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Carmen Cascante Canut, decana de la Facultad de Matemáticas de la Universidad de Barcelona, presenta el décimosexto 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 5 de julio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemáticacomo la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, por 9,95 euros con el periódico, La burla de los sentidos, por Francisco Martín Casadelrrey.
A continuación, para aclarar dudas y atención a nuestros lectores sordos incluimos el enunciado del problema por escrito.
Como este año ha sido declarado Año internacional de la Química, el problema que os presentamos esta semana está relacionado con esta ciencia: Supongamos que queremos construir una molécula plana formada por siete átomos de manera que en toda posible elección de tres átomos de esta molécula se cumpla que al menos dos de ellos estén a un ångström de distancia.
Os pedimos que deis las coordenadas de la posición en el plano que ocuparán los siete átomos de una molécula plana cumpliendo la propiedad anterior, situando uno de los átomos en el origen de coordenadas e indicando las coordenadas de la posición en el plano de los otros seis átomos.
Nota Importante: Considerar que la unidad que representaremos en los ejes de coordenadas es el ångström. Si alguna de las coordenadas de los puntos es, por ejemplo: (raíz cuadrada de 3, 1/3), no deis un valor aproximado a los valores obtenidos. Dejad indicada la expresión exacta que encontréis.
Santiprofemates 
Con todo respeto, para mí que la buena señora se ha dejado algo en el tintero….
Así que voy a intentar ver el parido de Nadal por la red, si alguien sabe como que lo diga por favor.
Saludos.
De momento no tengo ni idea como puedo encontrar los átomos… por muchas vueltas que doy.
Voy a necesitar un obispo, dos palomas, un ejercito de Hunos y ver el partido de Nadal.
Ya he encontrado la solución. En un principio no había entendido bien el desafío, quizás a pipin le ha sucedido lo mismo.
Al leer más detenidamente el enunciado he comprobado que al principio lo entendí mal.
Dice claramente…. de tres átomos al menos 2 estás a 1 ångström de distancia distancia. Aquí es donde en un principio no lo entendí bien.
Nada…. me he vuelto a equivocar…. crei que lo tenía pero hay un pequeño fallo.
Yo todavía no he podido ponerme, así a simple vista no parece de los más difíciles, pero ya veremos…
Muy bonito. Ya que piden una pista, yo diria que se parece al primero (al de las ciudades) pero con solucion y ademas de cierta estetica.
Yo lo he resuelto dibujando y probando.
Me parece buen ejercicio intentar poner a distancia 1 el mayor número posible de pares de átomos… primero con 4, luego con 5 y luego con 6. Para los 7 hay que pensar un poco más.
Si la pista es demasiado evidente, igual mejor censurarla, pero en este caso, en vez de tenis, habría que ********************************
Santi… si tu aún no sabes la solución y has podido ver el comentarios de Pedro Correa…. creo que no debe ser una pista tan evidente y por ello podrías transcribirla.
Un saludo.
No recuerdo si era de Pedro, pero había una pista que hablaba de películas para mayores de 18 años… la pista es clara pero no me lleva a ninguna solución válida.
Sí, era esa pista. Es esa la solución!!
También tengo la sensación de que los ejemplos numéricos no son arbitrarios.
Me refiero a lo de la raiz de tres y eso
Con 6 lo tengo hecho, pero no se donde poner el séptimo!
Y si, para los malentendidos del enunciado. Cogidos 3 átomos cualesquiera, al menos dos de ellos tienen que estar a 1A entre si (o al menos así lo entiendo yo)
Pues yo he hecho un viaje imaginario a Israel y ahí, en el muro de las lamentaciones, me he dado cuenta de la solución…
¿Seguro?
Me alegro de tu buena ESTRELLA, emili, aunque lo he intentado por ese camino, y nada. ¿Qué habré hecho mal?
Hola a todos.
