Solución del 16º Desafío de El País


Esta semana con los correos que me habéis mandado el desafío queda más que ilustrado, además con lo que me ha costado a mí resolverlo, no estoy como para sacar pecho…

Un problema de dos rombos

Un problema claramente basado en un teorema fundamental…

Teorema de Heidfeld-Petrov

y en las agujas de un reloj… “reloj, no marques las horas”

Dos agujas con forma de rombo

Y por fin, aquí está la molécula:

Solución de Rogelio

Otras aportaciones que merecen mucho la pena:

PROB16 José Ángel

MoléculaAna

Enlace al programa interactivo creado por tokland

45 comentarios

Archivado bajo OTROS

45 Respuestas a “Solución del 16º Desafío de El País

  1. Ana

    Qué ilusión que pongas mi dibujo, gracias!
    aunque veo que otros compañeros se lo han currado mucho mucho
    un saludo a todos y a dormir que ya son horas…

  2. Javier

    Sabía que estaba muy cerca de la solución. Sabía que debía ser un pentágono, pues es el único polígono que cogiendo vértices alternos cumple la propiedad indicada. Sabía que los otros dos puntos debían estar dentro del pentágono, era obvio.
    Con estos datos tomé el programa Geogebra (muy bueno) e intenté, sin éxito llevar a la práctica la molécula. No conseguí en ningún momento colocar los dos últimos puntos dentro del pentágono de tal modo que cumpliese con la propiedad.
    No me basta haber estado cerca… ¡Una vez más no lo he conseguido!.

    • Ana

      Un pentágono sí, de lados iguales pero no ángulos iguales!
      yo más bien lo veo como un rombo formado por dos
      triángulos equiláteros de lado unidad y otro rombo idéntico que comparte
      con el anterior uno de los vértices de la diagonal mayor (el origen) y
      girado de manera que los vértices opuestos disten también una unidad.
      ¿Qué hacemos ahora con todos los papeles que hemos llenado con triángulos, rombos, círculos…? :-D

  3. jabon

    Me maravillo con los dibujos que habéis hecho. Estupendos, todos.
    Con vuestras pistas, retomé una vía que había dejado por error, y lo vi claro. Al final no pude envíar la solución porque no tenía internet; aunque si os digo la verdad, al final saqué las tres coordenadas fáciles y ya me dio pereza el resto; me quedaba la satisfacción de haber encontrado el dibujito.
    Conforme iba trabajando, llegué a pensar que si había respuesta tenía que ser una elipse o un pentágono, con dos puntos interiores. Hasta que no leí alguna pista no retomé el camino porque llegué a dudar de la posible solución del reto.
    Incluso me despisté por el camino con la molécula de nitrógeno (por el número atómico), que pensé que sería la clave. Me pareció ver que tenía dos orbitales, y pensé entonces en una corona circular, pero no avanzaba.
    Los triangulitos eran lo único consistente, o el teorema de Petrov (trabajado antes por Alonso)….

  4. Javier

    Enhorabuena a los que lo habeís encontrado. Magníficos los dibujos presentados, muy interesante el de Tokland.
    Una sóla puntualización… una vez encontrada la figura que cumpliera la propiedad, se podían cambiar las coordenadas (manteniendo la figura) de tal forma que fuese simétrico con el eje “y”… de esta forma sólo haría falta calcular 3 coordenadas, las otras tres serían simétricas.
    Un saludo.

    • Javier

      Corrijo. He comprobado que es muy sencillo calcular las coordenadas con un programa como el geogebra… pero si se hace lo que he comentado de colocar la figura en simetría con el eje y… los cálculos de las coordenas (sólo 3) se complican muchísimo o es imposible… Mucho más sencillo el método asímétrico respecto al eje “y” como el de Rogelio, Ana o Tokland.

  5. Pedro Correa

    Estaría bien una encuesta sobre el problema más fácil y el más difícil…

  6. Jose Luis

    Aunque no llegué a la solución, me queda el consuelo de haber jugado con los dos rombos de todas las formas posibles…

  7. rogelio

    Como siempre, la entrada esta muy bien ilustrada!
    Gracias Santi

  8. Jesus

    Curiosamente, yo fui incapaz de entender ninguna pista conscientemente pero durmiendo por la noche me desperte y consegui dibujar los dos rombos (por eso que os acuso de mi insomnio)(de buen rollo, claro :D) Seguramente, inconscientemente si que estaba pillando las pistas y cuando consegui dibujarlo me parecieron obvias. El calculo de los puntos no me costo demasiado pero yo, como vincent, soy fisico y eso de rotaciones en cartesianas lo hacemos con la gorra XD

    • Jesus

      … y yo si lo mande, pero explique el dibujo en texto, lo cual fue de lo mas surrealista…

      • Qué curioso… Los dos físicos y los dos resolviendo el problema en medio de una noche de insomnio… La mayoría de la gente en su camita durmiendo tranquila y mientras tanto nosotros dibujando puntos mentalmente con los ojos cerrados y haciéndolos girar hasta que encajan. ¿Será que tienen razón los que dicen que los físicos somos una raza (un poco rarita y sui generis, ejem…) aparte?

