10º DESAFÍO MATEMÁTICO DE EL PAÍS


Aquí van unas posibles maneras de solucionar el desafío de esta semana. La primera respuesta es de cosecha propia, la segunda de nuestra colaboradora Marta.

10º desafio matematico

20 comentarios

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20 Respuestas a “10º DESAFÍO MATEMÁTICO DE EL PAÍS

  1. jabon

    Aplaudo vuestras demostraciones ( si me permites Santi, la de Marta es el sumum, no te molestes). La mía, la silencio porque era un poco más basta, y prefiero aportar lo que encontré para el segundo enunciado:

    Partiendo de un tablero 3*3, y siguiendo hacia arriba, observamos que el número de fichas que entrarían en el tablero responde a una doble sucesión o progresión, según sea “n” un número par o impar.

    (Impar) a(n) = [(n-1)/2] ^2
    (Par) a(n) = (n/2)^2 – [(n/2) – 1]

    En ambos casos, restando del total de cuadros posibles (n^2) el cuádruplo de esas fichas (cada ficha tiene cuatro cuadritos), obtendremos el número final de cuadros vacíos, que serán

    (Impar) n^2 – 4[(n-1)/2] ^2 = 2n-1
    (Par) n^2 – 4 [(n/2)^2 – [(n/2) – 1]] = 2n-4

    El problema nos plantea el caso impar (9)…. 2*9 -1 = 17
    (Realmente, si hacemos un ordenamiento sencillo, se trata de una fila completa vacía “n”, más un cuadro en cada fila restante (n-1), lo que da también 2n-1)

    Ante tanta progresión o sucesión (o procesión si admitimos este sinónimo desde el punto de vista lingüístico), uno llega a pensar que está en Semana Santa, aunque el matiz de las o los “cruces”, que apuntó Santi, habría que incorporarlo también.

  2. Borja

    No sé cuál será la solución que darán en El País, pero la de Marta es preciosa. Enhorabuena.

  3. Marta

    Hola a todos,
    por supuesto que no me ha molestado, sino todo lo contrario!!
    Me siento muy halagada!! Por cierto, en el otro post te he pedido disculpas ya que creo que te reventé la solución muy pronto cuando la podías haber conseguido…. Para una vez que se me ocurre rápido…..

    De veras que lo siento! Pensé que ya la tenías… La próxima vez tendré más cuidado.

    Un saludo y muchas gracias por todo,
    Marta.

    • Marta, te digo lo mismo que en otro post: “No te preocupes Marta, te confieso que fue un alivio, porque no estaba muy motivado, lo que pasa es que como me gustó tanto, me fastidió no haberla descubierto yo, jajaja esta semana eres la heroína del Blog” en todo caso la culpa es mía por no avisar, en semanas venideras diré cuándo lo tengo ya terminado. Gracias.

  4. Jose Luis

    Para quitarse el sombrero la solución de Marta, haciendo fácil lo difícil (que es lo difícil…) :-)

    Lo de la Semana Santa habrá que aclararlo, pero yo desde el principio pensé que como el Domingo de Ramos cayó en 17…

  5. jabon

    José Luis, cuando lo comenté, vi también que este año coincidía ese detalle. Al final va a haber tantas coincidencias, como demostraciones se puedan dar al problema en sí.

  6. Acabo de ver la respuesta de Marta y me he quedado con la boca abierta. De una elegancia maravillosa. Mi admiración y mi enhorabuena.

    Santi, ¿podrías publicar (o mandarme por correo, si no quieres sobrecargar esto) tu respuesta a la segunda parte del problema, ya por curiosidad? ¿Y esa de Borja que decías que era tan original?

    Es que he “sufrido” tanto con este problema que tengo muchísima curiosidad por ver todo tipo de soluciones, je, je.

  7. Javier

    Para tableros n x n, siendo n impar tenermos la siguiente fórmula para calcular el nº mínimo de huecos vacíos que quedaría (con la figura planteada en el desafío):
    nº min. huecos = 2 n – 1

    Si la pieza tuviese forma de “L” (3+1 cuadrados), en tableros n x n, sucedería lo siguiente:
    Si n es impar siempre se puede dejar un sólo hueco libre.
    Si n es múltiplo de 4, siempre se rellenarán todos los huecos.
    Si n es par pero no es múltiplo de 4 quedarán como mínimo 4 huecos libres.

