SOLUCIÓN al desafío nº 14 de El País: Partículas en colisión


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.

SOLUCION Manuel

SOLUCIÓN DE EL PAÍS:

 

 

19 comentarios

Archivado bajo OTROS

19 Respuestas a “SOLUCIÓN al desafío nº 14 de El País: Partículas en colisión

  1. Antonio

    Hola Santi y a todos los colaboradores.
    Es imposible encontrar una secuencia de choques entre partículas que permita que todas ellas acaben teniendo el mismo estado.
    La imposibilidad se debe, como bien dices y como creo que todo el mundo habrá razonado porque no intuyo otra forma, a que ninguna de las diferencias entre las cantidades de partículas es múltiplo de 3 que es una condición necesaria y suficiente. Doy una explicación con palabras de lo que ocurre aunque luego lo demuestro con un poquitín de álgebra, pero he de decir que lo primero que hice fue el razonamiento algebraico y viendo lo que pasaba reflexioné sobre el porqué de las diferencias múltiplo de 3. Además este razonamiento algebraico permite muy facilmente establecer los choques para que, en caso de que alguna diferencia fuera múltiplo de 3, conseguir que todas las partículas acaben en el mismo estado.
    Explicación con palabras:
    Para que la totalidad de partículas coincidan en un mismo estado es necesario que en algún momento coincidan las cantidades de partículas de dos tipos para que puedan emparejarse y chocar entre ellas en tantos choques como partículas, con lo que las de estos dos tipos desaparecerían convirtiéndose todas ellas en las del tercer tipo.

    Sean las partículas de tipos A, B, C y supongamos que A>B>C.
    ¿Qué tiene que pasar para que A=B, es decir, para que A – B=0?
    Los choques entre partículas del mismo tipo no son significativos porque no modifican la situación previa y los choques entre estos dos tipos de partículas, A y B, son también irrelevantes ya que la diferencia entre el número de ellas se seguiría manteniendo(puesto que se reduce una de cada). Entonces para enjugar la diferencia entre ellas se tendrían que producir choques entre la partícula más numerosa de ellas dos, la A, y la tercera partícula C. Esto supondría que la diferencia entre los dos tipos de partículas A y B se reduciría en 3 partículas en cada choque AC (las 2 de tipo B que se generan del choque AC y 1 partícula A que desaparece en el mismo choque).Por tanto la diferencia entre el número de partículas A y B se reduce de 3 en 3 y por tanto se hará cero descontando de 3 en 3. Pero entonces es necesario que la diferencia A – B sea múltiplo de 3.

    Por consiguiente es necesario que la diferencia entre las cantidades de dos tipos de partículas sea múltiplo de 3. En nuestro caso tenemos 30+, 10– y 17N y las diferencias 30 – 10=20, 30 – 17=13 y 17 – 10=7 ninguna es múltiplo de 3.

    Explicación algebraica:
    (**) ¿Por qué la diferencia entre el número de partículas de al menos dos tipos de ellas debería ser múltiplo de 3?
    Sea a el número de choques (+, -), b el número de choques (+, N) y c el número de choques (-, N). Los choques entre partículas del mismo tipo no son significativos ya que no cambian la situación previa.
    Para que la totalidad de partículas coincidan en un mismo estado es necesario que en algún momento coincida el número de partículas de dos tipos para que puedan emparejarse y chocar entre ellas en tantos choques como partículas, con lo que las de estos dos tipos desaparecerían convirtiéndose todas ellas en las del tercer tipo.
    La evolución del número de partículas de cada tipo según los choques sería:
    +=30 – a – b + 2c , – =10 – a +2 b– c , N=17 +2 a – b – c
    Exigiendo que se cumpla alguna igualdad entre la cantidad de dos tipos de partículas se tienen 3 posibilidades:
    1) + = – → 30 – a – b + 2c=10 – a +2 b– c → 20= 3c– 3b=3(c– b)
    2) + = N → 30 – a – b + 2c=17 +2 a – b– c → 13= 3c– 3a=3(c– a)
    3) – = N → 10 – a +2 b– c =17 +2 a – b– c → 7= 3 a– 3b=3(a– b)

    Y como ni 20, ni 13, ni 7 (diferencias entre el número de cada dos tipos de partículas) es múltiplo de 3, es imposible que dos tipos de partículas puedan coincidir en número en algún momento.

    Pongo un par de ejemplos en los que se ve que si alguna diferencia es múltiplo de 3 entonces sí que se pueden establecer choques para que todas alcancen el mismo estado:
    Ejemplos:
    Ej 1) supongamos que tenemos inicialmente 30+, 9- y 17N (56 partículas en total).

