Desafío matemático nº 14 de El País: Partículas en colisión


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.

96 comentarios

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96 Respuestas a “Desafío matemático nº 14 de El País: Partículas en colisión

  1. Bonito problema, hacía ya unos cuantos que no había uno como este. Yo ya lo he resuelto, tengo el día inspirado… ¡Ala, a darle a la pelota!

  2. jabon

    Santi, no sé si le darás bien a la pelota, si lo haces como la Bomba Navarro, tienes toda mi admiración.
    Aunque viendo que te han visitado más de 25.500 veces, eso ya de por sí es para ello.
    Más o menos, creo que ya lo tengo resuelto. No digo más para no inducir a pensar si se puede o no se puede.

  3. Miletón

    No se si esto se puede escribir pero, en relación a lo que dice jabon, parece claro que
    ********************************************************************************
    ¿Me acerco al camino que has seguido, Santi?.

  4. Pedro Correa

    A mí me recuerda un poco al del cubo, con sus mas y sus menos. Así que el reto supongo que será encontrar la solución de una línea. Por lo demás, no parece de los más difíciles…

  5. Estoy tan acostumbrado a que Jabón dé pistas surrealistas y metafóricas que ya no sé si lo de la Bomba Navarro ha sido casualidad o si intentaba dar una pista **********************************************… :-)

    Por lo demás, me ha encantado la simpatía del profesor que presenta el problema: “Si chocan dos partículas del mismo signo pues se saludan cordialmente y hasta luego Lucas” ¡Qué campechano, es genial eso de que intenten contarse las cosas de forma fresca y accesible!

    Santi, si lo que yo creo que es una pista de Jabon es realmente una pista, debe de querer decir que el camino que he seguido para hallar la solución es el “estándar”. Te copio y aplica la ya clásica y famosa censura del blog :-)

    *****************************************************************

  6. Asdracles

    Soy un asiduo de los problemas, y curioso de este blog de vez en cuando…. Este problema si que creo que lo resuelvo en una linea, es más, creo que sería capaz de hacer problemas como este de tres en tres… Es de largo el que me ha resultado más sencillo

  7. Saúl

    Hola! Te pongo aqui la idea que tengo, tu te encargarás de ocultar..
    Creo que ***********************************************************************************
    ¿Que opinas, he pillado algo del problema? ¿Alguna pista o ayudita?

  8. Raúl

    No estoy seguro que haya demostrado algo ¿qué te parece, Santi?:

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  9. jabon

    En ocasiones intento dar pistas para que quienes lo tienen resuelto o encaminado puedan valorar, si su respuesta y la mía va por caminos similares. No hay otra intención.
    Quiero pensar que sirven de poco para quien está bloqueado con el problema, y no sabe por donde empezar.
    No obstante, si alguien piensa que estoy en un error, indicádmelo que sabré rectificar.
    De lo que se comenta habitualmente, no veo que haya ninguna crítica al respecto, pero siempre puede haber alguien que se sienta molesto, y tampoco es esa mi intención.
    Por lo demás, tengo resuelto el caso. La base es un par de líneas pero que necesitan un complento, de ahí que
    necesite extenderme algo más.
    Desconozco si es posible hacerlo más breve. De todas maneras le daré alguna vuelta más durante el fin de semana.

    A continuación para que el profe vea, juzgue y tache xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    *************

    • Por favor jabon, ¡nos encantas tus pistas! además a veces, como en el caso del obispo, son otro divertido reto en sí mismas. En cuanto a la solución, es la estándar, pero hay una forma de expresarla más breve.

      Saludos.

  10. Pedro Correa

    Lo primero que pensé al empezar a ver el vídeo era que se iba a preguntar la distribución de probabilidades para las partículas después de infinitos choques, o la probabilidad de que se encontraran en un cierto estado concreto después de n choques de cualquier tipo. Me asusté como si fuera una hormiga y viviera dentro de un cubo como el del segundo desafío. Sin embargo, después de ver el enunciado, me quedé un poco más tranquilo.

    Igual mejor que censures todo lo que sigue.

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  11. Acabo de pillar lo de jabón, jeje, pero ni aun así salgo de mi atasco!