Santi, creo que he resuelto el problema. No estoy seguro de ello, porque ocurre que en mi solución hay un par de par de duplas de átomos (Pa, Pb) y (Pc, Pb) que comparten las mismas coordenadas entre sí. Aunque matemáticamente esto no sea incorrecto y en el enunciado del desafío no se exija explícitamente que todos los átomos tengan coordenadas distintas, ocurre que un átomo, por pequeño que sea, tiene un cierto radio, ocupando un espacio que no puede ser físicamente compartido por otro átomo. Una solución sería, por ejemplo, colocar una de las partículas sobre otra (mismas coordenadas (x,y), variando la z), pero, ¿Esto no contradice el hecho de que la molécula “sea plana”?
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“Censura” las partes del texto que consideres oportunas. Espero tu respuesta.
Un saludo.
Yo no contemplo esa posibilidad, porque como tú dices, dejaría de ser una molécula plana, habría que variar z. Yo en este problema estoy atascado, todos mis razonamientos me llevan al hexágono regular con distancia centro-vértice = 1, pero evidentemente NO es una solución, porque si elegimos tres vértices alternos no se verifica la condición exigida. Si lo que vale 1 es la distancia entre vértices alternos tampoco, porque si cojo el punto central y dos vértices consecutivos no funciona. Empiezo a desesperarme…
«un par de par de duplas», parece que estas colocando 2^3=8 atomos en vez de 7. En cualquier caso encotrar soluciones sobreponiendo tantos atomos me parece mas dificil porque impones que todos los demas atomos esten a 1A de los superpuestos…
hay una solucion facil aunque me queda la duda
de si estara bien ya que las 6 coordenadas
de la solucion que obtengo al tiempo que correctas son
expresiones complicadas;
¿ a alguien le suena lo que digo ?
¿puede haber alguna simplificacion numerica ?.
si con complicadas quieres decir irracionales asi es (ya quedaba claro en el enunciado).
Efectivamente Rogelio, son irracionales
y por tanto no son validas; no encuentro
otra solucion!.
Irracionales y válidas al mismo tiempo, no problem.
Estoy con Santi: ni hexágonos, ni viajes al muro de las lamentaciones (y mira que he deformado, desplazando hacia arriba y hacia abajo los triángulos, la estrellita de marras…), ni tiendas de campaña (uno de mis intentos me ha llevado a algo parecido a eso), ni monigotes levantando los brazos, ni cajas de regalo con asas, ni… Llevo toda la tarde llenando un cuaderno de pelotitas y líneas que las unen y nada: para sólo seis átomos, tengo lo menos cinco o seis configuraciones válidas (lo dicho: en forma de casita, de señor despatarrado…) pero al intentar añadir el séptimo vértice…
A primera vista parecía que este era mucho más fácil, para compensar el de la semana pasada, pero ahora mismo estoy má que bloqueado.
Los que lo han solucionado: ¡que den pistas! Pero, a ser posible, más claras que las ya míticas de Jabon, je, je.
A ver si se acaba ya esta iniciativa de «El País» que necesito recuperar mis fines de semana para hacer otras cosas :-)
Para 6 hay infinitas soluciones (CENSURA SI LO VES OPORTUNO)
Pon dos triángulos equilateros en cualquier posición, repito donde te de la gana…. Al coger 3 puntos, forzosamente dos al menos pertenecen al mismo triángulo.
Ahora lo que no se es si puedo hallar una configuración de estos dos triángulos que me permita hallar un séptimo punto, o bien este es un camino sin salida para el séptimo punto….
Estoy exactamente igual que tú, he puesto triángulos equiláteros hasta en la sopa… y nada.
Yo creo que estáis cerca. Ahora, pensad si la relación entre el séptimo punto y los dos triángulos debe ser la misma o si debe ser diferente. Y también pensad en la relación que deben tener los dos triángulos.
De hecho, pensad cuál es la relación más natural entre un nuevo punto y cada triángulo para maximizar el número de distancias 1 entre vértices.
Santi, no desesperes. Si piensas que se te acaba el tiempo, a modo de pista, te recomiendo que cantes «relooooj no marques las horas ….»
Bueno… pues igual lo enfoco mal pensando en la estrella de David… pero si la distanciaa entre vértices alternos vale 1, la distancia entre dos consecutivos es menor que 1… y cumple las condiciones.. no?