    Entonces 30-9=21, que es múltiplo de 3.

    Entonces si se producen 7 choques (+, N) tendremos (30+) – (7+)=23+, (9-) + 7x(2-)=23- y (17N ) – (7N)=10N. Ahora si se producen 23 choques (+, -) tendremos 10N + 23x2N=56N y (23+) – (23+)=0+ y (23-) – (23-)=0-.

    Además esta solución no sería única ya que cualquier choque entre partículas del mismo signo no varía la situación y existen además otras posibilidades no triviales.

    Ej 2) supongamos que tenemos inicialmente 30+, 10- y 19N (59 partículas en total).

    Entonces 19-10=9, que es múltiplo de 3.

    Entonces si se producen 3 choques (+, N) tendremos (30+) – (3+)=27+, (10-) + 3x(2-)=16- y (19N ) – (3N)=16N. Ahora si se producen 16 choques (-, N) tendremos (27+) + 16x(2+)=59+ y (16-) – (16-)=0- y (16N) – (16N)=0N.

    Saludos

    • Me dejáis de piedra con vuestros análisis. Magnífico Antonio, un saludo.

      • Jesus

        Mi desarrollo es parecido al de Miguel con ecuaciones diofanticas (muuuuy largo) pero como lo prometido es deuda, como la idea feliz sale de las ecuaciones y porque te permite encontrar las secuencias de choques cuando es posible, aqui esta:
        (SOLO PARA FRIQUIS! :D)
        +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
        Definiciones:
        x=30=Particulas +
        y=10=Particulas –
        z=17=Particulas neutras

        a=Operador colisional x/y
        b=Operador colisional y/z
        c=Operador colisional x/z
        Seria solucion en los siguientes casos:

        Caso 1: Todas las particulas llegan a ser +
        ===========================
        (1) 30-a-c+2b=57
        (2) 10-a-b+2c=0
        (3) 17-b-c+2a=0

        Lamentablemente, ese sistema es singular (no son linealmente
        independientes) y no es resoluble per se, pero podemos utilizar dos
        ecuaciones para obtener una ecuacion diofantica.

        De (2):
        b=10-a+2c
        Uniendolo con (1):
        30-a-c+20-2a+4c=57

        3c-3a=7 = (z-y)
        Esto es una ecuacion diofantica sin solucion porque mcd(3,3)=3 y 7 no
        es divisible por 3

        Caso 1: Todas las particulas llegan a ser –
        ===========================
        (1) 30-a-c+2b=0
        (2) 10-a-b+2c=57
        (3) 17-b-c+2a=0

        Despejando c en (3) y usando (2), nos da:
        3a-3b=13 = (x-z)
        Esto es una ecuacion diofantica sin solucion porque mcd(3,3)=3 y 13 no
        es divisible por 3

        Caso 1: Todas las particulas llegan a ser neutras
        ===========================
        (1) 30-a-c+2b=0
        (2) 10-a-b+2c=0
        (3) 17-b-c+2a=57

        Despejando a en (2) y usando (2), nos da:
        3c-3b=20 = (x-y)
        Esto es una ecuacion diofantica sin solucion porque mcd(3,3)=3 y 20 no
        es divisible por 3

        ======================================
        ANEXO: EJEMPLO DE PROPORCION QUE SI FUNCIONA
        Para acabar, un ejemplo inicial que si da solucion.

        Supongamos que fuese:

        x=21=Particulas +
        y=14=Particulas –
        z=8=Particulas neutras

        (reconozco que es un ejemplo “preparado” porque 14-8=6 divisible por 3)

        21-a-c+2b=43
        14-a-b+2c=0
        8-b-c+2a=0

        Nos daria la ecuacion diofantica:
        3b-3a=30

        (Hay una solucion particular a0=0, b0=10, c0=-2, que no es valida pero
        nos vale para plantear
        la solucion diofantica)

        Con el parametro libre t, las soluciones son de la forma:
        a=-t
        b=10-t
        c=-2-t

        Para t=-2 (no contamos t>-2 que dan numeros de choques negativos)
        a=2
        b=12
        c=0
        Eso se lee: Partiamos de x,y,z=21,14,8. Hacemos chocar 2x/y y nos quedan
        19,12,12,
        despues 12y/z y nos quedan 43,0,0
        (no todos los ordenes de colisiones son validos para no dejar un numero
        negativo de
        particulas puntualmente)

        Para t=-3
        a=3
        b=13
        c=1
        Eso se lee: Partiamos de x,y,z=21,14,8:
        Hacemos chocar 3x/y y nos quedan 18,11,14, despues 1x/z y nos quedan
        17,13,13 y despues 13y/z y nos quedan 43,0,0

