Good times for a change
See, the luck I’ve had
Can make a good man
Turn bad
So please please please
Let me, let me, let me
Let me get what I want
This time
Haven’t had a dream in a long time
See, the life I’ve had
Can make a good man bad
So for once in my life
Let me get what I want
Lord knows, it would be the first time
Lord knows, it would be the first time
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La solución más breve es la siguiente: dado un número natural N, al dividir cualquier número natural entre N sólo se pueden obtener N restos distintos: 0, 1, 2,…, N-1. Por tanto, si consideramos N+1 números de la forma 1, 11, 111, 1111, 11111,…, necesariamente hay dos que dan el mismo resto al dividir entre N (¡esto es el Principio del Palomar!), y su diferencia es un múltiplo de N. Esta diferencia (restando el menor del mayor) la forman unos cuantos unos seguidos de unos cuantos ceros, con lo que hemos resuelto el desafío. Ésta es la demostración que ha dado ganador del sorteo.
Una segunda solución, que también ilustra el Principio del Palomar, es la enviada, entre otros, por Fernando Holgado (el residuo módulo N es otra forma de llamar al resto al dividir entre N):
Sea N el número natural del que queremos hallar un múltiplo cuyas cifras son ceros y unos. Consideramos todas las potencias de 10 y vamos calculando sus residuos módulo N. Si alguno de ellos es cero, esa potencia de 10 será un múltiplo de N y ya tendríamos un múltiplo formado por unos y cero . Si ninguna de ellas da resto 0, tendrá que haber un momento en que se repita el resto que se obtiene (sólo hay N restos distintos posibles). Es decir, 10^a=10^(a+h) módulo N. Y por tanto, 10^a=10^(a+h)=10^(a+2h)=10^(a+mh) módulo N para cualquier m mayor o igual que 1 [algunos lectores han sustituido este argumento por la observación de que, al estar considerando infinitas potencias de 10 y ser los posibles restos un número finito, al menos uno de ellos debe repetirse infinitas veces]. Si denotamos 10^a=r módulo 10, se tendrá que
10^a+10^(a+h)+10^(a+2h)+…+10^(a+(N-1)h)=r+r+r+…+r=Nr=0 módulo N, es decir, el número indicado es un múltiplo de N, que al ser una suma de potencias de 10, estará formado exclusivamente por unos y ceros.
Hemos recibido un tercer tipo de solución, quizás incluso más elemental, que se basa en escribir la expansión decimal de 1/N. La versión más sencilla de este argumento la ha dado Maider Goñi Urreta, que considera en realidad la expansión decimal de 1/(9N), observar que es finita o periódica y recuerda que, en cualquier caso, se puede escribir como una fracción con denominador bien 10^k formado bien formado sólo por nueves y ceros. A partir de aquí se ve que ese denominador es un múltiplo de 9N y, para acabar, basta con dividir por 9 si fuese necesario.
Algunos lectores han enviado soluciones basadas directamente en la tabla de multiplicar y en ir encontrando una a una las cifras del número por el que hay que multiplicar N. Como ellos mismos han comprobado, dar esa demostración con todos los detalles es costoso. Aun así algunos lo han conseguido, y esperamos que sean precisamente ellos quienes más aprecien el valor del Principio del Palomar.
Queremos comentar por último que se han recibido soluciones que, antes de usar el Principio del Palomar, invocaban el Teorema de Euler-Fermat. Por supuesto son correctas, pero esta vez, y sin que sirva de precedente, usar «más matemáticas» alargaba la solución.
El jueves presentaremos un nuevo desafío.
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Sea n un número natural cualquiera; si tomamos los n+1 naturales siguientes, formados sólo por unos:
Atila, rey de los Hunos (con H)
Nadal al resto, en nuestro caso en Zn
Si m palomas ocupan n nidos y m > n, entonces al menos un nido tiene dos o más palomas en él.
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Jesús Gago, profesor titular del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla, presenta el decimoquinto de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 28 de junio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, junto al periódico por 9,95 euros, Del ábaco a la revolución digital, de Vicenç Torra.