Yo creo que no, de lo que se trata es de que con los tres que se elijan al menos haya un par exactamente a 1A.
«Exactamente» fué lo que se dejó sin puntualizar la profesora.
Saludos
Bueno, pero al decir «a una distancia de 1a» yo creo que queda suficientemente claro.
Aclaro que la pista del comentario trece es valida solo si los atomos no son de cuarzo!
Como no conseguía pasar de 5 puntos, centro de la circunferencia, extremos del diámetro y otros dos vértices del hexágono, pasé a estudiar todas las posibles triadas de forma exhaustiva, 35, y por lo menos he conseguido colocar el sexto punto con lo que están todas las triadas resueltas menos una, y el error en el último punto es de un 15%. el caso es que es una disposición de lo más guarrindonga, que no da ninguna garantía.
Por cierto, como comentan más arriba, las coordenadas en algún caso son numerillos feos, salen incluso raíces de orden superior a 2.
Al final lo solucione. me costo mas sacar las coordenadas que el dibujo. Pitagoras, trigonometria, puff.
El otro dia se hablaba de Nadal (creo que fue aqui).
Hoy el deportista que nos da la pista es Gasol.
Una coordenada -0.2287….. (por supuesto segun que atomo este en el 0,0)
La solución geométrica es bonita, los números resultantes son feos.
Pista: a mí me ayudó el separar el problema grande en dos más pequeños
Y sí: ya sé que 7 no se puede dividir entre 2, pero tampoco se podía en el problema de los tornillos y bién que formó parte de la solución.
Está claro que tiene que haber un truco al respecto, si, porque el 7 frustra todos los planes de simetrías habidos y por haber. A darle un poco más al coco….
Pero,… realmente es resoluble? Si no fuera por los que aseguráis que teneis la solucion me habría dado por vencido…
…incluso estaba tratando de llegar a un método de reducción al absurdo…
Me siento como Jesús: si no fuera por los que aseguráis haberlo resuelto, juraría que no tiene solución…
Lo sorprendente es que, de tanto buscar y probar combinaciones, incluso creo haber podido demostrar que no hay solución… Evidentemente, tiene que haber algún «fallo» en mi demostración, pero estoy ya tan mosqueado…
Santi, «corta» a partir de aquí *******
Esta semana no puedo ayudar, yo también necesito tetraedros y yo también lo veo imposible.
Hola a todas/os.
Estoy con Keith. A¿ute no tenía una canción que decía algo de las once y cinco? ¿o eran las cuatro y diez?
Por cierto, está claro que hay infintas soluciones. No sé si hay muchas posibles figuras pero si hay siete posibles formas de centrarlas en el eje y cada una de esas formas de centrar posibilita infinitas posiciones a su alrededor.
Yo he optado por buscar una simétrica y así me ahorro la mitad de los cálculos (tediosos pitágoras y trogonometrías).
Al final me he acordado de la peli aquella … «Cometas al viento»
Me paso algo parecido a lo que comenta Jesus. Estaba convencido de que no habia solucion. Intentando demostrarlo, la encontre.
Yo lo he solucionado poniendo los 7 atómos en una misma recta que pasa por el origen de coordenadas. Uno de los átomos es el origen de coordenadas, otros 3 átomos están en un cuadrante o eje y los otros 3 en el cuadrante o eje contrario. Los átomos más lejanos al origen de coordenadas están en coordenadas que cumplen con la ecuación de la circuferencia centrada en el origen de coordenadas: x^2 + y^2 = 1.
Vale, no es válida porque no sabía que tenia que ser la distancia exactamente a 1a. Pensaba que era válida una distancia de 1a o menos en dos de los 3 vertices…
Jesús es bastante factible como dicen más arriba dividiendo el asunto en dos mitades, claro como son siete puntos no dos mitades exactas, y luego interconectarlas. A mi me ha quedado una solución con poca simetría y números para salir corriendo.
Saludos.
Salva
La solución es posible porque yo la encontré, por cierto mirando un reloj y tiene que ver con la música es decir tocando los triángulos y siguiendo un buen compás
Hola Santi. Voy a pensar en voz alta. Tu decides si se publica o no.
