular el VM (no diré que significa) [podría hacerse uso de un corolario del Principio de Distribución] y otro para demostrar que existe un SC (tampoco diré qué significa) con ese VM.

  19. Tic, tac, tic, tac… vamos, que para pasar de las 6 a las 8, en algún momento han sido las 7 por co*****… por aquello del VM.

  20. turner

    ¡¡¡¡ Bingo !!!!
    Despés de 3 semanas de humillaciones por no acercarme ni de lejos, y vistos los comentarios de este blog creo que esta semana he acertado.

    Interesantisima iniciativa de El Pais, sobre todo para los que como yo en un pasado muy lejano “se nos daban bien las matemáticas”

  21. Ángel

    “Supongamos que existe un reloj donde NO existe una recta que lo divida en tres rojos y tres azules a cada lado…”
    ¡Dos dias estuve partiendo de este planteamiento (reducción al absurdo) y no conseguí llegar a ninguna contradicción. Acabé loco y frustrado a partes iguales ;-). Mi solución final, al igual que la de otra gente por aquí, no es más que una aplicación un poco retorcida del Teorema de Bolzano. Agradecería a gente como Lagrange, que dicen haberlo logrado por reducción al absurdo, publiquen su solución (a partir del martes, claro).

  22. jabon

    Yo lo he resuelto a mi manera, no soy matemático, daré una pista: En cualquier eje que hagamos (sea cual sea…) siempre ocurrirá una de estas posibilidades:

    – que exista el mismo número de azules que de rojos ( ya se cumple el enunciado)
    – que “no” exista el mismo número, eso quiere decir que hay un “dominante”, y hasta aquí puedo leer.

  23. Martin

    Tened cuidado. Estoy seguro de que vuestra demostración es acertada, pero el Tma del VM para funciones discretas se define de forma distinta!!
    Cuidado con la rigurosidad que intuitivamente se ve muy claro que sólo hay unos valores posibles y que efectivamente entre las seis y las ocho han pasado las 7. Pero pensad que entre las seis y las ocho no han pasado las 6:05. Entedeis a lo que me refiero?? :D

    Lo digo por los comentarios que he visto sobro la longitud de la demostración. No se me ocurre como meterlo en 4 o 5 lineas solamente. Lo dejo caer porque creo que se puede reenviar la resolución.

    Suerte

    • Totalmente de acuerdo, hay bastante que matizar, a mí me lleva una cara entera para no dejar cabos sueltos, aquí no tiene sentido hablar de funciones continuas, así que…

    • Javier

      Gracias Martin. Lo de meterlo en 4 líneas fue una capricho que termina con: “tal como se observa en los diagramas siguientes”, así que realmente son 4 líneas y 4 diagramas. De todas formas, la solución que envié el sábado ocupa también una cara y espero haber sido lo suficientemente riguroso, a pesar de no haber echado mano de ningún teorema por supina ignorancia ;-)
      Un abrazo a todos.

      • No, si no creo que haya que usar ningún teorema, ni siquiera mencionarlo; es sólo que se parece en algo al teorema de Bolzano (o al del valor medio) pero para empezar aquí no hay función continua, de modo que no tiene sentido.

  24. Mileton

    Ya, por la hora que es, me rindo. Tenía la cosa muy acotada: a un lado de la recta puede haber cero a seis de un color; el tres ya cumple; cero a dos son simétricos con seis a cuatro del otro color; con seis se ve facil … pero aún quedan muchas posibilidades. En fín, el próximo será.

    • Mileton

      Es increible … después de escribir lo anterior he visto la solución y era de lo más fácil. Corriendo, porque no quedaba tiempo, la he escrito y mandado. A ver que os parece:
      Hay seis posibles rectas que dividen el reloj en las condiciones señaladas.
      En una cualquiera de las posiciones de la recta, a su derecha el número de azules menos el de rojos podrá variar entre 6 y -6 (sólo pares); siendo que en lado izquierdo será el mismo valor con signo contrario.
      Si pasamos de la recta inicial a la continua, en la dirección de las agujas del reloj (identico sería en dirección contraria) ese vaor calculado será el mismo ó aumentará o disminuira en dos.
      Haciedo eso hasta siete veces llegaremos al lado opuesto de la posición inicial: hemos paso de un valor n a – n, habiendo tenido que pasar por cero que representa a la condición que ha de cumplirse.

      • Sí, es muy parecida a mi solución, aunque yo no lo razono sobre la resta y los pares. Lo más curioso es que yo pensaba que el plazo acababa el martes a las 24:00 en lugar de a las 0:00 ¡y no la he enviado! jajaja ¡y eso que tengo la solución desde el viernes! bueno, como ya comenté en otra entrada lo que menos me interesa de esta serie es el premio. Suerte a todos… los que hayáis mandado vuestras soluciones, jejeje. Mañana publicaré aquí la mía, quería escanear unas figuras para que quedase más clara.

        • Javier

          ¡¡Lo siento, Santi!! Si te sirve de algo, ha quedado más que demostrado que tenías la solución desde entonces.

        • jabon

          En efecto la respuesta matemática va por esa línea. No se lo logré hacer entender al chico de 11 años, así que busqué otra opción con dibujitos.

          En un lado siempre habrá 3,4, 5 ó 6 de un color, no importa cual.
          3 y 6, salta a la vista el eje. (el elegido o el perpendicular)
          Con 4 y 5, utilizamos los cuadrantes perpendiculares segun eje primero elegido.