A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado del problema por escrito.
El problema de esta semana parte de la observación de que todos los números naturales tienen al menos un múltiplo no nulo que está formado solamente por ceros y unos. (Por ejemplo: 1×100=10; 2×5=10; 3×37=111; 4X25=100; 5X2=10; 6X185=1110; 7×143=1001; 8X125=1000; 9×12345679=111111111… y así para cualquier número natural). La pregunta de la semana es: ¿por qué sucede esto?
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MI SOLUCIÓN:
Razonemos primero si es posible llegar a todas positivas:
Llamemos P, N y Q a los números de partículas positivas, negativas y neutras respectivamente.
Definamos: S = Q-N de manera que si somos capaces de llegar a todas positivas, será S=0-0=0.
Estudiemos cómo varían P, N y Q en cada uno de los choques posibles y cómo influye en la diferencias S:
a) Choque positiva-negativa: P(-1), N(-1) y Q(+2), luego S(+3)
b) Choque positiva-neutra: P(-1), N(+2) y Q(-1), luego S(-3)
c) Choque neutra-negativa: P(+2), N(-1) y Q(-1), luego S(0)
Es decir, según la naturaleza del choque, la diferencia S aumenta en 3 unidades, disminuye en 3 o no varía. Pero como en la situación de partida es S = 17-10 = 7, es imposible llegar desde S=7 hasta S=0 a base de incrementos de +-3.
Análogamente, es imposible llegar a todas negativas (definiendo: S=P-Q) o todas neutras (definiendo: S=P-N) porque las diferencias iniciales tampoco resultan ser múltiplos de 3 (30-17=13 y 30-10=20 respectivamente).
Manuel me ha enviado su solución en un archivo de Word; es otra vía (con un mejor formato que el que permiten los comentarios) de compartir con los demás la solución. Invito de nuevo a todos los que queráis hacerlo de este modo a que lo hagáis, por mí no hay problema.
SOLUCIÓN DE EL PAÍS:
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El maravilloso mundo de los parques infantiles, donde las más extrañas criaturas… vigilan a sus hijos. The Black Keys, muy recomendables.
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Ya tenemos un nuevo problema:
Antonio Aranda Plata, profesor asistente honorario del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla, presenta el decimocuarto de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 21 de junio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, junto al periódico por 9,95 euros, La verdad está está en el límite, de Antonio José Durán.
A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado del problema por escrito.
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.
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Ya hay solución para el decimotercer desafío matemático con el que EL PAÍS celebra elcentenario de la Real Sociedad Matemática Española. Dos estudiantes de Estalmat-Catalunya, Andrea Isern Granados, alumna de 3º de ESO en el Instituto Salvador Espriude Barcelona, y Silvia Martos Baeza, alumna de 3º de ESO en el Instituto Cubelles, de Cubelles (Garraf, Barcelona), plantearon el problema (vídeo de la izquierda) y ahora lo resuelven (vídeo de la derecha). Se han recibido 850 respuestas, de las que un 76% son correctas. La mayoría de las incorrectas lo son por no haberse dado cuenta de que no se puede hacer el diseño con 21 puntadas.
El ganador de una biblioteca matemática como la que reparte EL PAÍS es Pascual Peiró Codina, de Zaragoza. Esta semana, en el quiosco con 9,95 euros con el periódico, La verdad está en el límite, de Antonio José Durán. Excepcionalmente, esta semana el ganador se lleva otro regalo sorpresa, una camiseta bordada exactamente como la que resulta de la solución del problema, gentileza, todo hay que decirlo, de Brodats fil a fil.
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Casi 30 años separan a estas dos canciones de La Iguana y los niños pijos del rock neoyorkino, pero la influencia del primero sobre los segundos es indudable. En cualquier caso ambas me encantan.
Iggy Pop – The Passenger
The Strokes – Heart in a Cage
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Un habitual en los comentarios de los Desafíos Matemáticos de El País, Rogelio, me manda este bonito diseño del zigzag del problema de esta semana. Está hecho para 10 puntadas en lugar de 20 y tiene un curioso efecto visual, merece la pena echarle un vistazo.
