11º Desafío Matemático de El País: Pesando tornillos


 

Belén Alcázar, Dana Calderón, Daniel de Maeseneire, Irene Carmona, Javier Quirós, Jimena González y Patricia Novo, alumnos de 1º ESO del IES Alameda de Osuna (Madrid), presentan el undécimo desafío de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Las respuestas pueden enviarse a problemamatematicas@gmail.com antes de la medianoche del lunes 30 de mayo (00.00 horas del martes). Entre los acertantes sortearemos una biblioteca matemática como la que ofrece cada semana EL PAÍS. Este domingo, por 9,95 euros con el periódico en el quiosco, Mapas del metro y redes neuronales, de Claudi Alsina.

A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado por escrito.

Tenemos seis cajas con 13 tornillos cada una. En tres cajas los tornillos pesan seis gramos cada uno y en las otras tres los tornillos pesan cinco gramos cada uno (todos los tornillos de cada caja pesan lo mismo), pero las cajas tienen todas el mismo aspecto. Tenemos también una báscula de precisión a nuestra disposición (no una balanza) donde podemos pesar los tornillos que queramos. ¿Cuál es el mínimo número de veces que necesitamos utilizar la báscula para saber qué cajas contienen los tornillos de cinco gramos y de qué manera se haría?

113 comentarios

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113 Respuestas a “11º Desafío Matemático de El País: Pesando tornillos

  1. Javier

    1) De momento me parece el más fácil de todos. Es el que he resuelto con mayor rapidez.
    Un saludo.

  2. 2) En efecto, creo que se trata del problema más sencillo hasta la fecha. A partir de este desafío voy a numerar los comentarios, como me sugirieron hace poco, para que cada uno retome el hilo por donde lo dejó con mayor comodidad.

  3. 3) A mí no me ha parecido tan “obviamente” fácil… He visto claro el razonamiento pero llegar a los “números exactos” me ha costado un pelín más… Supongo que me habrá pasado lo de siempre: que me he liado resolviendo a lo bruto (aunque en este caso el “a lo bruto” es mucho más sencillo y rápido que en ocasiones anteriores, claro) algo que fácil y elegantemente se habría resuelto en media línea, algo que hasta un niño de primero de ESO podría haber hecho fácilmente, je, je.

    • Javier

      9) vicent_price, tienes razón es fácil porque rápidamente vez como se puede llegar a la solución… encontrar los números adecuados te lleva un poco más de tiempo pero tampoco tanto.
      ¿Puede que exista algún camino más sencillo que se exprese en pocas líneas?… como ha ocurrido en desafios anteriores… ¡Yo no lo creo!

      • 11) Tienes razón, Javier, es que no me he explicado bien, afino más:

        sacar los “números exactos” no me ha llevado mucho tiempo (“a lo bruto”, por ensayo y error, ha sido un rato divertido), pero es que no me he quedado a gusto con eso, y no he parado hasta demostrar “por qué” esos en concreto cumplían lo que cumplían… no sé si me explico: he conseguido hallar una “fórmula general” para sacar esos números: si tuviera ahora mismo el mismo problema, pero con 1000 cajas, 500 de ellas de un tipo y 500 de otro, podría rápidamente decirte los números adecuados.

        (claro que, en este caso, tendrían que tener más de 13 tornilos cada caja, ejem…)

        • Javier

          15) Muy interesante lo que dices vicent_prince… me has motivado a encontrar la “fórmula general”.
          También hay que tener en cuenta lo que dice Rogelio…¡Qué al menos existen 4 soluciones distintas!.
          ¡Genial!… dos motivaciones para un desafío que me parecía muy sencillo.

  4. Jose Luis

    5) Efectivamente es sencillo dar con una solución. A modo de anécdota, comentar que un problema casi igual pero con monedas de oro, se lo planteba al detective Colombo el asesino de uno de los capítulos que terminaba resolviendo, y que se titulaba “El asesinato más inteligente del mundo”. Sobra decir que soy un fan de la serie…

  5. Marta

    6) Pues sí, ya lo tengo…. A mi me ha parecido muy bonito….

  6. Javier

    7) Santi he realizado un fichero en excel que te indica cuales son las cajas con tornillos de 5 grs en “x” pesadas.
    No sé si te lo puedo enviar de algún modo a través de este blog.

  7. Turner

    8) Dada la forma de la bascula, supongo que está permitido pesar al mismo tiempo varios “montoncitos”.

  8. mauricio

    10) Parodiando a Groucho: es tan facil que
    una chica de primero de ESO lo resolveria;
    a ver donde hay una chica de primero de ESO !

  9. pipin

    12) José Luis a mi también me ha recordado al de las monedas de oro, aunque éste tiene un poco más de intríngulis.

    Saludos.

  10. jabon

    13) Parodiando a Vicent_price, me he tenido que poner un poco bruto para resolverlo.
    Veía pero no atinaba.

  11. Rogelio

    14) hola, vale que es facil encontrar una solucion, pero lo divertido es encontrar 4 soluciones distintas, que las hay.

  12. jabon

    16) Uy Rogelio, nos lo pone más difícil. Aunque en teoría sospecho que son dos respuestas diferentes “con doble versión”, al menos en mi caso lo he comprobado con una; me faltaría la otra, o las otras tres si no es lo que pienso.
    Y deduzco que si utilizamos permutaciones, aún podríamos encontrarnos con cientos de soluciones “distintas”.