        Para t=-4
        a=4
        b=14
        c=2
        Eso se lee: Partiamos de x,y,z=21,14,8:
        Hacemos chocar 4x/y y nos quedan 17,10,16, despues 2x/z y nos quedan
        15,14,14 y despues 14y/z y nos quedan 43,0,0

        Para t=-5
        a=5
        b=15
        c=3
        Eso se lee: Partiamos de x,y,z=21,14,8:
        Hacemos chocar 5x/y y nos quedan 16,9,18, despues 3x/z y nos quedan
        13,15,15 y despues 15y/z y nos quedan 43,0,0

        Similares calculos para varios valores de t
        Es decir, para este caso si hay solucion pero para el propuesto no.

  2. Raúl

    Yo lo demostré para el caso concreto. Aquí os envío la misma demostración, pero para cualquier combinación de valores iniciales, a, b, c.

    Sean a, b y c el nº de partículas de cada clase A, B y C

    Para construir esa secuencia de choques de manera ordenada debemos conseguir primero que el número de partículas de dos clases se iguale para, a continuación, esos dos grupos de partículas colisionen una a una todas ellas y den lugar a un grupo homogéneo de (a+b+c) partículas del tercer tipo.
    No está demostrado que sea imprescindible pasar por este estado intermedio (vamos a llamarle I, entre el principio, P, y el final, F), pero la transición entre I y F es trivial, lo mismo que entre F e I. Por lo tanto, si existe la posibilidad de pasar de P a F, debe ser posible hacerlo por I.

    Si ya hay dos grupos con igual nº de partículas, el problema está resuelto. Si no, denominemos los grupos de tal modo que a>b>c

    Hay tres posibilidades para llegar de P a I:

    1) disminuir el nº de A y aumentar el nº de B , lo que se consigue colisionando A con C
    2) disminuir el nº de A y aumentar el nº de C, lo que se consigue colisionando A con B
    3) disminuir el nº de B y aumentar el nº de C, lo que se consigue colisionando A con B

    De lo que se trata es de saber si con alguna de estas secuencias llagamos a igualar las partículas de dos grupos

    En los tras casos se generan unas sucesiones aritméticas en el número de partículas de cada grupo, cuyos valores iniciales, s1, son los datos del enunciado (a,b,c) y las razones , d, son -1 para las descendentes y +2 para las ascendentes.
    El término general de una sucesión aritmética es sn= s1 +(n-1) *d
    Igualando los términos de las sucesiones en cada uno de los tres casos obtenemos:

    1) a – (n-1) = b + 2*(n-1) => n= 1 + (a-b)/3
    2) a – (n-1) = c + 2*(n-1) => n= 1 + (a-c)/3
    3) b – (n-1) = c + 2*(n-1) => n= 1 + (b-c)/3

    Por lo tanto, para poder llegar al estado intermedio de igual número de partículas en dos tipos (estado I), o sea, para que exista solución entera de n, es necesario que la diferencia entre al menos dos cantidades iniciales de partículas sea múltiplo de 3 (incluso 0).

  3. SOLUCIÓN DE VINCENT PRICE:

    No se puede conseguir que todas las partículas tengan el mismo signo.

    Demostración:

    Sean n+, n- y nn el número de partículas positivas, negativas y neutras, respectivamente, en un momento determinado y sean d(+, -), d(+, n) y d(-, n) las diferencias (con signo) entre los números de partículas en un momento determinado. Así, en el momento inicial:

    n+ (inicial) = 30
    n- (inicial) = 10
    nn (inicial) = 17

    d(+,-) (inicial) = 20
    d(+, n) (inicial) = 13
    d(-, n) (inicial) = -7

    Para que pueda cumplirse lo que se pide en el problema, tendría que llegarse, en un momento intermedio, a una configuración en la cual se cumpliera una de estas tres cosas:

    d(+,-) = 0
    o bien
    d(+, n) = 0
    o bien
    d(-, n) = 0

    porque, para que dos tipos de partículas cualquiera hayan podido desaparecer completamente dando lugar a la restante, han debido tener en un momento determinado el mismo número y a partir de ahí haberse anulado entre sí completamente. Por ejemplo, para llegar a un punto final en el que n+ = 0, habría que haber llegado antes a una situación intermedia en la que d(-,n) = 0, siendo n+, n- y nn los números que fueran (con la restricción, obviamente, de que n- y nn serían iguales), y a partir de ahí, tras n- = nn choques, las partículas – y n restantes se habrían anulado entre sí completamente convirtiéndose todas en positivas.

    Bastará por demostrar, por tanto, que es imposible que ninguna de las respectivas diferencias d(+, -), d(+, n) ó d(-, n) se convierta en cero.