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Aquí está mi solución de esta semana, me temo que no va a haber mucha variedad.
La solución de José Ángel Acosta da gusto verla:
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El lunes os doy las notas para que sepáis las partes que le quedan a cada uno.
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Ya está AQUÍ un nuevo desafío. Me alegro de que esté de nuevo presentado por dos chicas del Proyecto ESTALMAT, en este caso el de Cataluña.
Dos estudiantes de Estalmat-Catalunya Andrea Isern Granados, alumna de 3º de ESO en el Instituto Salvador Espriu de Barcelona, y Silvia Martos Baeza, alumna de 3º de ESO en el Instituto Cubelles, de Cubelles (Garraf, Barcelona) presentan el decimotercero de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 14 de junio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS y, excepcionalmente en esta ocasión, un detalle sorpresa. Esta semana en el quiosco, junto al periódico por 9,95 euros, La certeza absoluta y otras ficciones, de Pere Grima. Además esta semana habrá un regalo sorpresa.
A continuación, para aclarar posibles dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado por escrito.
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?
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Varios habéis estado dándole vueltas a este problemilla así que aquí va la solución. Las dos primeras preguntas no tienen misterio, así que no las incluyo.
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Nuestra demostración es la siguiente. Vamos a suponer que n es el número de vehículos en cada lado del cuadrado incial, n+5 el número de vehículos en uno de los lados del rectángulo final y k el número de vehículos en el otro lado del rectángulo.
Si n^2 = (n+5) k, entonces n+5 divide a n^2 pero como claramente n+5 divide a (n+5)(n-5) = n^2 -25, necesariamente n+5 ha de dividir a 25 = n^2 -(n+5)(n-5) y, como los únicos divisores de 25 son 1, 5 y 25, se deduce que necesariamente n+5 = 25 y, por tanto, n = 20. Es decir, podemos afirmar con total seguridad que participarán 400 coches. Es más, se puede ver que n+5 divide a n^2 si y sólo si n+5 divide a 25.
Esta demostración tan sencilla, nos indica que si, en lugar de 5, hubiéramos pedido que se aumentara en un número primo p de filas, la respuesta hubiera sido que sí se puede decir con total seguridad que participarían (p^2 -p)^2 coches, mientras que si hubiéramos dicho que se aumentara en un número K que no es primo la respuesta hubiera sido que no se podía decir con total seguridad, pues el número de posibilidades que tendríamos serían el número de divisores de K^2 mayores estrictamente que K, ya que bastaría con que n+K fuera divisor de K^2 y el número de éstos es mayor que 1.
Hemos querido, no obstante, dar una demostración (larga) que pensamos podían intentar nuestros lectores y que daba la clave sobre qué es lo que tenían que probar. También podríamos haber optado por realizar la división n^2 /(n+5) y habríamos obtenido k = n^2 /(n+5) = n-5 + 25/(n+5) de donde claramente se obtiene que n+5 ha de dividir a 25. Equivocadamente pensamos que la división de polinomios no sería el camino que se seguiría, pero ésta ha sido la solución elegida por un 10% de los acertantes. ¡Enhorabuena!
Se han recibido 1.865 respuestas de las cuales un 60% aproximadamente han sido correctas. De las incorrectas, el 90% han acertado la solución de 400 coches pero no han demostrado que solo hay una solución (o bien no lo han intentado o bien la demostración que dan no es correcta) por lo que no han entrado en sorteo.
De las soluciones correctas, la opción más elegida (un 60% de los acertantes) ha sido la siguiente:
Si n^2 = (n+5)(n-j), se tiene que 5j = n(5-j) y, por tanto, n = 5j/(5-j). Luego, j sólo puede ser 1, 2, 3 ó 4. Substituyendo estos 4 valores se ve que la única solución que da n un número natural es j = 4.
Esta demostración ha sido muy sencilla debido a que 5 es un número muy pequeño y, aunque no permite visualizar de forma inmediata que la propiedad importante en 5 es la de ser un número primo, sí demuestra que, a veces, un cambio en la notación (k = n-j) simplifica los cálculos.