  12. Aixihuili

    Hola, Santi.
    Ante todo, enhorabuena por tu blog.
    No sé si voy bien en caminado o no y te pido opinión.
    Mi versión sería:

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    Ya me dirás que te parece.
    Gracias por todo.
    Abraços.

  13. newzad

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    • newzard, no me parece ético y no entiendo tus motivos para publicar la solución antes de tiempo. Desde luego no es lo que estamos haciendo los que participamos en este Blog. Por ese motivo no publicaré ni tu comentario ni el link a la solución que has incluido.

      Un saludo.

  14. He llegado a una solución, pero no sé si lo suficientemente “formal” como para darla por buena. ¿Cómo lo ves Santi?

    —-
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    • Sí que lo es, ya he visto varios que partís de esa premisa inicial para vuestro razonamiento, yo partí de otra idea pero ambas son válidas. Luego el final siempre es semejante y las conclusiones las mismas…

      Saludos tokland.

  15. Antonio

    Hola!
    Creo que este ejercicio no es difícil aunque podemos poner uno o dos escalones más de dificultad que el del bordado.Después de ver cómo se obtiene la solución(según esta forma) te das cuenta cómo explicar con palabras simplemente, de forma sencilla, el porqué pasa lo que pasa y cómo tendrían qué ser las cantidades de partículas para que ocurran o no ocurran cosas.
    Un saludo.

  16. pipin

    Buenas, quizás sea de bicho raro andar calentándose el “tarro” un viernes por la tarde; Santi como estoy algo perdido te comento mi solución en la que no confío un pimiento: **********************************************************.

    Saludos.

  17. Hola Santi, creo que he encontrado la solución aunque seguro que no es la más sencilla , desde luego en una linea no podría explicarla. A continuación te la explico para que me orientes ,
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    Seguro que hay una solución más sencilla. Gracias Santi.

  18. Jesus

    Jabon, como siempre, me tiene intrigado. Yo lo tengo resuelto****************************************************, aunque estoy trabajandolo para reducir la explicacion que me queda larguisima y veo que se puede explicar mas rapidamente. Con respecto a la “pista” solo se me ocurre ******************************************* pero mira que dudo que vaya por ahi el tema… XD
    Saludos como siempre, y felicidades por este blog

  19. Jesus Fraile

    Hola,

    soy nuevo en el foro, os vengo siguiendo desde hace una semana y me parece genial la idea, felicidades Santi.
    Jabón, eres un fenómeno. Como bien dice Santi, es igual o mayor desafío encontrar tu pista-comentario. Me tienes asombrado.
    Bueno, aquí pongo mi solución, espero no haberme dejado nada en el tintero
    Saludos, y seguid así.

    Censura a partir de aquí…….

  20. Jose Luis

    Ahí va mi solución. **********

  21. Javier

    Santi esta vez, al principio, me he liado más que los cables de un ordenador.

    Después he hecho el ***************************************************
    (naturalmente “censura” todo lo que creas oportuno).

  22. Javier

    Santi mi explicación no era sólo para el caso *******************************************************************
    Un saludo.

  23. Buenas somos un grupo de jóvenes que trabajamos en un proyecto para ayudar
    a la personalización y expansión de Blogs utilizando tarjetas virtuales, para poder
    compartirlas a otros blogeros, son 100% actualizabes y exportables,
    entra en http://www.cardeek.com, Saludos!!

  24. Quique

    ¡Hola, Santi!
    Me encanta tu blog; eres un máquina.
    Me gustaría darte mi respuesta, a ver qué te parece (y espero no darte mucha lata). Es ésta:

    **************************************************************************************

    Espero respuesta; muchas gracias, y mucha suerte con tu blog!!

    • Hola Quique, bienvenido y muchas gracias, no es para tanto… en cuanto a tu respuesta, me encanta su claridad y estoy seguro de que está bien, porque se parece muchísimo a la solución que conozco, pero hay una frase que no entiendo, la de: “…directa o indirectamete, de dos en dos”, parece que se contradice con lo que acababas de decir de “[*,*,*]”, ya te digo, estoy seguro de que está bien, pero no sé a qué te refieres…

      Saludos.