    Sean a, b y c los tres tipos de partículas. Por cada choque entre a y b cualesquiera (no se tienen en cuenta los choques entre partículas iguales), los números de partículas sufren el siguiente cambio:

    na (después del choque) = na (antes del choque) – 1
    nb (después del choque) = nb (antes del choque) – 1
    nc (después del choque) = nc (antes del choque) + 2

    Y las respectivas diferencias:

    d(a, b) (después del choque) = d(a, b) (antes del choque)
    d(a, c) (después del choque) = d(a, c) (antes del choque) – 3 (ó + 3, si usamos d(c, a))
    d(b, c) (después del choque) = d(b, c) (antes del choque) – 3 (ó + 3, si usamos d(c, b))

    Es decir: tras cada choque, las diferencias entre los números de las correspondientes partículas, o bien no cambia (para la diferencia entre las partículas implicadas en el choque), o bien varía en un sumando 3 (para la diferencia entre cada una de las partículas implicadas en el choque y la restante).

    Para cualquier a, b, y tras un número “x” de choques “útiles positivos” ( = aquellos en los que ha variado la diferencia a favor de a: choques entre b y c) y un número “y” de choques “útiles negativos” ( = aquellos en los que ha variado la diferencia a favor de b: choques entre a y c), se cumple que:

    d(a, b) (tras x/y choques) = d(a, b) (inicial) + 3x – 3y

    Y si llamamos z = x – y:

    d(a, b) (tras x/y choques) = d(a, b) (inicial) + 3z

    Como queremos que existan unos valores de x e y para los que d(a, b) (tras x/y choques) = 0, para alguna combinación a, b, tendría que cumplirse que d(a, b) (inicial) = múltiplo de 3, para alguna combinación a, b.

    Pero en nuestra configuración inicial, ninguno de los posibles d(a, b) (inicial) son múltiplos de 3 (ni 20, ni 17 ni 10 son múltiplos de 3), por lo tanto, no podrá nunca conseguirse una situación como la propuesta.

  4. SOLUCIÓN DE RAÚL:

    Para construir esa secuencia de choques de manera ordenada debemos conseguir primero que el número de partículas de dos clases se iguale, para a continuación esos dos grupos de partículas colisionen una a una todas ellas y den lugar a un grupo homogéneo de 57 partículas del tercer tipo.

    Para ello hay tres posibilidades:

    1) disminuir el nº de + y aumentar el nº de – , lo que se consigue colisionando + con N
    2) disminuir el nº de + y aumentar el nº de N, lo que se consigue colisionando + con –
    3) disminuir el nº de N y aumentar el nº de -, lo que se consigue colisionando + con N

    De lo que se trata es de saber si con alguna de estas secuencias llagamos a igualar las partículas de dos grupos

    En los tras casos se generan unas sucesiones aritméticas en el número de partículas de cada grupo, cuyos valores iniciales, a1, son los datos del enunciado y las razones, d, son -1 para las descendentes y +2 para las ascendentes. El término general de una sucesión aritética es an= a1 +(n-1) *d
    Igualando los términos de las sucesiones en cada uno de los tres casos obtenemos:
    1) 30 – (n-1) = 10 + 2*(n-1) => 3*(n-1) = 20 => n no es entero, no hay solución
    2) 30 – (n-1) = 17 + 2*(n-1) => 3*(n-1) = 13 => n no es entero, no hay solución
    3) 17 – (n-1) = 10 + 2*(n-1) => 3*(n-1) = 7 => n no es entero, no hay solución

    Luego no podemos llegar a igualar el nº de particulas de dos tipos, con lo que no podrán convertirse todas al tercer tipo.

  5. SOLUCIÓN DE JABÓN:

    Juan Carlos Navarro, es un excelente tirador desde la línea de tres….

    Debemos conseguir que, en algún momento, dos de los grupos de bolas coincidan en número, para que entre sí puedan anularse, o que la “diferencia” entre dos grupos de bolas sea en algún momento un número múltiplo de tres, porque de este modo cabe la posibilidad de contrarrestarse.

    A-x = B-x o
    A-x= B+ 2x, que implica que A-B= 3x , de ahí A=B+3x, en cuyo caso en la siguiente jugada conseguiríamos
    (B + 3x) – ( x ) = A (+ 2x)

    Esto se complementa con un breve cuadro resumen (que no puedo pegar) que prueba, que haga lo que se haga, siempre nos saldrán tres números que al dividirlos respectivamente por tres, obtengamos un resto de 0, 1 y 2; en cuyo caso volvemos a la situación inicial (los tres números iniciales tienen esos restos).