    • 17) Uhmmmm…. Rogelio y Jabon, me dejáis desconcertado… Mi solución sería única, mi serie de números es la que es, los números son, obligatoriamente, los que son (me recuerda a “Perdidos”, je, je: 4, 8, 15, 16, 23, 42…) y aunque sí que es cierto que tendríamos 6! de permutaciones distintas para “colocarlos”, no sé si me explico, la solución es la que es… Además, el hecho de que el 13 sea importante en mi solución (con 12 tornillos por caja, mi solución no serviría) me da por pensar que no estoy equivocado… pero no veo cómo narices desdoblarla, duplicarla, clonarla o convertirla en cuatro.

      Que Rogelio diga que hay cuatro soluciones, o que Jabon diga que su solución tiene una “doble versión” me hace desear que sea ya martes para ver las suyas y a descubrir a qué se refieren…

      • manuel

        18) El acertijo sería más completo si exigiera, por este orden: 1º menor número de pesadas, 2º menor número de cajas de los que se tomaran tornillos para pesar y 3º menor número de tornillos pesados. Efectivamente con estas tres condiciones sólo hay, creo , una solución, sigo buscando el algoritmo para encontrar el número de soluciones con sólo las dos primeras condiciones.

        • manuel

          Bueno, no entiendo lo de la simetría. He encontrado hasta ahora 3 respuestas. Te explico en privado Santi. xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx ¿Pueden ser más? estoy a puntito de la cuarta, pero no hay manera.

          • En efecto, dos de las que me mandas son simétricas y hallar la simétrica de la tercera es inmediato, te lo mando por mail. Enhorabuena.

            Por lo que veo, muchos hemos llegado a las soluciones a base de tantear con unas reglas similares y de más o menos insistencia y/o pericia, pero sigo sin respuesta a dos preguntas:
            a) ¿Por qué al llegar a 4 soluciones nos debemos parar? ¿cómo se demuestra eso?
            b) Los que lo tienen tan claro, ¿es gracias a un razonamiento o a un programa informático?

          • Miletón

            Yo he usado una hoja de cálculo, pero dando por supuesto que tres miembros de la familia debían estar (lo de “nasciturus” es más bien jurista más que surrealista), pues probar con todos era demasiado para mi excel. Ah!, y gracias a que descubrí que la función MODA daba error cuando no hay repetición.

          • Sí, si conocía el término, pero llegar a nasciturus desde unas cajas de tornillos, estarás conmigo que es surrealista como mínimo…

          • Javier

            Yo he dado por supuesto a esos tres miembros de la familia… pero no doy con las demás soluciones.
            Tengo 165 combinaciones a probar y muy poca paciencia.

          • manuel

            Gracias por la cuarta. Ya entiendo lo de la simetría. ¡que intriga!! ¿habrá más de 4? ¿alguién podría demostrar que sólo hay 4?

  13. 19) Manuel, no entiendo a qué te refieres con “con estas tres condiciones sólo hay, creo, una solución”. ¿Te refieres a imponer las tres (menor número de cajas, menor número de pesadas, menor número de tornillos) a la vez? Es que no creo que pueda hacerse (corrígeme qué es lo que estoy entendiendo mal): por ejemplo, la mejor solución para “menor número de tornillos”, así, a bote pronto, sería 5 tornillos, uno de cada uno de las 5 primeras cajas, en 5 pesadas individuales. Pero esta condición, obviamente, choca frontalmente con la del problema (menor número de pesadas), no creo que puedan conjugarse y armonizarse todas.

    • manuel

      23) Vincent, perdon si no me expresé bien, las condiciones serían dependientes de las anteriores. De todas formas lo expuse pensando en el caso que haya varias soluciones ,como algunos mensajes han sugerido.Yo sólo he encontrado una, así que aqui lo dejo y veremos el miercoles. Coincido contigo en lo del 13.

  14. jabon

    20) Lo de las permutaciones, es obvio que es un farol. Al fin y al cabo sería la misma estrategia.

    Yo estoy más intrigado con lo de Rogelio, por eso comenté lo de dobles versiones.

    Está claro que hay más de una respuesta posible.

    En alguna de ellas, se trata de pesar bien lo que se coge, o bien lo que se deja de coger, ¿Rogelio considera entonces, dos o una respuesta?. Más que nada porque me gustaría encontrar las respuestas que me faltan, y de paso adivinar el reto que propone Manuel.

  15. Rogelio

    21) las 4 soluciones que encuentro son totalmente diferentes a igual numero de pesada(s) (para no dar pistas). Sin dar muchas pistas mas digamos que de igual forma que habreis empezado razonando por abajo (0) se puede empezar por arriba (13).

  16. pipin

    22) Santi, ¿cómo te puedo enviar “mi” solución para que la eches un vistazo y al tiempo comentar algún detalle curioso?. Es que no sé todavía como funciona ésto.

    Saludos.

  17. pipin

    24) De acuerdo, se numeran las cajas del uno al seis, y en las cajas
    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    ¿Van por ahí los tiros?, xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    Saludos.

    • Sí desde luego van por ahí, y respecto a la otra pregunta, sí que se puede eliminar esa ambigüedad, el caso es encontrar otras combinaciones que lo hagan posible… yo había encontrado una manera y lo había dejado ahí, pero a raíz del comentario de Rogelio he encontrado una segunda; mañana espero tener un rato para encontrar más.

  18. Marta

    25) Hola,
    a mi, las cuatro soluciones de Rogelio, me tienen desconcertada….
    Yo sólo he encontrado una. Y he intentado empezar por arriba y por enmedio…. y nada!. Además no se me ocurre una regla “general” para demostrarlo de forma sencilla… En fin, le daré unas vueltas más.

    Por cierto, (esto Santi, si quieres, quítalo para no dar pistas), xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx??

    Un saludo,
    Marta.