  25. Carlos

    Mi solución (abreviada):

    En cada choque de partículas,
    **********************************************************************

  26. Hipatia

    Hola, Santi. Me incorporo al foro, si teneis a bien aceptarme y os hago llegar mi humilde aportación. Yo lo he razonado así:
    censura, plis:
    ******************************************************************************************************

    Tú dirás, Santi. Gracias de antemano.

  27. Manuel

    Hola, Santi, creo que hallé la solución, a ver que te parece. Aunque el planteamiento es sencillo, admito que la explicación es un poco rollo, porque me dio por escribirla en Word con todo lujo de detalles (por supuesto, no incluyas lo que sigue):

    *******************************************************************************************************************

    • Jo*** Manuel, impresionante, aunque al final llegamos a lo mismo, menuda formalización le has dado…

      El martes lo publicamos, y si quieres en word/pdf (santiprofemates@gmail.com). (Eso va para todos los que así lo deseen)

      Un saludo.

  28. Acabo de ver el problema, yo como siempre el Domingo a última hora. En principio y a primera vista me parece
    **************************************************************
    pero necesito demostrarlo formalmente.

    Censura, censura

  29. A ver se me ocurre (no me sale en una línea)

    **********************************************************************

    Crees que esta bien encaminado?

    • Sí, muy bien, a falta de definir qué es x, y, z, aunque ya se ve… Lo de “una línea” es una exageración, nadie puede demostrarlo en una línea; sí se puede hacer algo más breve, ¡pero no tanto!

      Saludos gogely.

  30. Marta

    Hola a todos,
    os mando mi solución aunque parece que muchos ya lo tenéis!!
    Este me ha parecido fácil aunque no menos entretenido (esto de los desafíos ya es más que un vicio!!).

    Santi, como siempre gracias, y ahí va! supongo que es a lo que ha llegado todo el mundo:

    ——————————————————————-

    **************************************************************

  31. Manolo

    Hace muuuuchos años me plantearon un problema:
    “Tenemos tres cajas, Roja, Negra y Blanca, en las que tenemos bolas (no recuerdo exactamente la cantidad). Había que coger una bola de dos de las cajas e introducirlas en la otra. P.e. una bola de la caja Negra y otra de la Blanca, en introducir las dos en la Roja. Había que buscar la forma de que todas las bolas estuvieran en una caja.”
    La inscpiración me vino de mano de la santísima trinidad… ;)
    Un saludo.
    P.D. Censura a partir de aquí
    *************************************************************************************
    ¡ARDE LUCUS!

  32. Juan

    Como siempre estos desafíos plantean dos problemas en uno: el primero, resolverlo, y el segundo, cómo expresarlo breve y elegantemente.
    Aquí va mi solución. No dudo de que sea correcta, pero sí de que sea la más breve y elegante…. a ver qué te parece.

    (censura desde aquí)
    ******************************

    Para generalizar el razonamiento voy a llamar a los 3 estados A, B y C. Para que todas acaben teniendo un mismo estado, por ejemplo C, los otros dos estados A y B deben llegar a 0, obviamente. Llegaríamos igualmente a la solución si llegamos a una situación en que A=B, pues en ese caso bastaría con hacer chocar todos los A con todos los B y tendríamos A=B=0 que es una situación que resuelve el problema.
    La situación en que A=B podemos expresarla como Diferencia (A, B) = A-B = 0. Vamos a ver cómo evoluciona Dif (A, B) con los diferentes posibilidades de choques. Si podemos llegar a Dif (A,B)=0, entonces el problema tiene solución. Pero si demostramos que Dif(A,B) nunca puede ser cero, el problema no tendrá solución. Estos son los casos posibles:
    • Si chocan A y B, ambos conjuntos disminuyen en 1, con lo que la diferencia no varía.
    • SI chocan A y C, A disminuye en 1 y B aumenta en 2. La diferencia tras el choque es
    (A-1)-(B+2)=(A-B) -3, -> LA DIFERENCIA SE REDUCE EN TRES.
    • Si chocan B y C, A aumenta en 2 y B disminuye en 1. La diferencia tras el choque es
    (A+2)-(B-1)=(A-B) +3 -> LA DIFERENCIA AUMENTA EN TRES.
    Vemos que la diferencia entre A y B sólo puede ir aumentando o disminuyendo de 3 en 3. Por lo tanto, la única posibilidad de que la diferencia llegue a ser 0 es que la diferencia inicial sea múltiplo de 3.
    Veamos en nuestro caso si la diferencia inicial entre algún par de partículas es múltiplo de 3:
    Diferencia positivas/negativas: 20
    Diferencia positivas/neutras: 13
    Diferencia negativas/neutras: 7
    Luego NO HAY NINGUNA SUCESIÓN POSIBLE DE CHOQUES QUE PERMITA OBTENER UN ÚNICO TIPO DE PARTÍCULAS.