Aquellos concursantes que han optado por el camino largo expuesto en nuestra primera opción, o bien han cometido un error que les ha llevado a concluir que no se podía decir con total seguridad el número de coches que participaban en la exhibición, o bien han optado por otra demostración larga y que consiste en resolver la ecuación de segundo grado resultante n^2 -nk-5k = 0, lo cual les ha llevado a tener que demostrar cuándo k satisface que k (k+20) es un cuadrado perfecto. En la mayoría de los casos, han probado que k = 16 lo satisface pero no han sabido probar la unicidad (la solución única), salvo en casos excepcionales como precisamente el ganador del concurso Luis Alonso Albir o, por ejemplo, Paula González Gómez o Alfonso Jesús Población Sáez, que lo han probado de una forma muy elegante.
Finalmente, en este problema ni los ficheros Excel, ni los programas informáticos que buscan los números n tales n^2/(n+5) es un número natural sirven para probar la unicidad de la solución aunque se programen hasta n = 1.000 como nos dice un concursante y se argumente que con eso basta, pues no hay ningún sitio donde se pueda hacer una exhibición de 1.000.000 coches, lo cual, aunque totalmente cierto y nos hace sonreír, no podemos darlo por correcto.
Queremos enviar, por último, muchos ánimos a Jesús González Santos para que consiga que sus hijos se interesen por la matemáticas. El próximo jueves tendrá una nueva ocasión para instruirlos con nuestro decimotercer desafío.
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Esta semana el desafío va a tener un aluvión de acertantes, aunque a algunos se les ha atravesado un poco por no dar con el planteamiento inicial que más facilitaba las cosas. En efecto salía una Ecuación Diofántica (ecuación en Z) pero para resolverla no hacía falta saber nada especial. Bueno, esta es mi solución:
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Este problema se puso el año pasado en la prueba de selección de ESTALMAT en Castilla y León. Aquí lo dejo para los aficionados a este tipo de retos… por 2 gallifantes:
Raúl ha montado un circuito eléctrico formado por 25 bombillas y 10 interruptores, A,B,C,D,E,F,G,H,I,J como en el dibujo de la abajo. Si tocamos un interruptor cualquiera las 5 bombillas situadas en la línea del interruptor cambian de estado, es decir las que estaban encendidas se apagan y las que estaban apagadas se encienden.
PREGUNTA 1: Si inicialmente están todas encendidas (figura a), describe un proceso por el que se llegue a la situación de la figura b, donde los puntos representan las bombillas que están encendidas y el resto están apagadas.
PREGUNTA 2: Imagínate que inicialmente tenemos la situación dibujada en la figura c (los puntos rojos son bombillas encendidas) ¿Podrías manipular los interruptores de manera que en cada una de las 10 líneas haya más bombillas encendidas que apagadas?
PREGUNTA 3: Si partimos de una situación como la de la pregunta 2, manipulando los interruptores ¿se podría llegar a tener todas las bombillas apagadas?
PREGUNTA 4: Sabrías decir cuántas configuraciones son posibles para las bombillas. Partiendo de la configuración de la pregunta 2 ¿cuántas configuraciones distintas se pueden obtener manipulando los interruptores?
PREGUNTA 5 (BONUS TRACK): ¿cuál es el total de configuraciones posibles?
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Josefa Ramírez Rodríguez, licenciada en matemáticas por la Universidad de Extremadura y Responsable de Sistema de Información en el RACC presenta el duodécimo desafío de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Las respuestas pueden enviarse aproblemamatematicas@gmail.com antes de la medianoche del lunes 6 de junio (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, La armonía es numérica (música y matemáticas), de Javier Arbonés y Pablo Milrud.
A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado por escrito.
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.
«Here we go again…»
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Esperanza Durany Castrillo (Jefe de Departamento de matemáticas del I.E.S. Europa) y Marcos García Fierro
Se llama Marcos García Fierro, es alumno de primero de la ESO en el instituto Europa de Ponferrada y, ahora también, ganador absoluto del concurso de índole nacional Canguro Matemático . Esto, después de haber obtenido la mayor puntuación en la presente edición de dicho certamen, en el que participaron más de nueve mil alumnos de 280 centros de Educación Secundaria de toda España.