  19. Antonio

    26) Hola!
    Veo que se ha abierto un debate sobre el número de soluciones distintas de este problema.Pues sí, hay más de 1 y más de 4, concretamente he conseguido 684 soluciones distintas, sin tener en cuenta ninguna permutación. Si se describe el problema de la mejor manera posible, como creo que así he hecho, encontrar un buen número de soluciones es muy sencillo, pero encontrar 684 soluciones es otra cosa, no parece factible. Para encontrar las 684 he utilizado programación a partir de esa descripción óptima (creo) del problema.
    Saludos

    • ¡¡Cooooooñó!! Ahora sí que me he quedado a cuadros. ¿?¿?¿?

      • Antonio

        Hola!
        Te has quedado sorprendido de que existieran 684 soluciones distintas, pero más me he quedado yo cuando he vuelto al problema y he visto el error DESCOMUNAL que he cometido y ha sido pensar que con analizar 4 cajas era suficiente, sin darme cuenta que ahí podían haber 2 cajas de cada tipo, me he pasado 680 pueblos. Subsanado el error, ahora sí, coincido con Rogelio, he encontrado 4 soluciones distintas, y también coincido con vincent_price en que el 13 es vital.
        Me parecía extraño que hubieran tantas soluciones y a la gente le resultara tan complicado encontrar más de 1.
        Pues nada, error identificado y corregido.
        Saludos

  20. 27) Cambio mi primera impresión sobre que era tan fácil; la estrategia a seguir sí se puede ver rápido; luego hay muchas elecciones y muy pocas válidas; ya explicaré cómo encontré yo la primera mía a toda velocidad (pura intuición) pero a partir de ahí…

  21. 28) A mi también me salen dos soluciones diferentes (naturalmente hay tropocientas permutaciones para cada una de ellas).

    ¿Decís que el problema es muy fácil y que por eso lo presentan niños? Pues creo que a mí me lo plantean con 12 años y no sé ni por dónde empezar (sabiendo la solución al clásico acertijo de los sacos con monedas de oro ayudaría, pero aún así…).

    • Nooooo, no quería decir con ello que fuese para un nivel de 12 años, quería decir que… bueno, otra cosa. Rectifico

      • 30) Vale, vale, te entiendo :-) Yo también estoy pendiente de la solución, tengo curiosidad por saber si hay algún sistema fácil de sacar las permutaciones, una la saqué “a ojo” y la otra con ordenador, lo cual no es especialmente satisfactorio.

  22. Javier

    29) Ya he encontrado, al menos eso creo, la “fórmula general” pero no consigo, de momento, encontrar más que una solución.
    Seguiré buscando.

  23. Borja

    31) Hola a todos, a mí con las exigencias de Manuel, me sale una única solución, (salvo las 6! permutaciones).

    Los que tenéis otras soluciones, ¿es bajo los criterios de Manuel?

    Santi, te envío mi repuesta por mail, ?es la misma que la tuya?

    • Sí, es la primera que obtuve; ahora tengo otra más.

    • Antes decía que había encontrado 2 soluciones, pero no, creo que tiene razón quien dijo que son 4. Salen 2 si no tienes en cuenta que tienes 3 cajas de cada tipo, pero si lo haces sí que salen 4 soluciones.

      • Pues yo lo tengo en cuenta desde un principio y estoy atascado en 2… Una pregunta a los de las 4 soluciones:
        ¿Lo sacáis razonando la respuesta o por tanteo?
        Por tanteo, si la estrategia es similar, que estoy seguro de que sí, habría que probar C(14,6)=3003 casos posibles (cierto es que muchos de ellos se descartarían por puro sentido común…). Supongo que el que sepa programación lo hará en un boleo, como dice Arguiñano, pero si no… ¿creáis un programa para estar tan seguros de que hay 4 soluciones y encontrarlas?

  24. jabon

    Pregunta para Vicent_price, y para todos lectores

    Si hubiesen sido 8 cajas (de 4 y 4)

    ¿se necesitarían 44 tornillos para resolverlo?
    Se trata simplemente de valorar si es posible encontrar un término general, como apuntó Vicent

    • Según mis cálculos, para 8 cajas (en dos grupos de 4), serían necesarios 56 tornillos por caja.

      Ahora bien, visto que al parecer hay por lo menos dos soluciones distintas, puede que:
      – o bien mi “fórmula” para encontrar los “números de Perdidos” :-) no sea única (es decir, que según el algoritmo de la “otra” solución sí que sean 44)
      – o bien que mi “fórmula” no esté optimizada, que se pueda simplificar y que 56 sean demasiados, que con 44 llegara incluso para mi solución.

      Santi, censura a partir de aquí si lo ves necesario: a fin de cuentas, de lo que se trata es de encontrar una “base” única para identificar cada caja, que no dé ambigüedades, ¿no? Pues bien, haciendo una analogía con el espacio en 2D, tal vez lo que yo he encontrado es la base (4,0), (0,7), mi base no está optimizada, la más sencilla sería (1,0), (0,1), no sé si se entiende la comparación.

  25. jabon

    gracias Vicent. era simplemente comparar.
    Como bien dices, al haber más de una solución no se puede generalizar sin conocer el resto.
    Tampoco yo estoy seguro de que puedan ser 44, porque no lo veo claro.

  26. Miletón

    Otra vez que no puedo ponerme con el problema hasta ahora (lunes) y me quedan muy pocas horas. Después de leeros creo que mi idea va por el buen camino, pero me resulta complicada de terminar (antes de las 24 horas de hoy, al menos) y aquí veo que lo haceis fácil. A partir de aquí me censurará Santi, así que sólo él me podrá decir si voy equivocado o dar una pista:
    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
    ¿probando con alguna de las opciones habeis llegado a esos resultados?.
    Sigo dandole vueltas. Un saludo.