  33. Miletón

    Pasados estos tres días de fin de semana, me he puesto a la redacción y me ha salido lo que sigue:

    Para encontrar la solución he empezado por el final del problema planteado, es decir, por saber que ocurriría antes del último choque de partículas que las convirtiera a todas del mismo signo: justo antes del último choque 55 partículas (todas menos dos) deberían ser del mismo signo y las dos restantes cada una de uno de los otros signos (al chocar estas dos se convertirían al signo de la mayoría y serían todas iguales).

    Es fácil comprender que a esa situación necesaria final se podría llegar desde cualquier otra en que hubiese un número idéntico de partículas de dos signos diferentes (la secuencia entonces sería el sucesivo choque por parejas entre ellas).

    Por otro lado he pensado en que ocurre con el número total de partículas de los dos signos de las que se ven involucradas en un choque: ambos totales disminuyen en una unidad. Eso implica que si los totales no eran iguales, no podrán llegar a serlo a base de tales choques.

    En cambio, entre los totales de partículas del signo diferente que chocan y las del tercer signo si se produce una diferencia igual a tres (las de los signos que chocan disminuyen una unidad y las del otro signo aumentan dos unidades); luego esta sería la única forma en que dos grupos llegasen a igualar su número total de partículas. Pero para ello sería preciso que la diferencia entre los valores iniciales fuese igual a tres o múltiplo de tres, lo que no ocurre en el desafío planteado:
    pos – neg = 20
    pos – neu = 13
    neu – neg = 7

    En resumen: el problema planteado no tiene solución posible puesto que la situación final que se plantea de todas las partículas del mismo signo necesita previamente la igualdad del número de elementos de al menos dos grupos, la cual no se puede conseguir porque las posibles variaciones entre esos valores se producen de tres en tres unidades y precisarían valores de inicio cuyas diferencias fuesen tres o multiplo de tres.

    ¿Le parece señor profesor lo suficientemente rigurosa o se escapa algo?

    Un saludo a todos.

  34. Pablo

    Hola Santi, soy nuevo en el blog, a ver que te parece mi solución, espero que se entienda (censura a partir de aquí):
    Partículas en colisión:

    Para lograr que tras un número determinado de choques, todas las partículas sean del mismo estado, debemos llegar antes a una situación en la que haya igual número de partículas en dos de los estados (por ejemplo 10 positivas, 10 negativas y 15 neutras) para que así las partículas de estos dos estados choquen el número necesario de veces hasta que desaparezcan a la vez, quedando todas las partículas iguales y del estado restante.
    Se observa que después de cada choque la diferencia entre los números de partículas es el siguiente:
    -La diferencia entre el número de partículas de los estados que chocan no varía (por ejemplo, si tenemos 30 positivas y 10 negativas, la diferencia entre ambos es de 20. Después de un choque entre estas tendríamos 29 positivas y 9 negativas, pero la diferencia seguiría siendo de 20).
    -La diferencia entre el número de partículas de los estados que chocan y el número de partículas del estado que no ha chocado varía en 3 unidades, ya que desaparece 1 de cada estado que choca y aparecen 2 del estado que no ha chocado (por ejemplo, si tenemos 30 positivas y 17 neutras, la diferencia entre ambos es de 13. Después de un choque entre una positiva y otra negativa tendremos 29 positivas y 19 neutras, la diferencia ahora es de 10, ha disminuido 3 unidades).