    Para nota, en otro cuadro resumen, de las 27 posibles combinaciones de restos, y considerando que éstos deben sumar un número múltiplo de tres (porque 57 es múltiplo de 3) ; se llega a la conclusión de que sólo cumplirían la premisa los valores iniciales que tengan el mismo resto, después de dividir por tres.

  6. SOLUCIÓN DE PEDRO CORREA:

    La demostración larga consiste en:
    * intentar resolverlo planteando un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas que serían el número de choques de cada tipo
    * ver que una de ellas es combinación lineal de las otras dos
    * resolver el sistema en función de un parámetro k
    * observar que para cualquier k, es necesario que alguna de las incógnitas no sea entera.

    Voy con la más corta que he podido hacer, que en realidad es un resumen de la larga:

    Sean (X+),(X-) (Xn) el número de partículas positivas, negativas y neutras al principio. Sean x, y, z el número de choques de partículas positivas, negativas y neutras.
    Sean (Y+),(Y-) (Yn) el número de partículas positivas, negativas y neutras al principio.

    Si existiera la solución que pide el desafío, tendríamos que (Y+)-(Y-) = 0
    Pero por la definición de los choques:
    (Y+) = (X+)-x-y+2z
    (Y-) = (X-)-x+2y-z
    Tenemos 0 = (Y+) – (Y-) = [(X-)-x+2y-z] – [(X-)-x+2y-z] = [(X+) – (X-)] +0x – 3y + 3z = 20-3y+3z =>
    20=3(y-z), lo cuál es imposible para y-z entero.

  7. SOLUCIÓN DE AIXIHUILI

    No se puede. La demostración es la siguiente: para poder llegar a una solución con un único tipo de partículas habría que llegar a un momento en que el número de partítulas de cada tipo fuese A, A y B. A partir de ahí, combinaríamos todas las A para obtener B+2A partículas de un único tipo.

    Buscamos, por tanto, llegar a una configuración A A B y nos fijamos en que cada vez que realizamos una colisión de partículas el número de partículas de 2 de los tipos disminuye en una unidad y el de el otro tipo aumenta en 2 unidades.
    Es decir, si hay A B y C, necesariamente pasamos a tener A-1, B-1, C+2 (o cualquier otra combinación similar).

    Veámoslo en diferencias entre los valores: sean A, B y C el número de partículas +, – y N y llamemos a las diferencias entre ellas dAB, dBC y dAC. Cada vez que realizamos una colisión, uno de esos valores permanece igual y dos de ellos aumentan en 3 unidades. Por ejemplo, si pasamos de A B C a A-1 B-1 y C+2
    las diferencias pasan a ser dAB, dAC+3 y dBC+3. Y ahí está la clave. La configuración inicial que nos da el problema supone valores 30 10 y 17 que en número de diferencias es 20, 7 y 13. Ninguno de esos números es múltiplo de 3 (que es el valor en el que aumenta o disminuye el valor de las diferencias en cada colisión) por lo que nunca podremos llegar a que algún valor dxy sea 0 (es decir, que X=Y) por lo que nunca podremos llegar a tener un único tipo de partículas.

  8. SOLUCIÓN DE ALBERTO:

    Un grupo (30) es múltiplo de 3, otro (10) es múltiplo de 3+1 y otro (17) es múltiplo de 3+2. Cada explosión no cambia las multiplicidades. Así que no se puede obtener 0-0-57 (habría 3 múltiplos de 3)

  9. SOLUCIÓN DE TOKLAND:

    Reformulemos el problema: acabar con una partícula de un solo tipo (llamémoles tipos A,B,C) implica llegar a una distribución {N,M,M}, es decir, el mismo número de partículas para dos de los tipos (en ese punto las chocamos entre ellas hasta cancelarlas por completo). Analizemos ahora lo que ocurre con las diferencias (llamémosles “deltas”) entre tipos de partícula en un choque:

    choque AB (delta-AB=-1-(-1) = 0, delta-AC=-1-2 =-3, delta-BC=-1-2 = -3)
    choque AC (delta-AB=-1-2 =-3, delta-AC=-1-(-1) = 0, delta-BC=2-(-1) = +3)
    choque BC (delta-AB=2-(-1) =+3, delta-AC=2-(-1) =+3, delta-BC=-1(-1) = 0)

    Como los incrementos entre pares están siempre en el conjunto {-3,0,3}, la solución pasa por encontrar dos tipos de partícula cualquiera que tengan una diferencia múltiplo de 3. En el ejercicio propuesto: 30-17=13, 30-10=20, 17-10=7. Ninguna de estas diferencias és múltiplo de 3, así que el problema no tiene solución.