    • Todo perfecto salvo donde decías 32, basta 20 (¡que ya está bien!) (combinaciones de 6 elementos tomados de 3 en 3). Y a partir de ahí está la clave; por tanteo existen 3003 posibilidades (combinaciones de 14 elementos tomados de 6 en 6) con 20 sumitas cada vez y sus posteriores comprobaciones… no es factible. Hay algunas claves que se ven rápidamente y que te ayudan a descartar muchas de las 3003, pero aún así, sin dar con alguna regla general es algo inabordable. Hay una solución bastante fácil de encontrar, en fin, yo la encontré por una mezcla de intuición y suerte, otros (vincent) la razonaron más, pero parece ser que hay cuatro soluciones (yo sólo tengo dos) y no sé cómo encontrar las otras. Sospecho (estoy esperando que nos lo confirmen) que los que las han encontrado han aprovechado la potencia de cálculo de los ordenadores para resolver todos los casos con un programa creado al efecto.

      • jabon

        Santi, permíteme que de una pista para averiguar las que creo que son las 4 soluciones que comentó Rogelio. Si te parece muy clara, la borras, aunque sólo le vale a quien sabe al menos una respuesta, que ya tiene el problema resuelto.

        Yo tengo dos básicas (y dos inversas, recíprocas, contrarias, suplementarias o como quieras llamarlas, creo que me puedes entender; en definitiva que cogemos lo que cogemos o cogemos lo que dejamos)

        Las dos básicas se asemejan en 5 números.

        Las otras dos (que son inversas de las anteriores respectivamente), obviamente también se asemejan en cinco números.

      • ojo, había un error, ya está corregido en negrita… son 14 elementos: {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13}

        • Miletón

          Ese había supuesto que era un error, lo que no pillo es lo de las 20 sumas:xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx. Voy a montar una hoja de cálculo para ver las sumas, lo que sería mucho más fácil si entendiera porqué son sólo 20.

  27. Jesus

    Pues yo despues de encontrar como hacerlo con # pesada# (autocensura) me he ido al Leroy Merlin y he visto que los tornillos de 5 y los de 6 gramos se distinguen a simple vista,… asi que ni pesadas ni historias XD

    El problema era facil, pero me ha parecido bonito. Desde luego, si no supieras que es un problema de logica sacar tanta informacion de tan poco resulta, a priori, sorprendente…

    • jajaja, el contacto con la realidad… esto me recuerda a un amigo mío, profesor de filosofía, que estaba escandalizado con el problema de los sombreros, él lo enfocaba, claro está, desde un punto de vista ético; “¡pero qué es eso de matar a los presos así sin más, por acertar o no el color del sombrero! ¡qué clase de problemas resolvéis!” jajaja

    • Javier

      jajaja… muy bueno Jesús.
      También podriamos decir que para que calentarse tanto la cabeza para hacerla en # pesada# (autocensura) (Te he copiado), si con tan sólo 5 pesadas, pesando las cajas una a una se conocería la solución mucho más rápido.

  28. Marta

    HUMMMMMM….
    Pues yo tengo una solución (sólo una) y la simétrica (o inversa) no vale….

    Te la puedo enviar, Santi???

  29. Borja

    Efectivamente, tengo la segunda solución, por simetría (censúralo, jejejej):

    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
    A por las otras dos…

  30. Marta

    Bueeeno, pues ahí va…. es un poco larga…

    La solución es que xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    determinar las cajas con tornillos de 6 gramos.

    Bien, hasta aquí mi solución. Ahora probando con las “simétricas”.
    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    En fin, ya me dirás… Ya estoy deseando ver mañana la solución que dan…

    Saludos,
    Marta.

  31. jabon

    Una pista más para quienes buscan la otra solución y su simétrica.

    La familia, conviene conservarla….

    • ¿El Padrino 1, 2 y 3? jajajajaja con pistas como esta nadie podrá acusarnos de destripar nada, jejeje

      • Miletón

        Probablemente sea porque sólo cambia un miembro. Yo acababa de encontrar las dos, que la primera tampoco la tenía (la verdad, no se como se ordenan). ¿Pero sólo es posible descubrirlas a lo bruto, como he hecho yo?: he tenido que hacer una barbaridad de pruebas, y eso dando por supuesto que en la familia estaba el abuelo, el bebé y el “nasciturus”.
        Santi: censura si hay mucha pista

  32. jabon

    En realidad, yo no sé si hay más de cuatro respuestas o no. Pero si te das cuenta de que hay algún número que no chuta, que algunos tienen que ser prácticamente fijos, que otros como que no se llevan bien , que otros mejor que estén separados, que lo de repetir alguno no parece funcionar, etc. Dudo que haya muchas más respuestas. Pero bueno, el tiempo dirá.

    Lo del abuelo y el llegado a término, ese que comentáis, muy bueno.

    • Ya, si con todo eso que dices ya nos hemos topado todos, pero ¿4? ¿por qué? no serán muchas, pero ¿por qué no 6 u 8?
      El caso es que a mí me huele a que los que lo han asegurado con esa certeza han llegado a la conclusión probando en 2 segundos las 3003 combinaciones… con la ayuda de Mr. PC y de unos buenos conocimientos de programación, pero si no es así, que nos lo expliquen por favor!!!