    Teniendo esto en cuenta, para que en algún momento se igualen las cantidades de dos de los estados, las diferencias iniciales deberían ser múltiplo de 3. Tenemos que las diferencias iniciales entre el número de partículas de cada estado son:
    -Entre positivas y negativas: 30-10=20
    -Entre positivas y neutras: 30-17=13
    -Entre neutras y negativas: 17-10=7

    Como ninguna de estas diferencias es múltiplo de 3, en ningún momento se igualarán dos de los estados, y por consiguiente en ningún momento serán todas las partículas del mismo estado.

    Estoy seguro de que existe una solución mucho mas simple, pero esta es la mía, espero que me haya expresado con claridad.

    ¡Un saludo y gracias!

  35. Turner

    Creo que vas a tener que tachar todo.

    Como yo soy físico, mido la carga elécrica del sistema y me da +20. Como hay 57 partículas la carga final del sistema, si todas las partículas fueran iguales sería +57, -57 o cero. Además con un pequeño calculo veo que depues de cada colisión la carga total del sistema variara en cero , +3, o, -3. Ahora le pregunto a un amigo matemático si hay alguna forma de pasar desde el númro +20 al +57, -57 o ak cero, simplemente sumando o restando 3 de 3 en 3, y me dice que no.

    Pregunta ¿Hay alguna forma mas sencilla?

    • Pedro Correa

      Yo creo que la que has puesto es la que más me gusta de todas las que se han puesto. Corta, concisa y correcta.

    • Javier

      Lo bueno y breve dos veces buenos.

    • Javier

      Me parece una demostración genial, sólo no entiendo una cosa… si me la explicas te lo agradezco… dices que si todas las partículas fueran iguales la carga sería +57, -57 o cero… No entiendo muy bien lo de +57 o -57.
      Gracias.

      • Turner@nexo.es

        Suponiendo que fuesen cargas eléctricas, un sistema con 57 particulas iguales como el que plantea el problema tendrá una carga de 57 unidade de carga positiva, 57 unidades de carga negativa, o cero si las cargas son neutras.

      • Javier

        Ok. Ya he entendido, el problema era que no había comprendido el planteamiento del problema inicial… un gran despiste.

        Para mi esta es la demostración que más me gusta. Por lo sencilla, clara y por el planteamiento… un tanto original.

        Chapeau para Turner.

  36. Turner

    Post Data. Voto por este problema para la próxima encuesta.

  37. TELEGRAMA: Estoy de evaluaciones (stop) actualizaré comentarios por la noche (stop).
    Un saludo a todos (stop)

  38. picstar

    Hola:

    Yo creo que no hay solución posible. Redactarte mi razonamiento me .llevaría bastante, pero más o menos es que:

    El estado inmediatamente anterior al de la solución sería aquel en el que hubiera dos grupos de distinta carga (positiva, negativa o neutra) y con el mismo número de particulas. El grupo restante tendría que tener necesariamente un número impar de bolas, pq es indiferente que los otros dos (que tienen el mismo número de bolas) tengan un número par o impar de estas, pq el resultado al sumarlos siempre será par.

    Pero para llegar a una situación en la que las dos grupos tengan el mismo número de bolas es imposibnle debido a que el incremento en el número de particulas de un grupo siempre se produce de forma par y entonces………

    No sigo con la explicación pq estoy muy liado, y no la tenga bien redactada del todo, pero sí desarrollada en el papel. Pero voy bien?

    Gracias. Saludos.

  39. Juan, Miletón, Pablo y Picstar:

    Acabo de coger el ordenador (día ajetreado) dadas las horas que son, a las 0:00 publico íntegros vuestros comentarios, sin censura. Un saludo a todos.