  10. SOLUCIÓN DE JESÚS FRAILE:

    Vamos a partir de varias premisas y algunas convenciones:
    Llamemos n+ al número de partículas positivas que existen en un momento determinado, n- al número de partículas negativas en ese mismo momento y n0 al número de partículas neutras en dicho instante.
    Vemos que el número total de partículas será 30+17+10 = 57 partículas.
    Para que al final sólo queden particulas de un determinado tipo X, la situación anterior a ésta deberá ser: 55 partículas de tipo X, y una partícula de cada uno de los tipos distintos a X. Sólo existe esta posible situación anterior.
    Según el enunciado, al chocar dos partículas de distinto tipo, dichas partículas se convierten en dos partículas del tipo que no interviene en el choque, es decir, el número de partículas del tipo de las que chocan se decrementa en 1 unidad, y el número de partículas del otro tipo se incrementará en 2 unidades.

    Bien, dicho esto, deberemos llegar a una situación tal que : 1, 1, 55. Vemos que para llegar a esta situación se podría partir de 2, 2, 53 (aparte de otras); y para llegar a ésta, de 3, 3, 55; es decir, que si igualamos el número de partículas de dos tipos, tendremos solucionado el problema. Pero, partimos de tres cantidades completamente distintas, a saber, 30, 10, 17. ¿Cómo haremos para igualar dos tipos?
    Supongamos que chocan dos partículas una positiva y otra negativa, (por poner un ejemplo, aunque podían haber sido cualesquiera otras), vamos a hacer una tabla como la que sigue.
    Antes del choque Después del choque
    n+ (n+) – 1
    n- (n-) – 1
    n0 (n0) + 2

    Es decir, la diferencia entre el número de partículas neutras y el número de partículas positivas habrá aumentado en 3 unidades. La diferencia entre el número de partículas neutras y el número de partículas negativas habrá aumentado en 3 unidades. Y, la diferencia entre el número de partículas positivas y negativas se mantiene constante.

    Se puede sacar una norma general….. La diferencia entre el número de las partículas que chocan se mantiene invariable, mientras que la diferencia entre el número de las partículas resultantes del choque con cualquiera de las chocan habrá aumentado en 3 unidades.

    Y como vamos buscando igualar dos cantidades de partículas distintas, sólo podremos hacerlo si la diferencia entre ellas es múltiplo de 3 (Aquí está Jabón con la Bomba Navarro).

    En nuestro caso:

    n+ – n- = 30 – 10 = 20 (no es múltiplo de 3).
    n+ – n0 = 30 – 17 = 13 (no es múltiplo de 3).
    n0 – n- = 17 – 10 = 7 (no es múltiplo de 3).

    De donde se sigue que es imposible llegar a la situación planteada en el problema de quedarnos con 57 partículas de un sólo tipo.

  11. SOLUCIÓN DE JOSÉ LUIS:

    No es posible porque ninguna diferencia entre el número de estados es múltiplo de 3.

    Lo explico:

    Llamaremos “A”, “B” y “C” a cada tipo de partícula en un estado diferente.

    A=30, B=17, C=10

    Para que todas las partículas pudieran ser de un mismo tipo, en algún momento el número de dos tipos cualquiera de ellas habrían de ser iguales. Cualquiera de estas posibilidades valdría:

    A=B, A=C, B=C

    Para que esto se diera alguna vez, es necesario que la diferencia entre el número de partículas de dos tipos diferentes sea múltiplo de 3, cosa que no ocurre en nuestro problema, por lo que sabemos que NUNCA todas las partículas podrán llegar a tener el mismo estado, sin entrar a valorar la existencia de un número suficiente de partículas para los choques necesarios.

    Por ejemplo, partiendo del estado inicial, para que se pudiera dar la relación A=B, A debería juntarse con C. En cada choque, A perdería un estado y B ganaría 2. Es decir:

    A – n = 2n + B

    Por lo tanto, para que A pudiera llegar a ser igual a B, “n” (número de choques) debería ser un número entero, y la diferencia entre A y B un múltiplo de 3:

    A = 3n + B

    Además, esta regla siempre se cumplirá, ya que con independencia de cómo interactúen las partículas, las diferencias seguirán sin ser múltiplo de 3, ya que cuando una partícula gana dos estados, las otras pierden siempre uno, por lo que las posibles diferencias entre partículas se mantendrán (entre las que pierden un estado) o se incrementará en +/- tres

  12. SOLUCIÓN DE JAVIER:

    procedimiento inverso es decir parto de “19, 19, 19” partículas que sería el resultado en el que se debería acabar y comprobar si a partir de aquí se puede llegar a “30, 17, 10”.