¿Es probable que todos hayamos intentado encontrar una forma con cuatro átomos, luego, con cinco, luego con seis …? pensando que podían seguir a modo de fractal.
Si no me he equivocado, hay una forma de ordenar cuatro que .. si te paras y miras, y te olvidas y dejas pasar más o menos dos horas y vuelves a mirarla sirve para siete.
Hola a todos. Enhorabuena a los que lo habéis resuelto y por que no decirlo un poquito de envidia también porque he de reconocer que en este realmente me gustaría tirar la toalla (digo me gustaría porque no hay forma, haga lo que haga veo triángulos equiláteros flotando por el espacio). Mi neurosis ha llegado a tal punto que cualquier comentario que leo trato de interpretarlo como pistas y más frustración.Gracias a Santi por este blog. Un saludo a todos
Muchas gracias Roberto, yo por primera vez en lo que va de «concurso» me he rendido, además tengo un puntito soberbio que me hace pensar que pasa algo raro ¡no es posible! Bueno, cuando vea la solución supongo que me tiraré de los pelos.
Soy de los que está ya por pensar que no hay solución.Se trata de colocar 7 puntos en un plano para que cumplan esa condición y a partir de ahí ya se hará uno de ellos punto 0 y se buscarán las coordenadas.Como los 7 puntos no pueden estar en la misma recta , alguno de ellos( o todos ) tienen que formar uno o varios polígonos. Se puede pensar en dos triángulos equiláteros , colocados en cualquier lugar del plano servirían, pero no tenemos el 7º p ; si pensamos en un triángulo equilátero y un rombo , ambos del lado 1, tendríamos los 7 puntos pero no hay forma de situar uno con respecto al otro para que al coger tres vértices cualesquiera , al menos la distancia entre dos de ellos siga siendo 1 en todos los casos. A partir de 4 puntos el polígono que se forma tiene vértices no consecutivos y al unirlos, las diagonales que se forman son de mayor tamaño que los lados, para 4 no importa porque una de las distancias entre puntos será un lado , al que hemos dado el valor 1. .Los vértices no consecutivos que se generan a partir de 5, 6 7 puntos determinan que al unir alguno de esos puntos( vértices) con otros dos también no consecutivos entre sí mediante diagonales ,están serán más largas que los lados y si a uno de ellos( diagonales o lados ) les damos valor 1 el otro necesariamente será mayor o menor. serán si a los lados les hemos dado valor 1, las diagonales necesariamente serán más largas y si es a esas diagonales a las que les damos valor 1, pues entonces serán los lados los que necesariamente.Para 6 puntos está la solución de inscribir un hexágono en una circunferencia de r 1 y coger 5 de los vértices y el centro , pero para 7 no sirve porque al coger todos los vértices inscritos y al unir vértices no consecutivos la distancia es > 1
serán más cortos….No sé, seguiré buscando, pero lo veo difícil…
Hola emilady, te digo lo mismo que a Roberto… me rindo.
Creo que lo tengo. O eso espero, porque ha sido trabajoso de narices. El problema tiene dos partes: sacar las figuras que forman los 7 puntos (interesante) y luego solucionar las ecuaciones que se derivan (no tan interesante). Las dos partes me han parecido bastante complicadas.
Santi, iba a poner alguna pista pero por los comentarios me ha parecido que aún estabas en ello, así que no te chafo la «diversión». Y tampoco es plan de dar pistas sin estar 100% seguro (aunque visualmente la solución me parece correcta).
Gracias por la deferencia, aunque tengo la toalla en la mano y estoy a punto de tirarla…
No todos los puntos están a distancia 1 del primero. Sólo algunos. Los que no, estarán a distancia 1 de alguno de los que están a distancia 1 del primero. Y no precisamente en línea recta.
Vi el problema el viernes, y he estado fuera.
No he tenido mucho tiempo, y por ahora, yo no puedo dar ninguna pista porque no he encontrado la respuesta.