  40. Ana

    Hola, buenas noches. Mi solución:

    No es posible diseñar una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado.
    Demostración
    Llamemos por comodidad 1, 2 y 3 a los tres estados posibles y A, B y C al número de partículas en cada momento en cada uno de ellos respectivamente.
    Llegar a una situación con todas las partículas en el mismo estado, por ejemplo en el 1, significa que hemos necesitado llegar a una situación anterior en la que hubiera el mismo número de partículas en los dos estados restantes, 2 y 3. Es decir B=C, que es lo mismo que decir que la diferencia B-C ha de ser cero.
    Pues bien, si observamos las diferencias entre A, B y C encontramos que al efectuarse un choque esas diferencias sólo pueden mantenerse constantes o aumentar/disminuir en 3 unidades.
    Por ejemplo si choca una partícula del estado 1 con otra del 2 tenemos que:
    A disminuirá en 1,
    B también disminuirá en 1 y
    C aumentará en 2
    De manera que (A-B) permanecerá constante mientras que (A-C) y (B-C) variará en ± 3.
    Por ello si hemos de conseguir que una de las diferencias entre dos estados sea cero, ha de ser inicialmente múltiplo de 3 para que tras los choques necesarios pueda anularse y que todas las partículas queden en el otro estado.
    Como en nuestro problema no hay ninguna diferencia múltiplo de tres (30-10=20, 30-17=13, 17-10=7) nunca podremos llegar a la situación demandada.
    Si por ejemplo hubiéramos tenido 30, 17 y 9 partículas en cada estado 1, 2 y 3 respectivamente, las diferencias serían 21, 13 y 8 con lo que podríamos asegurar que se puede acabar con todas las partículas en el estado 2 puesto que 21, la diferencia entre las partículas de estados 1 y 3, sí es múltiplo de 3 y podrá llegar a anularse.
    Para ello una posible secuencia de pasos a seguir sería:
    Conseguir un cero en el estado de menor número de partículas de los dos estados cuya diferencia es múltiplo de 3. En este caso se trataría de conseguir bajar el 9 hasta 0. Para ello han de chocar 9 partículas del estado 1 con las 9 del estado 3 y así tendríamos 21, 35 y 0.
    Ahora la tercera parte de 21 que es 7 partículas del estado 1 han de chocar con 7 partículas del estado 2 dando lugar a 14, 28 y 14.
    Finalmente las 14 del estado 1 chocan con las 14 del estado 3 resultando 0, 56, 0.

  41. YA ES HORA… Bienvenidos los nuevos y muchas gracias a todos por dinamizar el Blog.

    Mañana publico los comentarios pendientes de publicar, que es muy tarde…

  42. siaPle

    Hola:
    He comenzado a visitar tu blog a partir de la publicación de los problemas de “El País”, aunque es la primera vez que participo. Te envío mi solución, un poco formalista, lo sé. Además proporciono un método iterativo para hallar la solución cuando existe.