  33. Antonio

    Para conocer la composición de las cajas cogemos 5. Entre ellas seguro que hay: A) 3 de 6 gramos y 2 de 5 gramos o B) 3 de 5 gramos y 2 de 6 gramos. La caja restante, la sexta, será de 5 gramos en el caso A) o de 6 gramos en el caso B.
    Entonces las 5 cajas responderán a una de las siguientes 20 disposiciones y se seleccionan 1-2-4-7-13 tornillos respectivamente que se pesarán conjuntamente en una sola pesada:

    disposición peso en gramos de la selección para cada disposición
    1) 66555 138=1×6+2×6+4×5+7×5+13×5
    2) 65655 140=1×6+2×5+4×6+7×5+13×5
    3) 56655 141
    4) 66655 142
    5) 65565 143
    6) 56565 144
    7) 66565 145
    8) 55665 146
    9) 65665 147
    10) 56665 148
    11) 65556 149
    12) 56556 150
    13) 66556 151
    14) 55656 152
    15) 65656 153
    16) 56656 154
    17) 55566 155
    18) 65566 156
    19) 56566 157
    20) 55666 159

    Tendríamos 20 pesos diferentes, un peso distinto para cada una de las 20 diferentes posibilidades anteriores, por lo que viendo este peso podemos saber de cuál se trata.
    Por ejemplo, si el peso fuera de 152g. sabríamos que se trata de la ordenación 14ª y las cajas 1, 2 y 4 serían de 5 gramos y las cajas 3, 5 y 6 serían de 6 gramos.

    Además de esta(1-2-4-7-13), hay también otras tres formas más de seleccionar el número de tornillos de cada una de las 5 cajas que también producen 20 pesos diferentes y son 1-2-7-10-13; 3-6-11-12-13 y 6-9-11-12-13. Es curioso que en todas ellas aparece el 13, es decir, para encontrar la solución, por lo menos de esta manera, hay que pesar una caja completa.Yo he obtenido estas 4 soluciones con un programa informático, porque por más vueltas que le he dado no he visto otra manera de hacerlo. Con este planteamiento el hacer las comprobaciones a mano puede ser como buscar una aguja en un pajar.
    De todas formas esta manera de obtener la solución no paraece que esté al alcance de niños de 1º de ESO por la cantidad de posibilidades, 20, y la dificultad de encontrar una selección de tornillos que produzca un peso diferente para cada una de las 20 posibilidades, por lo que seguramente existirá una forma más sencilla, aunque a mí no se me ha ocurrido. Además, el hecho de que se pregunte en el enunciado por la forma de conocer las cajas de tornillos de 5 gramos y no por la composición de las 6 cajas, aunque una cosa implique naturalmente la otra, me tiene un poco intrigado.
    Bueno, es todo.
    Saludos

  34. Llamemos a las cajas: A, B, C, D, E y F.

    Si somos capaces de encontrar una combinación de tornillos extraídos de cada caja, tal que exista una correspondencia biunívoca entre el peso obtenido y la colocación de los tornillos en ellas, habremos resuelto el problema en una sola pesada.

    La lectura de la báscula se obtendrá de calcular:

    5·(suma de los tornillos sacados de las tres cajas de 5g)+6·(suma de los tornillos sacados de las tres cajas de 6g).

    Si tomamos el siguiente número de tornillos de cada caja: A=0 ; B=1 ; C=2 ; D=4 ; E=7 ; F=13; y por ejemplo los tornillos de 5g están en las cajas B, C y F y los tornillos de 6g están en las cajas A, D y E, la báscula dará una lectura de 5·(1+2+13)+6·(0+4+7)=146g. Si existe alguna otra colocación para la que se repita esa lectura, entonces no tenemos la correspondencia biunívoca buscada. Explorando las 20 colocaciones posibles (Variaciones ordinarias de 6 elementos tomados de 3 en 3), se obtienen los siguientes resultados:

    cajas 5g cajas 6g PESO
    A,B,C D,E,F 159
    A,B,D C,E,F 157
    A,B,E C,D,F 154
    A,B,F C,D,E 148
    A,C,D B,E,F 156
    A,C,E B,D,F 153
    A,C,F B,D,E 147
    A,D,E B,C,F 151
    A,D,F B,C,E 145
    A,E,F B,C,D 142
    B,C,D A,E,F 155
    B,C,E A,D,F 152
    B,C,F A,D,E 146
    B,D,E A,C,F 150
    B,D,F A,C,E 144
    B,E,F A,C,D 141
    C,D,E A,B,F 149
    C,D,F A,B,E 143
    C,E,F A,B,D 140
    D,E,F A,B,C 138

    como se observa, no se repite ningún valor, de modo que esa sería una posible solución para encontrar la colocación en una única pesada. Obviamente valdrían igual las 6! maneras de sacar de las cajas 0,1,2,4,7 y 13 tornillos.

    Otra sería (por simetría) sacar 0,6,9,11,12 y 13 y sus 6! modos de sacarlos.

    El gran problema está en que se pueden elegir C(14,6)=3003 maneras de sacar un número distinto de tornillos de cada caja y seguramente habrá más soluciones (un número par de ellas).

    ¿Cómo llegué yo a mi solución? por tanteo, siguiendo algunas reglas clave:
    – dos cajas no pueden sacar el mismo número de tornillos.
    – no podemos coger una combinación de tornillos en la que dos parejas o dos tríos sumen lo mismo.

    A partir de ahí, al ver que la clave debía estar en las diferencias de los términos, pensé en algún tipo de sucesión recurrente y al ver un 13, me vino a la mente la sucesión de Fibonacci (una apuesta personal: terminará saliendo en algún desafío). Lógicamente había que quitar uno de los dos 1s del principio, para no coger el mismo número de tornillos de dos cajas. Vi que no salía, pero se notaba rápidamente que sacando un tornillo menos de cada caja salvo de la de 13 sí funcionaba… así que lo encontré por una mezcla de razonamiento, intuición y suerte.