Plantée algunas figuritas de 6 (sobres abiertos, estrellas de David, pentágonos, rombos, etc, pero nada de nada).
Está claro que dos triángulos equilatéros de 1 unidad de medida, lo cumplen siempre, estén donde estén situados, pero enlazarlos no hay manera.
Creo también que habría que partir de una composición de seis que cumpla el enunciado, porque si no sería
ya imposible.
¿Cual es la figura de seis que sirve de base?. Pistas please….
Me parecía más simple, cuando lo leí.
¿Tengo una duda?. ¿Seguro que hay respuesta?
Dicen que sí, pero yo no la veo.
Hola Jabon.
No buscas una de 6 que lo cumpla para encontrar la de siete.
Mejor juega con 2 de cuatro.
Animo y suerte
Bueno, pues ya lo tengo. Me ha llevado una noche de insomnio dándole vueltas de forma casi obsesiva y pesadillesca, pero he salido vivo :-) Estoy terriblemente cansado pero también infinitinamente feliz y satisfecho.
Visto a posteriori, la pista del reloj (aunque no la utilicé, ya que no sabía por dónde cogerla) me parece con la solución en la mano muy, muy buena, muy gráfica e intuitiva. ¡Gracias a los que la dieron! Por dar una pista más (para aquellos como yo, que lo del reloj les dejaba como al principio), decir que si hubiera seguido con mi táctica del principio, ponerme a dibujar e ir ordenando y colocando los átomos uno tras otro «sobre el papel», no lo habría conseguido ni de coña. Tuve que cambiar de táctica: trabajar de forma teórica, imponer una serie de condiciones de distancia sobre los diferentes puntos, ver qué soluciones eran posibles y geométricamente compatibles con esas condiciones, y una vez tenía en mente esa seguridad teórica, ponerme ya por fin a dibujar (y luego a «convertir» ese dibujo en números).
Para pasar del dibujo a los números, me ha sido muy útil que las matrices de rotación, en mi carrera de física, se utilizan bastante a menudo.
Voy a er un pelín más explícito (pero sólo un pelín, no creo que haga falta que censures, Santi): lo inmediato, lo que se le ocurre a uno al principio, es que, si tienes siete puntos A1, A2, A3, B1, B2, B3, C (es obvio por qué los llamo así) la solución ha de implicar por narices que C debe estar a distancia 1 de, o bien A1…A3, o bien B1…B3, y esa equidistancia con tres puntos es imposible en el plano. Pues bien, hay que darse cuenta de que hay OTRA combinación de distancias que también cumpliría lo pedido en el problema.
Decir también que hay infinitas soluciones, ya que el «dibujo» tiene simetría de rotación con respecto al punto situado en el origen. De nuevo aquí la idea del reloj es muy buena: son geométricamente equivalentse las 12 y 5, las 3 y 20, las 8 y 45… (suponiendo que la aguja de las horas está «fija» en la hora correspondiente, claro)
Suerte y ánimo a los que aún no lo tienen: una vez te das cuenta de lo dicho, de que no es indispensable que C esté a la misma distancia de los tres puntos de uno de los «triángulos», la cosa se encarrila.
Muchas gracias por todas tus indicaciones y tu esfuerzo por ayudar Vincent.
La pista del reloj pudo haber creado algo de confusión (no fue esa mi intención) ya que evoca la imagen de puntos sobre una circunferencia y justamente las soluciones de ese tipo (estrella de David, hexágono regular, etc.) no cumplen los requisitos del problema. Pero el reloj no son solo los puntos sobre la circunferencia.
Se entiende que las distancias entre átomos deben ser en línea recta ¿no?
Esperemos que sí…
Aunque gráficamente puedo tener una idea de por dónde puede ir, lo cierto es que no termino de dar con la tecla. Creo que hay gato encerrado o alguna propiedad de los triángulos equilateros que desconozco
SUUUUUUUPERFACIL!! :D
Tardé 5 segundos en encontrar la solución!
Enhorabuena Noe, yo de momento no soy capaz.
Con este problema me rindo… es mi segundo desafío seguido que abandono.
Sin embargo tengo la sensación de que estoy cerca.