  9. mauricio

    las coordenadas de las soluciones, acertadas o no, van a ser numericamente distintas pues dependen de la orientacion del dibujo, al haber tanto numero irracional o bien las evaluan con un programa de ordenador para verificar todas las distancias o si no… le deseo mucha suerte al evaluador que las evalue.

  10. Ángel

    Gracias a las pistas de este blog, conseguí enviar una solución. Las agujas del reloj y Petrov fueron fundamentales. Sin ellos, aún estaría encajando triángulos equilateros en cuadrados de lado 1…

    Gracias a todos los que dieron pistas, a Toni que directamente contestó mis preguntas y nos dio la clave de los cuatro triángulos equiláteros y gracias a Santi por este magnífico blog.

      • TONI

        Gracias Angel.
        Yo no envié dibujo. Envié explicación de la figura (intento de explicación) así:

        La figura que contiene los 7 puntos está formada por 4 triángulo equiláteros. Todos ellos de lado 1
        Dos triángulos comparten un lado y dos vértices formando un rombo. Los otros dos se juntan entre si de la misma manera.

        Los dos rombos comparten un vértice de la diagonal mayor. El vértice opuesto de la diagonal mayor de cada uno de ellos se separa la distancia de 1 de manera que los dos rombos apoyados en el vértice común (el inferior) giran cada uno hacia un lado del eje vertical 16’7786549 grados.

        Todos los vértices están a distancia 1 de otros 3 vértices, excepto el que comparten ambos rombos que se encuentra a distancia 1 de otros 4 vértices

        Como podéis deducir lo dibujé y calculé simétricos al eje de las y

        Bueno un saludo a todos y hasta el próximo el próximo fin de semana (que tendré visita en casa y voy a tener que ir dejándolos solos de cuando en cuando porque esto no me lo pierdo)

  11. Manolo

    Enhorabuena a todos. Yo fuí de los últimos de Filipinas: A las 11:45 canté el ¡Eureka!. Había ensayado la posición de los rombos el domingo pero no caí en darle la abertura precisa…
    Magnífico blog, Santi y buen nivel entre la concurrencia.
    Salúdos.

  12. Claudia

    Me sumo a este blog para adradecer, a todos, las pistas y los comentarios.
    Además la gente me parece de alto nivel académico, pero sobre todo, humano, todos ayudan y no critican, mucha generosidad y poca soberbia. Yo seguí el mismo método que Ana, las circunferencias de radio 1, pero esta vez no envié la solución porque me costó muchísimo encontrar los puntos, y para encontrar las coordenadas tenía que renunciar a un asado y buen vinito, en casa de unos amigos,no!!! Mi romance con las mates no llega a tanto! Ja, ja!
    Felicitaciones Santi!

  13. Jose Luis

    En cualquier caso, éste me ha parecido uno de los mejores desafíos. El no haberlo podido resolver me ha supuesto la misma insatisfacción de no haber resuelto jamás el cubo de Rubik: sé que se puede resolver, pero jamás lo consigo

  14. Maureen

    Vaya lástima. Yo no fui capaz de encontrar la solución. Y eso que estaba con los dos rombos de triángulos equiláteros a vueltas (alguna de las pistas llevaba a eso), pero no fui capaz de darles el giro adecuado. Enhorabuena a los que lo resolvieron, vaya visión geométrica :-)

  15. pipin

    Vaya dibujitos más molones, enhorabuena.

    He tenido la curiosidad de echar un vistazo a la solución que dan en El País, y lo primero a destacar es la caída en el número de soluciones correctas, han sido del orden de 200, y estimando que de este foro han tenido que partir entre 20 y 40 de esas soluciones, la probabilidad de que hubiera sido premiado uno de nosotros empezaba a ser tangible; un próximo desafío más cpmplicado y nos volveremos todos locos pero el premio para nosotros.

    La forma de resolverlo, como casi todos los caminos conducen a Roma, los dos rombos con un punto común, el origen de coordenadas, y girados entre sí unos 33º. Lo llamativo es que se han confundido en el cálculo de las ordenadas de dos de los puntos, porque estando a distancia uno del origen tienen valores de Y superiores a 2, eso confirma lo que se ha reiterado estos días en el blog: lo tedioso de los cálculos para obtener los valores de las coordenadas, en fín que en todas partes cuecen habas y que a la peña le interesa discurrir y no entrar en farragosos cálculos por otra parte triviales.

    Y por último, pedir un puntito menor de sutilidad en las pistas, porque aparte de graciosas para mí que en la mayoría de las ocasiones solo les encuentras sentido si conoces previamente la solución.

    Saludos.