    • Alguien pedía en un comentario los siguiente:
      “Me gustaría que alguien me explicase lo de las 4 soluciones, porque no lo veo. Al igual que no veo el porqué deben existir soluciones simétricas (¿no será casualidad?).
      Toda combinación que respeta esas reglas creo que vale (no he hecho la evaluación de los valores). Os doy unas pocas soluciones, a ver si alguien le apetece comprobarlas:
      13-12-10-8-6
      13-11-10-9-5
      13-11-9-7-1
      13-11-9-6-1
      13-11-9-5-1
      13-11-9-7-3
      13-10-7-4-2
      1-2-4-7-13”

      Una vez tenía elaborada una larga respuesta, me pidió que lo eliminase porque había encontrado sus propios errores. Dejo mi respuesta por si le pudiese servir a alguien:

      Por ejemplo en la primera combinación que pones, llamando a las cajas A, B, C, D, E, F y distribuyendo los tornillos que sacas: de A:13, de B:12, de C:10, de D:8, de E:6 y de E:0. imagínate que obtienes una pesada de 263g. No podemos saber cómo se distribuyen los tornillos porque, por ejemplo, puede pasar que las cajas de 5g sean la A, la B y la E, o que sean la A, la C y la D. Esto sucede porque puedes formar dos parejas distintas que suman lo mismo: 12+6=18 y 10+8=18.

      En la segunda puedes formar dos tríos de igual peso: 13+11+0=10+9+5, por lo que puedes asegurar que las cajas A,B,F y las B,C,D tienen tornillos distintos, pero no asegurar cuál es cuál. ( porque 6·(A+B+F)+5·(B+C+D) = 5·(A+B+F)+6·(B+C+D) )

      En la tercera: 13+7=20 Y 11+9=20, mismo problema que el primer caso.

      En la cuarta: 13+6+1=11+9+0, mismo caso que el segundo.

      En la quinta: 13+1=14 y 9+5=14, no vale.

      En la sexta: 13+3=9+7, tampoco.

      En la séptima: 13+4=10+7, tampoco.

      La octava: es la solución más encontrada por todos. Su simétrica es: 0,6,9,11,12,13.

      Las otras dos soluciones son: 0,3,6,11,12,13 y su simétrica”: 0,1,2,7,10,13.

      • Lo de por qué las “simétricas” (insisto, si es que pueden llamarse así) también valen, es por que las diferencias entre un término y el siguiente son las mismas y por lo tanto si en caso es imposible que haya casos ambiguos (por dos tríos diferentes con igual peso) en el “simétrico tampoco.

  35. Jose Luis

    Yo he logrado encontrar una solución y su “simétrica”. Tampoco he querido seguir demasiado porque no me motiva en exceso encontrar soluciones a base de excel y metiéndole condiciones al solver, sino intentar encontrar el quid de la cuestión, cosa que no logro, así que me he rendido. De todos modos, no me imagino a chavales de la ESO explicándome el razonamiento, sino más bien explicándome la curiosidad de que con una sola pesada es posible averiguar toda la información que se busca. Me da que va por ahí el tema, aunque a lo mejor me sorprenden…

  36. jabon

    Estaba esperando con ansiedad, conocer vuestros planteamientos.
    Los primeros comentarios indicaban que era el más fácil, y cuando vi el problema, me sentí impotente.
    Sabía que la estrategia era la que es, lograr una combinación de números que diferenciase por el peso, cada una de las 20 posibles combinaciones de cajas; pero ¿qué números?, ¿cómo iba a sacarlos?

    Diseño de tabla excel, 20 combinaciones, formulita y arrastar resultaditos. ¿otras combinaciones de 14, tomados seis a seis?. ¡ impotencia¡

    Partí de unas intuiciones, que no dejan de ser más que intuiciones :

    – El cero y el 13 tenían que estar por…. (¿Por qué 13 tornillos en cada caja?….), luego sólo quedaban 4 números por averiguar, incluso el 1 parecía atractivo. Así que prácticamente 3 quedaban
    – No debía haber ningún repetido, complicaría la cosa.
    – El 5, no tocarlo de entrada.
    – Los números primos tenían que primar, valga la redundancia.

    Reconozco que no tengo ningún otro argumento, a parte de lo bruto que he sido. Tuve suerte de que al intento cuarenta o cincuenta, ya ví la cosa clara.
    Sacar las otras tres combinaciones ¿habrá más?. Fue partir de la anterior, y con una veintena de intentos aparecieron.

    Niños de 12 años, no tengo más argumento que el expuesto. ¡qué pena me doy¡

    • Javier

      Creo que es el más fácil… de hecho todos hemos llegado a saber la solución. Otra cosa es como localizar estos números… todos los hemos hallado a lo bruto.
      Creo y estoy convencido que el número de acierto esta semana será muy alto… pues en el desafio no piden que se explique como se obtienen los números adecuados.
      Un saludo.

  37. En mi caso, un poco “a lo bruto” (ensayo y error) un poco imponiendo normas similares a las que habéis comentado (“la separación entre los diferentes números de la serie debería cambiar a cada nuevo número añadido, para evitar que sea fácil que se combinen entre sí”, etcétera) llegué a la famosa serie 0, 1, 2, 4, 7, 13.

    Pero después, como comenté por aquí, intenté razonar y justificar “a posteriori” la elección de esos números y conseguí llegar, también como comenté, a una especie de algortimo que me serviría para sacar la serie correspondiente a cualquier número de cajas. Me plagio y copio del correo que envié a El País con la solución:

    “Estos números se han tomado de forma que la suma de tres de ellos cualesquiera nunca se repite. Dicha peculiaridad se asegura porque cada uno de ellos es la suma de los tres anteriores (más uno en el caso de que alguno de los tres anteriores fuera cero): 1 = 0 (+1), 2 = 0 + 1 (+1), 4 = 0 + 1 + 2 (+1), 7 = 1 + 2 + 4, 13 = 2 + 4 + 7. De esta forma, la suma del valor en la posición “i” con otros dos anteriores cualesquiera siempre será mayor que la suma de otros tres anteriores cualesquiera (por ejemplo: la suma de 7 con dos del grupo 0, 1, 2, 4, siempre será mayor que la suma de tres del grupo 0, 1, 2, 4), y como esto se cumple para todo valor de la lista, se asegura que ninguna suma se repite.”