Definitivamente, el de esta semana me está volviendo loco…
¿Sería mucho pedir pistas del tipo…
… cuántos átomos quedan a distancia 1 del primero (0,0)?
… cuántos tríangulos equilateros se forman?
… cuántos cuadrados de lado 1?
La verdad es que estoy atascadísimo. Estoy como Santi. La toalla prácticamente en el aire ;-)
Hola Angel, si Santi me lo permite voy a contestarte a tus preguntas:
Solo 4 átomos quedan a distancia 1 del (0,0)
Solo hay 4 triángulos equiláteros
No hay ningún cuadrado de lado 1
Animo y suerte
Toni, gracias a tus respuestas (y al famoso reloj y la F-1) logré dar con la respuesta a tiempo. Mil gracias. Un minuto más y posiblemente me habría vuelto loco… ;-)
La solución me recuerda vagamente al teorema de Heidfeld-Petrov.
Jajajaja muy bueno ese teorema, jajaja
Argggggg.
Agujas de un reloj, Heidfeld-Petrov, 4 triángulos equiláteros… Lo tengo en la «punta del boli». Me falta un paso. Lo tengo… casi.
Arggggg.
Pues aunque suene a coña, el teorema ese de Heidfield-Petrov (cuando yo lo estudié hace años, solía llamarse de otra forma: el teorema de Alonso-Trulli) da más información de lo que parece…
jajajajajjaja…
en efecto
Qué bueno :-) Sólo falta aplicar luego el conocido «Teorema de Sporty-Rooster» y a correr.
Creo que lo del muro de las lamentaciones era la pista clave. Pero como yo escribo con pluma estilografica, se me cayó una gota de tinta, mi sulución tiene una manchita…….
Gracias por las pistas, esta tarde a ver si puedo echarle un rato y resolver el enigma.
Ese del F- 1, y otros no, que ya los pillé.
Me interesaba saber con certeza si era posible o no el reto. Me parecía demasiado claro que sí, después de ver el enunciado, pero muy oscuro para resolver.
Mañana os comento si fui o no capaz.
POR FIN…….. ALELUYA
Lo saqué, sobre todo gracias a alguna de las pistas arriba indicadas. Santi, cuando lo veas te vas a tirar de los pelos porque relamente es simple…. muy simple. No obstante os entiendo porque yo he estado a punto de darme cabezazos. Consejo, la clave está en el reloj…. y lo de las figuras de 4 no está nada más tampoco (no estoy diciendo nada nuevo). Hubiera jurado hace un rato que era imposible, pero no….
Lo que me da pereza es sacar las coordenadas. Además me parece absurdo porque lo bonito del problema es dibujar la figura el resto es trabajo de chinos. Creo que mandaré solo el dibujo aunque me lo de por malo.
jajaj, ¿a que es una tontería? :)
Dale una vueltecita a los numeros que no son tan complicados si sigues el consejo de matrices de rotacion….
Siguiendo vuestros consejos y utilizando la matriz de rotación he calculado las coordenadas. Además he comprobado los resultados dibujando la figura en AUTOCAD y comparando las coordenadas numéricas del programa con las calculadas manuelmente y ! coinciden !. Para los que estáis en ello deciros que la raíz de 11 anda por ahí….
Gracias a todos por los ánimos y la motivación que dais. Un saludo
Santi, yo también estaba a punto de tirar la toalla como tú y también empezaba a pensar que algo estaba mal en el problema… pero no: hay solución.
Con ella en la mano, pienso que la pista del reloj no es tan buena realmente; es solo orientativa. No te obceques con ella. Es mucho mejor pista la de que hay cuatro triángulos equiláteros. Olvídate de los cuadrados YA.
Santi, censura a partir de aqui: CABR###NESSSS!!!! QUE NO PUEDO DORMIR CON ESTA TENSION!!!!
Despues de mucho sufrimiento, tambien lo tengo y las expresiones son raritas, pero no bestiales (nada que no puedas gestionar con matrices de rotacion, como decia vincent…)
No si es muy bueno, es verdad!!!