    He realizado todas las combinaciones posibles en una hoja excel sumando 1 a dos partículas y restando 2 a la que queda (sumo 1 y resto 2 porque parto del procedimiento inverso), después de una larga tarea he comprobado que es imposible llegar a “30, 17,10” partículas, por tanto la inversa también es imposible.

    Sin embargo me parece un método muy arduo y por fin encontré otra solución mucho más sencilla.
    Esta solución es válida para cualquier carga de partículas, cuya suma sea múltiplo de tres para que naturalmente pueda haber un ciclo en que las tres partículas tengan la misma carga.
    Voy a partir cuando las tres partículas tienen la misma carga (p, p, p).
    La situación anterior para llegar a la igualdad, según lo planteado en el desafío, sería “p+1, p+1, p-2”, es decir se suma 1 a dos partículas y se resta 2 a la que queda (por ejemplo para llegar a “19, 19, 19” las cargas anteriores serían “20, 20, 17”.
    Como siempre debemos sumar 1 a dos partículas y restar 2 a la restante, la diferencia entre las partículas será siempre o bien 0 o 3 o múltiplo de 3:
    P+1 – (p+1) = 0
    P+1 – (p-2) = 3
    En los siguientes pasos sucederá lo mismo por ello siempre nos encontraremos con diferencias que son múltiplo de 3 o cero.

    Una vez descubierta esta propiedad, sólo queda comprobar si la carga inicial de las partículas ofrecidas en el desafío cumplen con dicha propiedad:

    Carga partículas inicial: 30, 17, 10
    30 – 17 = 13
    30 – 10 = 20
    17 – 10 = 7

    Se puede comprobar que no cumple con la propiedad, por tanto no es posible llegar a la situación de cargas iguales.

    Un saludo.

  13. SOLUCIÓN DE QUIQUE:

    En un primer momento se me ocurrió que sería muy fácil obtener una solución del tipo [57, 0, 0] si llegaba antes a una del tipo [x, n, n] (donde las dos “n”s sean dos números iguales). Pero esto implica que “x” ha de ser impar. Esto es lo que saqué en un primer momento.
    Pensando un poco más, y probando secuencias, vi que siempre salían del tipo [a, b, c], donde “a” es divisible entre tres, y “b” y “c” no lo son. Luego, con estas dos premisas, se ha de llegar a una secuencia del tipo [x, n, n], donde “x” sea divisible entre tres.
    Dado que las secuencias que realizamos son del tipo [-1, -1, +2], estamos moviendo las cifras, directa o indirectamete, de dos en dos, con lo cual no es posible llegar a dicho número divisible entre tres.

  14. SOLUCIÓN DE MANUEL:

    La respuesta es que no se puede lograr tal secuencia.

    Formalicemos el problema definiendo a la vector de 3 elementos naturales, P = (a, b, c), de modo que a+b+c = 57, siendo a, b y c el número de partículas positivas, neutras y negativas, respectivamente, que hay en un momento dado tras una serie de colisiones (Al comienzo, P =(30, 17, 10)).

    De acuerdo con el enunciado, sólo interesan de cara al problema las colisiones de elementos de distinta carga, que conllevan la disminución en una unidad del número de elementos con la misma carga que la de las partículas que intervienen en el choque, y un incremento en dos unidades en el número de elementos de las partículas con la carga restante. Podemos en este sentido definir unos vectores “colisión”, describiendo las unidades en que se reduce o aumenta la cantidad de partícula de cada carga tras el choque.

    • Vector colisión de una partícula positiva y otra neutra : Q(+n) =( -1, -1, 2).
    • Vector colisión de una partícula positiva y otra negativa: Q(+-) = (-1, 2, -1).
    • Vector colisión de una partícula neutra y otra negativa: Q(n-) = (2, -1, -1).

    No se definen las colisiones simétricas a éstas, pues el efecto es el mismo.
    Por ejemplo, si tenemos P =(30, 17, 10), la colisión de una partícula positiva y otra neutra se puede expresar coma la suma vectorial de P + Q(+n) = (29, 16, 12).

    El problema se reduce entonces, a encontrar un sumatorio de P = (30, 17, 10) con los vectores colisión adecuados, de manera que al final sólo queden partículas de una misma carga, es decir los 3 vectores solución posibles, S = (s1, s2, s3), han de ser necesariamente (57, 0, 0), o bien (0, 57, 0), o bien (0, 0, 57).

    Una observación importante, es que la suma vectorial es conmutativa, dicho de otro modo, lo se necesita averiguar es el número de colisiones de cada clase, sin que importe el orden donde se produzcan dentro de la secuencia. Si denominamos a las incógnitas x, y, z (valores naturales) el número de choques de diferente tipo según la carga de las partículas que intervienen, la fórmula que define el problema es:

    P + xQ(+n) + yQ(+-) + zQ(n-) = S. => xQ(+n) + yQ(+- ) + zQ(n-) = S – P.