    Jabon, como me preguntabas cuántos tornillos necesitaría para 8 cajas, si utilizas el razonamiento de arriba (teniendo en cuenta que la suma no sería de los 3 anteriores, sino de los 4 anteriores, +1 si alguno de ellos es 0), llegamos a que de la octava caja habría que coger 56 tornillos.

  38. Javier

    Efectivamente hemos llegado a la misma conclusión… parece que a lo bruto.
    Estoy impaciente por saber cuales son las otras 3 soluciones que faltan.
    Yo he llegado al problema exactamente igual que los que acabo de leer… aunque el planteamiento tiene una pequeña diferencia:
    a)hago una sóla pesada tomando los siguientes tornillos de las cajas:
    A=13, B=7; C=4, D=2; E=1y F=0.
    b)Si todos los tornillos pesaran 6 gr. el peso total sería de 162 grs.
    c)Como hay 3 cajas con tornillos de 5 grs. el peso será inferior a 162 gramos y esa diferencia me indicará cuales son las tres cajas que buscamos… sólo debo buscar entre los nº de tornillos pesados (13, 7, 4, 2, 1 y 0) cuáles 3 la suma es igual a la diferencia de peso obtenido.

    Me explico…
    Si la diferencia fuese 24 grs, las cajas serían la A, B y C; pues 13+7+4 =24.
    Si la diferencia fuese 13 grs. las cajas serían la B, C y D; pues 7+4+2=13

    Un saludo.

  39. jabon

    Solo funciona la última (0,1,2,4,7 y 13) de las que pones.
    Lo de las soluciones simétricas es lo más sencillo de comprender: si difieren los pesos de lo que “cogemos”, tiene que diferir también el peso de lo que dejamos de coger.
    Lo que Santi indica como reglas clave, creo que hay que entenderlo no como axiomas, sino como líneas de trabajo. ¿Es así Santi?
    Creo que este reto no era tan fácil. Para mí ha sido el más complicado, porque no he logrado saber muchas cosas, y ha sido casi puro azar.

  40. ¿¡¿¡¿Y POR QUÉ #!GR*¿!$&*R# TIENEN QUE SER 4 SOLUCIONES?!?!?!

  41. jabon

    Vicent, en efecto, yo consideraba el sumatorio de los tres anteriores. Muchas gracias.
    Javier, no interpretes que he criticado tu comentario. Lo viste enseguida y es lo normal. Yo me tuve que preparar una tabla excel, como recurso para no tener que hacer comprobaciones uno por uno. Me costó varios intentos al menos 40, 50.
    Recuerdo el de los palillos, que vi el segundo problema a la primera, y me pareció entonces una chorrada, que me hizo dudar y reflexionar al ver vuestros comentarios, y estaban más que justificados atendiendo al razonamiento. Pero yo me imaginé un espejo, y era ya todo coser y cantar.

    Como bien dices, al final muchos hemos acertado, y ahí puede objetivarse que el grado real de dificultad no sea tanto como he indicado.

    Me sigue mosqueando que lo presentasen niños de 12 años, que yo tengo uno, y no he sabido explicarle por qué esos números.

  42. Marta

    Pues yo creo que no tiene nada de particular que lo presenten dos niños (adolescentes…). Pienso que tras los primeros que siempre eran profesores, en un momento decidieron que los presentara gente de todo tipo. Salió una señora de una empresa privada, dos chicas de 4º de la ESO, una estudiante de doctorado, otro de 4º matemáticas,… para variar….

  43. Miletón

    Pues yo continuo liado con el problema. 0, 1 y 13 ya estaban identificados; el 7 evidentemente ha de ser el padre, el 2 la hermana mayor; el problema está con el 4 y el 10. Si el 4 es la madre, todo perfecto; pero en la segunda solución se cambia el 4 por el 10, que debería ser la abuela, y esa opción no es buena por reducción al absurdo: si no hay madre, no puede haber “nasciturus”. ¿Donde está el error del razonamiento?.
    (Desafío matemático lunático 12)

    • jajaja, pues para liarla un poco más, hay que tener en cuenta que el padre, el abuelo y la hermana mayor, ¡son primos! esto sí que es una “bárbara consanguinidad” y no la de los Austrias, jajaja

  44. Francisco

    Después de todas las entradas anteriores, está claro que de lo que se trata es de elegir en el conjunto {0,1,2,…,13} un subconjunto de 6 números con la propiedad de que todas las sumas de tres de ellos sean distintas.
    La manera más natural (pero no la única) de buscar un subconjunto con esta propiedad es ir eligiendo los números más pequeños posibles. Empezamos eligiendo el 0, luego el 1, luego el 2. Si elegimos el 3 ya no podemos seguir porque 0+3+x=1+2+x para cualquier otro número x que elijamos posteriormente. Así que pasamos a elegir el 4, que de momento no viola la propiedad. El 5 no podemos elegirle porque 0+2+5=1+2+4. El 6 tampoco podemos porque 0+1+6=1+2+4. El 7 sí que podemos. Siguiendo con esta estrategia, tampoco podríamos elegir ni el 8, ni el 9, ni el 10, ni el 11, ni el 12. Finalmente el 13 sí que podemos y ya tenemos nuestro subconjunto de 6 elementos con la propiedad de que todas las sumas de tres elementos son distintas: 0, 1, 2, 4, 7, 13. Es claro que el conjunto simétrico, 13,12,11,9,6,0 también es una solución. Pero además, como ya se ha apuntado en entradas anteriores, existe otro subconjunto (y su simétrico) que también es una solución.