    Para resolver el problema, comenzamos haciendo pruebas. Señalamos los pasos que hacemos mediante ternas (m, n, k) que indican el número de partículas positivas, negativas y neutras en un determinado momento. La situación inicial es (30, 10, 17).
    Podemos hacer, por ejemplo, las siguientes secuencias:
    (30, 10, 17) -> (20, 0, 37) -> (13, 14, 30) -> (0, 1, 56)
    (30, 10, 17) -> (20, 0, 37) -> (8, 24, 25) -> (56, 0, 1)
    (30, 10, 17) -> (13, 44, 0) -> (9, 40, 8) -> (1, 56, 0)
    (30, 10, 17) -> (50, 0, 7) -> (48, 4, 5) -> (56, 0, 1)
    En todos los casos hemos intentado dejar el mismo número de dos tipos de partículas para que al colisionar sean todas del tercer tipo. Pero el hecho de que en el segundo paso los números no nulos no sean múltiplos de 3 nos impiden llegar a esa situación. Intuimos que esto sólo podrá suceder si alguna de las diferencias entre dos de los tres tipos de partículas es múltiplo de 3, o lo que es lo mismo, si los números de dos de los tres tipos de partículas son congruentes módulo 3. Pero eso debemos demostrarlo.
    ¿Qué queremos demostrar?
    Queremos demostrar que:
    1.- Cuando la diferencia entre el número de dos tipos de partículas no es múltiplo de 3, no existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo estado del tercer tipo (el que no interviene en la diferencia).
    2.- Cuando la diferencia entre el número de dos tipos de partículas es múltiplo de 3, podemos diseñar una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el estado del tercer tipo de partículas (el que no interviene en la diferencia).
    Para ello empezaremos demostrando que cada choque (y, por tanto, también varios choques) mantiene la congruencia modulo 3 de la diferencia de dos tipos de partículas.
    Proposición 1:
    Sea (m, n, k) = el número de partículas positivas, negativas y neutras, respectivamente, en un determinado momento. Y sea (m`, n`, k`) la situación resultante tras un choque de dos partículas cualesquiera. Entonces:
    m`- n` ≡ m – n ; m`- k` ≡ m – k y n`- k` ≡ n – k
    Demostración:
    Si chocan una partícula + con una -, entonces: (m`, n`, k`) = (m-1, n-1, k+2) y
    m`- n` = m – n; m`- k` = m – k – 3 ≡ m – k y n`- k` = n – k – 3 ≡ n – k
    Si chocaran una partícula + (ó -) con una neutra, razonando de la misma manera se obtiene el mismo resultado.
    Proposición 2:
    Cuando la diferencia entre el número de dos tipos de partículas no es múltiplo de 3, no existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo estado del tercer tipo (el que no interviene en la diferencia).
    Demostración:
    Sean (m, n, k) = el número inicial de partículas positivas, negativas y neutras, respectivamente, tales que m – n no es múltiplo de 3.
    Supongamos que tras varios choques llegamos a la situación (0, 0, m+n+k).
    Entonces m – n ≡ 0 – 0 = 0. Luego m – n es múltiplo de 3. Contradicción que viene de suponer que existe una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas son neutras.
    Nótese que el razonamiento serviría igual si m – k ó n – k no fueran múltiplos de 3.
    Proposición 3:
    Cuando la diferencia entre el número de dos tipos de partículas es múltiplo de 3, podemos diseñar una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el estado del tercer tipo de partículas (el que no interviene en la diferencia).
    Demostración:
    Sean (m0, n0, k0) = el número inicial de partículas positivas, negativas y neutras, respectivamente, tales que m0 – n0 es múltiplo de 3 y m0 > n0. Entonces podemos llegar a la situación (m1, 0, k1) = (m0 – n0, 0, k0 + 2n0).
    Si k1 >= m1/3, colisionando m1/3 partículas + y neutras llegamos a la situación (2m1/3, 2m1/3, k1 – m1/3). Y colisionando ahora todas las partículas + y – llegamos a la situación (0, 0, m0 + n0 + k0).
    Si k1 < m1/3, colisionando todas las partículas + y neutras llegamos a la situación (m2, n2, 0) = (m1 – k1, 2k1, 0). Con n2 < m2 , puesto que si k1 < m1/3 , entonces 3k1 < m1 , y, por tanto: 2k1 < m1 – k1 , es decir: n2 = mj/3 , y por tanto será posible llegar a una situación (0, 0, m0 + n0 + k0). Además también sabemos que nunca tendremos una terna intermedia (mj, nj, 0), j = par, con nj < mj
    Nótese que el razonamiento serviría igual si m0 – k0 ó n0 – k0 fueran múltiplos de 3.
    De las proposiciones anteriores se deducen inmediatamente las siguientes:
    A) Existe una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo un determinado estado si, y sólo si, la diferencia entre el número de los otros dos tipos de partículas es múltiplo de 3 (o lo que es lo mismo, si los números de los otros dos tipos de partículas son congruentes módulo 3).
    B) Existe una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado si, y sólo si, alguna de las diferencias entre dos de los tres tipos de partículas es múltiplo de 3 (o lo que es lo mismo, si los números de dos de los tres tipos de partículas son congruentes módulo 3).
    C) Sean n, m, k = número de partículas positivas, negativas, neutras, respectivamente. Entonces: No existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado si, y sólo si, {n, m, k} es un sistema completo de representantes de Z/(3) = Conjunto de clases residuales modulo 3.
    Demostración:
    A) y B) son consecuencia inmediata de las proposiciones anteriores.
    C) Por B): No existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado si, y sólo si, n, m y k no son congruentes módulo 3 dos a dos. Es decir si, y sólo si, {n, m, k} es un sistema completo de representantes de Z/(3).
    Aplicación práctica al caso:
    La situación inicial es (30, 10, 17).
    De A) y B):
    30 – 10 = 20 ; 30 – 17 = 13; 17 – 10 = 7
    Como ninguna de las diferencias es múltiplo de 3, no existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado.
    De C):
    30 ≡ 0 (mod 3) ; 10 ≡ 1 (mod 3) ; 17 ≡ 2 (mod 3) ;
    Luego {n, m, k} es un sistema completo de representantes de Z/(3), y por tanto: no existe ninguna secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado.