Bueno, por fin lo he sacado, justo a tiempo de poder dormir la siesta (menos mal!) La verdad es que me han encantado las pistas de esta semana, aunque curiosamente lo he sacado cuando he pasado de ellas y he vaciado mi mente. Mención especial al Teorema de Heidfeld-Petrov, yo estaba empecinado en aplicar el Teorema de Schumacher-Rosberg.
Estoy un poco asqueado por haber tardado tanto, no sé si lo mandaré esta semana…
Saludos a todos, me encanta el clima que se está generando en el Blog, gracias a tod@s.
Santi, gracias a ti por el blog y por la comunidad que se está construyendo. Ojalá que perdure luego de los 14 desafíos que quedan!
>por fin lo he sacado,
No esperábamos menos :-)
******************************************************************************+
Muy bonito, lo publico luego.
Esta semana va a tener pocos acertantes. A mi también me ha costado unos cuantos folios y hartarme de triángulos equiláteros. Te he vuelto a mandar mi solución, después de darle tantas vueltas apetece enseñar el trabajo. Saludos.
OK, así lo haré.
Tienes razón, creo que lo más fácil a veces es «vaciar el cerebro», por eso para mí ha sido tan fácil!! :)
Por una vez, para resolver el problema de esta semana, no hacen falta conocimientos supermátemáticos, sino sólamente un poco de visión espacial.. (algún conocimiento de Cristalografía también me ha ayudado jeje)
Me encanta tu blog, aunque no entienda la mitad de las cosas que hay escritas :S
Gracias Noe, ya ves que tienes un talento especial, a mí esta semana me ha vuelto loco!!!
¡Me alegro mucho Santi! Sería injusto que precisamente tú te quedaras sin resolverlo, con la de ayuda que has proporcionado (directamente, o como creador y «mantenedor» con esfuerzo de esta plataforma) a que mucha otra gente haya podido resolver desafíos anteriores.
Bueno, tampoco sería tan extraño… aunque este me da rabia que me haya costado tanto, no era para tanto.
Bueno, parece que lo tengo, al menos el dibujo, las coordenadas lo haré más tarde.
Lo que me fastidia es que ya lo tenía, pero por un error la descarté pensando que había dos combinaciones de puntos que no me entraban, cuando estaba trabajando en el cuartel americano.
Y esta tarde sin internet, así que no podré enviarla.
Esta plataforma, por muy abierta que sea, es tuya.
Gracias a ti.
No puedo vivir sin entrar una vez a la hora.
Vuelvo a insistir que esto es puro vicio.
Aprovecho la oportunidad para agradecer a mi pareja la paciencia que tiene conmigo.
Ánimo a los que no lo pilláis que … sólo hay que recopilar todo lo dicho
y, por desgracia, luego, lo más tedioso del mundo: Calcular las coordenadas. Que por cierto yo estoy convencido que me he equivocado, que he calculado algo mal porque todo lo que me sale es feo de co…es. Pero me ha gustado tanto salvar a 29 presos con gorros (y medio más) como imaginar esta figura.
Hasta la próxima
Gracias, gracias, es cierto pero conmigo solo esto no valdría nada.
Subscribo lo dicho de los agradecimientos a Santi.
Respecto a las coordenadas,… siempre puedes comprobar los numeros que te dan, por raritos que sean, para estar seguro de que las distancias «esperadas» son las correctas. Si a alguien de este foro resulta ganador, que nos lo diga y lo celebramos :)
Espero que alguna vez sea así… sería una gran alegría.
Hola, por suerte lo pude sacar gracias a toda su ayuda, y ahora entiendo lo del reloj, lo que les queria preguntar era si yo puedo participar tambien a pesar de que no viva en españa, de hecho vivo en Argentina y queria preguntar si alguien sabe si puedo participar o no de este concurso.
Gracias Santiago por este espacio. Voy a tratar de ayudar en lo que mas pueda
Un abrazo a todos
Desde luego que sí, de hecho ya ha salido algún ganador de algún otro país (no recuerdo cuál).