    Este problema está muy relacionado con un problema de teoría combinatoria de números que sigue sin estar resuelto. Si alguien está interesado puedo hacer otra entrada explicando la conexión.

    • Por favor, Sr. Cilleruelo, sería un verdadero placer y un honor.

      Muchas gracias por intervenir.

      • Francisco

        Gracias por animarme a escribir esta entrada.

        El problema admite muchas generalizaciones, todas ellas interesantes.
        Voy a comentar una de estas variantes. Primero lo haré dentro del contexto del problema de los tornillos de EL PAIS, y posteriormente enunciaré la misma variante, pero con un enunciado más matemático.
        Acabaré la entrada comentando la conexión de este problema con los conjuntos de Sidon.

        Variante (versión tornillos):
        Tenemos n cajas de tornillos (en lugar de 6). Los tornillos de cada caja pesan todos 5 gramos excepto los que hay en tres cajas defectuosas que pesan 6 gramos. ¿cuántos tornillos tiene que haber en cada caja para poder detectar las tres cajas en una sola pesada?

        Si llamemos T(n) a la solución del problema, lo que el problema de EL PAIS nos dice es que T(6)=13. No es difícil comprobar que si las cajas hubieran tenido 12 tornillos cada una, el problema no se podría haber resuelto con una pesada.

        Variante (enunciado matemático): Decimos que una sucesión creciente de enteros es una sucesión B_3 si todas las sumas de tres elementos distintos de la sucesión son distintas. ¿Cuál es menor valor que puede tener el último término de una sucesión B_3 de n enteros que empieza en 0?

        Como los dos problemas son equivalentes, llamemos de nuevo T(n) a la respuesta. La sucesión 0, 1, 2, 4, 7, 13 es una sucesión B_3 y no es difícil comprobar que no se puede construir ninguna cuyo último término sea menor que 13. Así que, como ya sabíamos, T(6)=13.

        Calcular el valor exacto de T(n) para un valor de n concreto es un problema que sólo se sabe hacer para valores pequeños de n, y por métodos computacionales. Ni siquiera se conoce una estimación aproximada para T(n) cuando n es grande. No es difícil demostrar que
        n(n-1)(n-2)/18<T(n) y también se sabe (aunque es bastante más difícil de demostrar) que hay infinitos valores de n para los que T(n)<n^3.
        La mejor estimación en este problema se debe a Ben Green, uno de los mejores matemáticos del momento, conocido por haber demostrado, junto con Terence Tao, que los primos contienen progresiones aritméticas arbitrariamente largas. Ben Green consiguió sustituir el número 18 de la primera desigualdad por el número 7/2.

        ¿Cuál es el límite de T(n)/n^3 cuando n tiende a infinito?
        Nadie lo sabe. Se cree que es 1, pero sólo se sabe que, si el límite existe, es un número entre 2/7 y 1.

        CONJUNTOS DE SIDON.
        Si en lugar de tres cajas defectuosas hubiera dos, estaríamos hablando de sucesiones B_2 (también llamados conjuntos de Sidon) que tienen la propiedad que todas las sumas de dos elementos de la sucesión son distintas. Para estos conjuntos sí que se ha demostrado (lo demostró Paul Erdos) que el límite de T(n)/n^2 cuando n tiende a infinito es 1.

        Como curiosidad comento que si en el problema de EL PAIS hubiera habido dos cajas con tornillos de 6 gramos y las otras cuatro con tornillos de 5 gramos, sólo hubieran hecho falta 12 tornillos en cada caja para detectar las dos cajas defectuosas en una pesada. Es decir, T(6)=12 (cuando hay dos cajas defectuosas). En ese caso la solución sí que es única (salvo la simétrica).

        Un cordial saludo

        • Desde que se inició esta iniciativa de El País, en concreto desde el Tercer Desafío (“Un cuadrado mágico de productos”, que le sonará de algo…) en este Blog se ha creado un grupo de debate, con algunos fieles adeptos, donde la gente expone sus dudas, sus avances y sus opiniones, siempre en un clima de respeto y buen humor, preservando siempre (espero) el secreto de la solución hasta el momento oportuno. Este éxito ya me tenía sorprendido, pero sin duda esta intervención sube el “caché” del Blog y sobrepasa todas mis expectativas.

          Muchas gracias de nuevo y un saludo.

    • jabon

      Francisco, tengo una duda, según ese criterio, podría pensarse que todos los grupos de 6 en los que tres a tres no den nunca una suma igual valdrían, pero me da que pueden encontrarse más subgrupos que cumpliendo esa regla, no nos sirvan. (ejemplo 0, 1, 2, 8, 10 y 13)
      Y el hecho de que no den igual no quiere decir que luego (al multiplicar por números distintos, 5 y 6, se igualen las dos partes)

  45. Yo use excel para simplificar los calculos. Busque los coeficientes de la ecuacion partiendo de la idea de la descomposicion binaria y solo use 5 porque la 6ª caja sería lo que sobrase.
    Encontre una ecuacion con los coeficientes (1,2,4,7,13) y, cuando lei aqui que habia 4 soluciones, encontre 3 mas fijando el 1 y el 13: (1,2,6,10,13),(1,2,7,10,13),(1,6,9,11,13).
    Lo de los simétricos no acabo de verlo, aunque entiendo lo que quereis decir con lo que se coje y lo que se queda.
    Veremos a ver que dicen los niños de 1º de ESO porque todos nos hemos ido a la misma idea.

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