  8. Turner

    Para la primera pregunta, mi razonamiento fue.
    Si solo se deja un cuadrado libre, entonces al menos dos lados tienen la fila adyacente llena. Veamos que esto es imposible, supongamos que lo intento con la base del cuadrado.
    Si coloco la ficha ocupando ocupando dos cuadrados, en la fila superior ocupo tambien dos cuadrados. Si coloco la ficha ocupando un solo cuadrado
    en la fila superior ocupo tambien dos luego;
    Para ocupar 9 cuadrados en la base necesito ocupar 10 en la fila superior, lo cual es imposible.
    Para la segunda pregunta,
    Extendiendo este argumento, al resto del cuadrado, subiendo filas de 2 en 2 se obtiene facilmente que al menos quedan libres 8+9.

    • Pedro Correa

      La primera parte es igual que la demo que mandé yo, pero la segunda tiene el problema de que una ficha puede estar en la tercera fila ocupando un único hueco… y no estar en la cuarta, por estar en la primera, la segunda y la tercera.

  9. Pedro Correa

    Las dos demostraciones me parecen muy buenas, pero la de Marta es brillante. A veces, tanto halago puede dar un poco de vergüencilla, pero en este caso, los halagos están totalmente justificados.

  10. Maureen

    Hola.
    Mi solución es básicamente la misma que la de Marta, pero lo hice pintando el tablero con cuatro colores, de la siguiente forma: las casillas (impar, impar) de amarillo, las (impar, par) de azul, las (par, impar) de gris y las (par, par) de blanco.
    Tenemos 25 casillas amarillas, 20 azules, 20 grises y 16 blancas.
    Así, la conclusión es la misma que la de Marta: como cada pieza ocupa una casilla de cada color, y de las blancas solamente hay 16, podremos usar como mucho 16 piezas, que ocuparán 16×4 = 64 casillas, luego siempre quedarán 17 sin cubrir.
    Y lo diferente que tiene mi demostración es que se sabe cuántas de cada tipo se quedan sin cubrir: siempre serán 4 casillas azules, 4 grises y 9 amarillas.
    De esta forma se demuestran las dos hipótesis a la vez, y no hay que pensar la primera por separado.
    Espero que os haya parecido interesante.
    Un saludo

    • En tal caso enhorabuena a ti también Maureen. Un saludo.

    • Mi solución también era ésa… lo que pasa es que rellenaba las casillas con números 1-2-3-4 en vez de con colores, pero, vamos, que es lo mismo.

      Es un orgullo ver que es la misma solución que dan en “El País”, ahora que ya la han publicado, y también ver que ha sido el reto más difícil (con menos respuestas, y dentro de ellas, con menos correctas, o “completas”) hasta ahora.

      De todas formas, aunque la esencia es básicamente la misma, sigo viendo la solución de Marta varios peldaños por encima en sencillez, elegancia, ingenio y belleza que la nuestra ( = la de Maureen, la mía, la de “El País”): no necesita cuatro colores / números, sólo uno, pero bien e inteligentemente colocado. Multiplica por cuatro la eficiencia de la solcuión. Es de estas veces en las que uno siente envida sana de que no se le haya ocurrido, je, je.

  11. Maureen

    Qué casualidad, mi demostración es la que dan en El País.

  12. jabon

    No sólo es que sea interesante la de Maureen, es que es la oficial, por decirlo de algún modo, enhorabuena.
    De paso me doy cuenta, que para los pares (que yo pensé que también tenía otra receta), no valdría en muchos supuestos.

  13. Marta

    Madre míaaaa!! cuanto halago… Debo decir que la solución que mandé no era ni tan elegante ni tan sencilla. Santi la ha transformado y le ha quedado así de bonita, así que le cedo muy buena parte del mérito!!
    Enhorabuena a los que dieron con la solución…
    Un saludo y gracias,
    Marta.

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