  43. jabon

    Os adjunto, la que finalmente envié, porque es un poco diferente a otras que he leído:

    Partimos de unas premisas, para que se llegue a cumplir el reto:

    A-x = B- x (que dos números sean iguales)
    o
    A-x = C + 2x que implica que se parte de A- C = 3x (que dos números se diferencien en un número múltiplo de tres)

    El número 57 es múltiplo de tres.
    Por otro lado la descomposición en los números 30, 10 y 17; nos ofrece los restos (0,1 y 2) después de haberlos dividido por tres también.
    Si quitamos las mismas unidades a dos grupos cualesquiera [imaginemos que sus restos son (0,1), (1,2) ó (2,0)], nos encontramos con dos nuevos números que también tendrán restos diferentes, que pueden ser nuevamente cualquiera de esos subgrupos comentados.
    Independientemente de que al otro colectivo le vaya el doble de unidades, lo que sí sabemos es que la suma final de los restos tiene que ser tres (para que nos pueda sumar 57) .
    De esta manera, si obtuvimos en el choque dos nuevos números con restos (0,1), (1,2) (2,0), el grupo receptor tendrá obligatoriamente los restos 2,0 y1 respectivamente.
    Nos encontramos nuevamente en el punto de partida, tres números con los mismos restos iniciales (un círculo vicioso); de manera que no es posible conseguir ni dos grupos que tengan el mismo número de unidades (para ello debieran tener al menos el mismo resto), ni dos que se diferencien en un número múltiplo de tres (también tendrían que tener el mismo resto, en este caso).

  44. jabon

    Con distintos matices, pero con un argumento común, parece ser que la línea de 6,75 (antes 6,25) estaba presente, de un modo u otro, en la práctica totalidad de las respuestas.
    Sólo un comentario, para que no haya equívocos, hay grandes tiradores desde esa línea en todo el territorio nacional. Que nadie se sienta molesto por referirse a un determinado color de camiseta.
    Yo personalmente soy del CAI, pero interpreté que Juan Carlos Navarro es posiblemente uno de los mejores y más conocidos tiradores desde la línea de tres (tri-tri-triple).

  45. Javier

    Hola Santi, ahora acabo de comprender porque no entendiste muy bien mi demostación… y es porque no es correcta.
    Resulta que yo no llegué a entender bien lo que decía el desafío, eso me ha pasado por leerlo una sóla vez y dedicarme del tirón al problema.
    Yo entendí que todas las partículas estuvieran igualadas, es decir que al final tuviesen lo mismo de +, de – y de neutros, por eso lo de 19, 19, 19.
    He solucionado otro problema, por tanto lo que ha enviado está incorrecto.
    Un lapsus imperdonable.
    He leído otra vez el desafío y no entiendo como no entendí… lo dice claro…. todas las partículas con el mismo estado.
    Lo curioso, quizás no tanto, es que el planteamiento es el mismo y la conclusión también.
    Un saludo.

    • Si lees mi comentario anterior sobre las congruencias en Modulo 3, se puede generalizar muy facil como resolver cualquier problema de este tipo.

      Puedes obtener cualquier estado que tenga las mismas congruencias en Modulo 3 que el inicial. Si partimos de 30-19-10 (Modulo 3, Modulo 3+1, Modulo 3+2), solo puedes alcanzar estados con la misma “modularidad’ (Perdon por las aberraciones tecnicas del lenguaje, y por la falta de acentos)

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