Gracias y suerte en la Copa América… ;)
Ufffffff! Al final he dado yo tambien con la solucion…qué dolorrrr. El problema lo podriamos llamar «en busca del 7º átomo perdido». La verdad es que la pista del reloj es buena, pero la he visto al final, tras llegar a la conclusión sobre las propiedades geométricas que debe cumplir ese 7º átomo. Santi, si te sirve de consuelo, a simple vista se puede llegar a la solución muy rápidamente, pero creo que sería de manera casual. Solo tras muchas pruebas colocando y recolocando triángulos llegas a unas conclusiones y es cuando te viene la idea. Como decía Picasso, la inspiración que te pille trabajando. A los que no lo habeis resuelto, no desfallezcais.
Santi, felicidades por el blog. Se respira un buen rollito y compadreo para ayudar y animar…Aconsejo no os lo tomeis muy en serio porque últimamente me miran raro en casa, jaja
jejeje, pues imagínate a mí! muchas gracias josep.
Enhorabuena a los que habéis dado con el enigma, sin olvidarme de Santi, por supuesto estaba seguro de que no tirarías la toalla.
El grado de dificultad es difícil de valorar, me viene a la memoria un ejercicio del maravilloso divulgador matemático Martín Gadner, consiste en que tienes 7 monedas sobre el plano formando una L (4+3), y la pregunta es cómo moviendo una sola moneda formar dos filas rectas, (el propio ángulo), que contengan 4 monedas cada una; es una chorrada pero si no caes te puedes dar de cabezazos.
Respecto a las pistas para mi que suelen ser tan sutiles que solo las pillas cuando ya sabes la solución, tal vez en casos complicados como el de esta semana hay que ser menos estrictos, cosa que se está haciendo finalmente.
Saludos.
Pues a punto estuve, pero uno que es orgulloso…
Hola, os sigo hace solo 2 semanas, aunque llevo desde hace unas cuantas con los desafíos, solo ante el peligro. Como a Santi, esta semana me ha costado e imagino que todas vuestras pistas me han ayudado aunque ahora, con la solución delante, realmente no sé cuál es la determinante (y aún estoy pensando en qué tiene que ver el baloncesto, que me llevó a pintar círculos adheridos a cuadrados como en la zona o rombos con isósceles pensando en la red de la canasta…) En todo caso, a mí me falló desde el princio la perfección simétrica: cuando visité el cuartel americano solo pensé en la Academia de Pitágoras… Gracias a todos.
Gracias a ti ave y bienvenido. La pista del reloj es muy buena con la solución delante, la del baloncesto la verdad es que yo tampoco la veo clara.
A toro pasado, diría que no has de fijarte tanto en el aro, como se parece dar a entender, sino a la red, ¿no? :-)
eso parece ;-)
Justo a tiempo!
Muy bonito
Te mando a tu correo mi dibujo y coordenadas
OK.
En cuanto al comentario de Josep, muy, que muy, pero que muy acertado.
Mi mujer (el enemigo) me veía haciendo dibujitos en papeles, mientras veía la televisión. Y la oía cuando hablaba por teléfono con sus amigas les decía:
– Ahora le ha dado por el dibujo…
JAJAJAJAJAJAJAJA………..
No sé si voy a acertar, y como lo publicarás. He considerado que la molécula, al ser plana, tener siete átomos y tener una distancia de 1 armstrong entre 2 átomos por cada 3, en realidad es un heptágono regular. Conociendo que uno de los vértices está en el origen de coordenadas y que el lado del heptágono (los lados, al ser regular son todos iguales) tiene una longitud de 1 armstrong, mediante la formaCIÓN DE TRIÁNGULos entre los distintos átomos, y aplicando sucesivamente los teoremas del seno y del coseno en repetidas ocasiones, se acaban sacando las coordenadas de todos los vértices. Igual he hecho una interpretación muy simplista del enunciado.
Pero si tomas en tu elección de átomos, tres que no sean consecutivos ya no se cumple la condición inicial, porque entre ellos las distancias son mayores de un armstrog.
Ok, tenías razón, :(. A ver si el de este jueves se da mejor, :)
Ánimo a todos.