    Es decir:

    (-x, -x, 2x) + (-y, +2y, -y) + (2z, -z, -z) = (s1- 30, s2 -17, s3 -10).

    Lo que nos conduce a un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas:

    -x – y +2z = s1-30
    -x + 2y –z = s2-17.
    2x –y –z = s3 -10.

    Cuando S =(57, 0, 0) tenemos:

    -x – y +2z = 27.
    -x + 2y –z = -17.
    2x –y –z = -10.

    Obsérvese que la primera ecuación se puede expresar como combinación líneas de las dos restantes, lo que viene a decir que el sistema, de ser compatible será determinado. En efecto, aplicando un procedimiento adecuado de resolución de sistema de ecuaciones (por ejemplo, mediante el método de Gauss), nos encontraremos con un sistema compatible indeterminado de orden 2 (un grado de libertad), donde, al aislar la incógnita y obtenemos:

    y = z -44/3.

    Aceptando que las 3 incógnitas han de ser números naturales (no tiene sentido hablar de fracciones o partes de colisión), vemos que el problema es irresoluble, ya que y es la resta de un número natural y de 44/3, que es a su vez un número racional, irreducible y no natural, obteniéndose como resultado otro valor racional y no entero.

    Si hacemos la prueba con las otras soluciones válidas (S=(0, 57, 0) y S =(0, 0, 57)), las conclusiones son idénticas: sistema ecuacional compatible indeterminado de orden 2, y la variable y expresada como la resta a z de un valor no natural, con lo que se puede concluir que el desafío no tiene solución.

  15. SOLUCIÓN DE GOGELY:

    Para que me quede sólo un tipo de partículas, dos de los otros tipos se tienen que anular entre sí, es decir tenemos que llegar a tener la misma cantidad de estos dos tipos. Siguiendo el enunciado:
    Caso 1) Al cabo de un tiempo t, las partículas positivas y negativas son iguales:
    30 – (2x – y – z) = 10 – ( 2y -x -z), entonces 20 = 3 (x – y), x e y son número enteros y 20 no es divisible por 3, luego no puede suceder.
    Caso 2) Al cabo de un tiempo t, las partículas positivas y neutras son iguales:
    30 – (2x – y – z) = 17 – ( 2z -x -y), entonces 13 = 3 (x – z), x y z son número enteros y 13 no es divisible por 3, luego no puede suceder.
    Caso 2) Al cabo de un tiempo t, las partículas negativas y neutras son iguales:
    10 – ( 2y -x -z) = 17 – ( 2z -x -y), entonces 7 = 3 (z – y), z e y son número enteros y 7 no es divisible por 3, luego no puede suceder.
    Luego nunca puede llegar a suceder.

  16. SOLUCIÓN DE MARTA:

    Es imposible llegar a la situación de tener todos en el mismo grupo. En cada choque de partículas, quitamos una unidad de dos de los grupos y sumamos 2 unidades al tercer gupo, con lo que la diferencia relativa del número de unidades en cada grupo aumenta o disminuye en 3 o cero unidades. Por lo tanto habrá solución si y sólo si en la situación inicial, la diferencia relativa ente el número de unidades entre los tres grupos es un múltiplo de tres. Como partimos de la situación inicial: 30 positivos, 10 negativos y 17 neutros cuyas diferencias son 20, 13 y 7 nunca podremos llegar a la solución pedida.

    Si partiéramos de una situación en la que le damos un neutro al grupo de los positivos, es decir partimos de 31 positivos, 10 negativos y 16 neutros, las diferencias entre ellos serían 21, 6 y 15 todos múltiplos de tres, entonces, sí podríamos llegar a éncontrar una solución, bastaría con que chocaran 2 nuetros con 2 positivos y tendríamos 29 positivos, 14 negativos y 14 neutros, con lo que chocando los 14 nuetros con los 14 negativos llegaríamos a tener 57 positivos y 0 negativos y neutros.

Responder

Introduce tus datos o haz clic en un icono para iniciar sesión:

Logo de WordPress.com

Estás comentando usando tu cuenta de WordPress.com. Cerrar sesión / Cambiar )

Imagen de Twitter

Estás comentando usando tu cuenta de Twitter. Cerrar sesión / Cambiar )

Foto de Facebook

Estás comentando usando tu cuenta de Facebook. Cerrar sesión / Cambiar )

Google+ photo

Estás comentando usando tu cuenta de Google+. Cerrar sesión / Cambiar )

Conectando a %s