Con 137,5 puntos sobre los 150 posibles, Marcos García ha batido records, ya que únicamente una decena de alumnos han superado los 120 puntos. Además de Marcos, otro joven ponferradino también superó esta barrera, aunque no con el éxito rotundo del primero. La prueba a la que ha tenido que enfrentarse este estudiante consta de seis niveles -«de primero de ESO a segundo de Bachillerato-» y consiste en un test de treinta preguntas de dificultad creciente que los alumnos deben contestar en un tiempo límite de 75 minutos.
Un destacado campeón. «No es el primer éxito de esta joven promesa berciana de las matemáticas, que actuamente participaren el Proyecto Estalmat -de detección y tratamiento del talento matemático precoz-», recordó la dirección de Europa.
Y es que, en la Olimpiada Matemática de primer ciclo de ESO organizada por la Asociación Castellana y Leonesa de Educación Matemática y celebrada recientemente, Marcos García, siendo de primer curso, «quedó a la altura de los mejores alumnos de segundo».
La música, su otra pasión. Además de las matemáticas, la música es otra de sus pasiones, tal y como han revelado desde el instituto Europa. Actividad en la que también ha alcanzado grandes éxitos.
Publicado en el Diario de León
En la noticia no han hecho referencia a que también ganó el primer premio en el ‘Concurso de Dibujo y Redacción Botillo del Bierzo’ en la categoría de redacción, convocado por el Consejo Comarcal del Bierzo en los actos organizados para conmemorar el décimo aniversario de la creación del Consejo Regulador y la aprobación de la marca de Indicación Geográfica Protegida del botillo.
En fin, si ademas añadimos que es un chaval educado, ¿qué más se puede pedir? un orgullo para nuestro Instituto.
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Curso acelerado de historia contemporánea de España:
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Ya hay solución para el undécimo desafío matemático con el que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Varios niños del IES Alameda de Osuna de Madrid propusieron el problema (ver vídeo de la izquierda) y lo resuelven ahora (vídeo de la derecha): es posible hacerlo en una sola pesada eligiendo bien el número de tornillos que se extraen de cada caja (de hecho hay cuatro soluciones posibles). La ganadora de una biblioteca matemática como la que entrega cada semana EL PAÍS ha sido en esta ocasión Antonia Rodríguez Paredes, Montcada i Reixac (Barcelona). Este domingo, en el quiosco, por 9,95 euros con el periódico, La armonía es numérica (música y matemáticas), de Javier Arbonés y Pablo Milrud.
Recordemos el enunciado del problema: 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?
La solución es que puede conseguirse con una solo pesada. En ella incluiremos un número diferente de tornillos de cada caja (entre el 0 y el 13). Si el total de tornillos que pesamos es N, el peso será 5xN más el número de tornillos que hayamos usado de las 3 cajas con tornillos de 6 gramos.
Probemos primero con un tornillo de la primera, dos de la segunda, tres de la tercera… En total tendremos 21 tornillos en la báscula y, por tanto marcará 21 X 5 = 105 gr mas un gramo por cada tornillo de las cajas de 6 gramos que hayamos puesto. Si la báscula marcara 112 gr sabríamos que hay 7 tornillos de 6 gramos y, como 7 = 1 + 2 +4, los tornillos de 6 gramos estarían en las cajas a, b y d. Lo malo es que si la báscula marca, por ejemplo, 114 gr sabríamos que hay 9 tornillos de 6 gramos pero como 9 se puede escribir de muchas formas distintas como suma de tres de esos números (9 = 1 + 2 + 6 = 1 + 3 + 5 = 2 +3 + 4) no podemos saber de qué cajas los he cogido.
Así que, para evitar confusiones, tenemos que conseguir 6 números entre 0 y 13 de manera tal que las sumas de tres de ellos sean siempre números distintos. Para ello se debe cumplir además que la suma de dos de ellos sean distintas (si por ejemplo en mi lista esta tengo 1, 2, 3, 4 y dos números más , como 1 + 4 = 2 + 3 usando otro de los números tendré dos ternas -grupos de tres- que suman lo mismo).