          Con 5: (Hay 3 y 2 en un lado en cada cuadrante) luego hay uno en el otro lado ( arriba o abajo en los cuadrantes). En un caso cumple ya a la vista con eje perpendicular, y en otro es necesario un pequeño giro (se ve muy bien en un grafico)

          1 3
          02 giro de 30 º (baja uno del 3 abajo) deja arriba 3 (1+2 o 0+3) y abajo 3

          03
          12 cumple ya eje horizontal

          Con 4 hay (3 y 1 ó 1 y 3 que da igual ó 2 y 2) en un lado en ambos cuadrantes

          En 3 y 1 ó 1-3 (quedan 2 para el otro lado que se reparten en 0-2 ó 2-0 y 1-1)
          según gráficos, uno cumple ya a la vista, y los otros necesitas giro de 30 o 60 grados sobre eje inicial o perpendicular (uno de ellos no deja de ser el caso de 5 pero para el eje perpendicular).

          1 3
          1 1 giro de 30 o 60 grados (depende del 1 de la izda.) deja abajo 3 y arriba 3

          0 3
          2 1 cumple ya eje horizontal

          2 3
          0 1 giro de 60 grados bajamos 2 de arriba ( es el caso de 5 pero en parte superior)

          con 2-2 (el otro lado queda en 1-1 que cumple ya a la vista, ó 0-2, 2-0 que necesitan giro de 30 o 60 grados…)

          1 2
          1 2 eje horizontal cumple

          2 2
          0 2 giro de 30 o 60 grados baja uno de arriba

          02
          2 2 es semejante al anterior (90 grados de diferencia y lo dejamos igual para empezar )

          En definitiva se reducen los supuestos (por simetrías) a cuatro que necesitan un pequeño giro de 30 o 60 grados, sobre eje inicial o sobre su perpendicular.

          De este modo se lo hice entender al chico. No sé si me he explicado bien. Con 4 dibujitos se ve muy bien, y dicen que vale más una imagen que 1000 palabras.

  25. Aunque trivialmente ya se puede “demostrar” que para pasar de un conjunto al complementario, con “n” y “6-n” del mismo color, (de un lado a otro del reloj) hay que pasar necesariamente por el 3 si los saltos valen una unidad, también puede calcularse el valor medio de “rojos” en todos los conjuntos como:

    Número de nodos rojos en el reloj*Número de conjuntos en los que aparece cada nodo rojo/Nº de conjuntos = 3
    

    que es el “valor medio”. Obviamente, si el salto es una unidad, siempre se pasará por el valor medio (3). Que viene siendo lo mismo que lo dicho en “dos líneas”.

  26. Alberto Fernandez

    Yo tambien he ido por el camino del análisis, Bolzano, valores medios, definir funciones y no mojarse los pies… la verdad es que lo de ir por combinatoria me parece el camino del infierno! Seguro que se llega, pero ufff…

  27. Javier

    Hice una versión light, por el capricho de condensarla en 3 o 4 líneas: “Dada una recta arbitraria que hacemos girar hasta completar 180º, se tiene que la cantidad de números azules X, que quedan a su derecha, varía desde el valor inicial, X0, al valor final X180 = (6-X0), debiendo tomar en algún momento el valor medio (X0+(6-X0))/2 = 3, puesto que con cada movimiento, X se mantiene constante o bien aumenta o disminuye en una unidad, tal como se observa en las figuras: ” …

    • Esta sí, es clavada a la mía. Voy a publicarla en un Word en la página de inicio como una nueva entrada del Blog.

      • Jesus

        Tambien es igual a la que made yo:
        Dividimos el reloj por la mitad “casi” horizontalmente (de manera que queden 6 numeros arriba y seis abajo) y contamos la diferencia de
        rojos arriba y abajo:
        N=(numero de rojos arriba)-(numero de rojos abajo)
        (los azules podemos ignorarlos porque sera un numero complementario) (N estara en el intervalo +6/-6)
        Ahora vamos girando el reloj (por simplicidad) en sentido antihorario
        hasta dar media vuelta. Esta claro que lo que estaba arriba ahora esta
        abajo, por tanto habremos pasado de N a -N
        Cuando n=0 (siendo n=(numero de rojos arriba)-(numero de rojos abajo) para una posicion concreta del reloj) tendremos la solucion
        indicada.
        Como n pasa de N a -N pasara por el cero pero,… podria saltarselo?(incrementando/decrementando 2 o mas?)

        Examinemos las diferentes configuraciones (solo miramos el “color” que gana el semicirculo de arriba y el que pierde) (el que gana seria el de la derecha y el que pierde el de la izquierda si giramos el reloj
        siempre en sentido antihorario)
        R
        ——————
        A
        Aqui, al girar el reloj, gana un azul y pierde un rojo. n pasa de N a
        N-1 (-1)
        A
        ——————
        A
        gana un azul y pierde un azul. n pasa de N a N (0)
        R
        ——————
        R
        gana un rojo y pierde un rojo. n pasa de N a N (0)
        A
        ——————
        R
        gana un rojo y pierde un azul. n pasa de N a N+1 (+1)
        Por tanto, las posibles variaciones de la diferencia del numero de rojos
        es -1,0,+1
        Si tiene que pasar de N a -N en pasos de, como mucho, modulo 1, en algun momento n=0, lo que sera solucion.

  28. turner

    Pues mi solución creo que era mas sencilla. (Teorema cuenta de la vieja)
    tomo una distribución cualquiera que no tenga 3 de cada color en cada mitad
    Trazo una diagonal cualquiera.
    Miro en una mitad cual es el color que menos numeros tiene, (0, 1, 2)
    hago avanzar la diagonal seis pasos en sentido de las agujas del reloj.
    cuento cuantos números hay del mismo color que antes. tiene que haber 6 5 o 4,
    como en cada paso solo he podido ganar o perder 1 de cada color, necesariamente en algún paso habia 3 números del mismo color.
    Y por la geometria del porblema si en una mitad hay 3 del mismo color, hay tres de cada en cada mitad.

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