El desafío, tal y como está planteado, admite cuatro posibles soluciones: 0, 1, 2, 4, 7, 13 y su complementaria (restando de 13) 0, 6, 9, 11, 12, 13, que son las dos que aparecen en el vídeo, y también 0, 1, 2, 7, 10, 13 y su complementaria 0, 3, 6, 11, 12, 13. La primera, la que encuentran nuestros jóvenes presentadores, es la que requiere pesar menos tornillos. Decimos que hay sólo cuatro soluciones porque no importa de qué caja se tome cada número de tornillos. Si queremos tomar en consideración las 720 maneras en que podemos ordenar las cajas las soluciones serían 2880.
Se han recibido 1.040 respuestas, de las que el 55% son correctas, un 30% no han conseguido dar con la estrategia acertada y el 15% apuntan a que hay que buscar 6 números de manera que sus sumas 3 a 3 sean todas distintas (esto está bien), pero los números que dan no funcionan. Vale la pena señalar que algunos lectores apuestan por la base 2, lo que en principio es una buena idea porque permite resolver problemas más generales, y proponen como solución 0, 1, 2, 4, 8, 16 (o 1, 2, 4, 8, 16, 32). Pero en nuestro desafío cada caja tiene sólo 13 tornillos.
Queremos destacar la manera en que ha resuelto el problema, encontrando todas las soluciones, Rodrigo Rivas Costa, porque es un buen ejemplo de que el pensamiento abstracto y los métodos modernos de cálculo no están reñidos. Rodrigo empieza por tener la idea de que quizás pueda hacerlo en una pesada tomando un número adecuados de tornillos de cada caja. Observa que hay 20 maneras en las que pueden estar distribuidos los tornillos de 5 y 6 gramos, y que lo que necesita es que el peso de los tornillos que pone en la báscula sea distinto en cada uno de los 20 casos. Tiene por tanto que buscar 6 números entre 0 y 13 con esas condiciones.
En principio hay 14^6=7.529.536 colecciones de 6 números entre 0 y 13 pero, dice Rodrigo, el orden no importa y, además no puede haber dos números iguales en la lista porque se producirían repeticiones en las pesadas, así que sólo hay que probar con 3003 casos. Señala también que puede restar 5 gramos a cada tornillo y trabajar con pesos 0 y 1; por eso son las suma de 3 números las que deben ser distintas. Hasta aquí tenemos la idea inicial (que es lo más importante) y una serie de razonamientos abstractos (todo esto valdría en otras situaciones).
Dice ahora Rodrigo «Como 3003 es un número razonablemente pequeño, una selección de tornillos válida se puede buscar a mano, por tanteo, o con un programa de ordenador. He optado por escribir un programa de ordenador que recorra esas 3003 combinaciones, y así he encontrados todas las selecciones de tornillos válidas, que son 4 [las que hemos indicado anteriormente]».
José Luis Sánchez del Villar, como otros lectores, nos pregunta: «¿Os habéis acordado de marcar los tornillos antes de pesarlos o de no mezclar los de distintas cajas en el platillo de la báscula? Son idénticos (si no, bastaría una pesada para ver qué tipo de tornillo pesa 5 gramos) así que si se mezclan no habrá manera de separarlos.» y propone «se pueden marcar con una lima: la marca se puede hacer todo lo pequeña que queramos para no afectar a la medición, o mejor todavía, se puede usar la lima de manera que las virutas caigan en el platillo, así la medida seguiría siendo correcta.»
Belén, Dana, Daniel, Irene, Javier, Jimena y Patricia sí se habían percatado de este problema y habían pintado de distintos colores las cabezas de los tornillos, pero dificultades técnicas en la grabación impidieron mostrarlo. La solución al desafío es un ejemplo sencillo de Conjunto de Sidon, un tema activo de investigación.
El jueves plantearemos un nuevo reto.
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Santiprofemates 