  16. Manuel

    Hola a todos.

    Santi, como muchos de vosotros, saqué la solución de forma agónica. Cansado de ver triángulos equiláteros por doquier y no saber cómo distribuir los vértices (átomos) opté por otra vía más acorde con mi condición de informático: me inventé un procedimiento iterativo para dar con la solución, cuya mecánica es en cierto modo parecida a la del método de Eratóstenes para obtener los números primos.
    El algoritmo es el siguiente:

    Sea T la lista ordenada de ternas:

    T = {(1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 2, 5), …, (4, 6, 7), (5, 6, 7)} (35 en total)

    Y sea D la lista ordenada de duplas posibles:

    D={(1, 2), (1, 3), (1, 4), …, (5, 6), (5, 7), (6, 7)} (20 en total)

    Ls solución, S, de existir, será también una lista de duplas:

    S ={(sa1, sb1), (sa2, sb2),…, (san, sbn)}

    donde todos los elementos de S son pares de átomos distanciados entre sí una unidad.

    En cada iteración, se elige de forma adecuada una dupla di = (a, b), con lo que forzamos que dist(a, b) = 1, y se eliminan de T todas aquellas ternas que tengan a y b como elementos, al cumplir los requisitos del desafío. Finalmente, añadimos di a S. Por ejemplo, si en la primera iteración, la dupla elegida es (2, 3) se eliminarán de T las ternas:

    (1, 2, 3), (2, 3, 4), (2, 3, 5), (2, 3, 6) y (2, 3, 7)

    Y S pasará de ser el conjunto vacío a ser S= {(2, 3)}

    Repetimos estos pasos hasta que T sea vacío (en cuyo caso hemos encontrado una solución) o bien, no sea posible añadir a S ninguna dupla más, pues al hacerlo se llegaría a una construcción inviable de acuerdo con las leyes de la geometría.

    Por ejemplo, si dentro de la estupenda ilustración de Rogelio, asignamos el valor 1 al vértice superior del pentágono, asignamos los valores 2 hasta 5 al resto de vértices del pentágono según sentido horario, asignamos el valor 6 al vértice interior situado más a la izquierda, y el 7 al otro vértice. La secuencia de vértices que nos llevan al éxito serían (espero no haber omitido nada):

    (1, 2)-> Se eliminan las ternas (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 2, 5), (1, 2, 6) y (1, 2, 7)

    (2, 3)-> Ídem para (2, 3, 4), (2, 3, 5), (2, 3, 6) y (2, 3, 7). Nótese que no incluimos (1, 2, 3) pues ya se eliminó en el paso anterior.

    (3, 4)…

    (4, 5)…
    (5, 7)…
    (4, 7)…
    (1, 7)…
    (2, 6)…
    (4, 6)…
    (3, 6) -> se eliminan (1, 3, 6) ( 3, 5, 6) y (3, 6, 7)
    (1, 5)->se eliminan (1, 3, 5) y (1, 5, 6), el conjunto de ternas T, se queda vacío y S es, en principio una solución válida.

    ¿Todo lo explicado hasta ahora indica que este algoritmo de mi cosecha me llevó a la solución de una manera rápida y directa? En absoluto. Estuve horas y horas haciendo probaturas, intentado cambiar de estrategia cada vez, mientras iba arrojando toneladas de folios a la papelera, frustrado cada vez que fracasaba en el intento. Pero si esta parte fue tediosa por lo mecánica y repetitiva, la segunda parte, la de demostrar que la secuencia de vértices elegidos cumplía los requisitos fue casi peor, debido al cansancio acumulado. Cuando terminé estaba reventado, y como no sé dar una explicación sin rellenar una libreta (como podéis comprobar) no me quedaron ganas de escribir la solución y enviarla.

    Felicito a todos los acertantes y doy las gracias a todos los visitantes del blog por sus comentarios y aportaciones, y a Santi por el trabajo que desarrolla en su blog y por el tiempo que nos dedica.

  17. Pedro Correa

    Pues a mí me gustaba más la solución simétrica respecto al eje de las x y me pasé un buen rato de la noche del sábado resolviendo las ecuaciones mientras mi mujer dormía en el sofá. Sin trigonometría, sólo con Pitágoras.

    V1 (0,0)
    V2 (raiz(11)/2 , 1/2)
    V3 (raiz(11)/2 , -1/2)
    V4 ((3·raiz(11)-3)/12 , (3+raiz(33))/12)
    V5 ((3·raiz(11)+3)/12 , (3-raiz(33))/12)
    V6 ((3·raiz(11)+3)/12 , (-3+raiz(33))/12)
    V7 ((3·raiz(11)-3)/12 , (-3-raiz(33))/12)

    Sin dibujarlo:

    Los rombos están formados por los vértices V1 V2 V4 V5, donde V1 y V2 forman la diagonal mayor y V4 y V5 la menor
    Los rombos están formados por los vértices V1 V3 V6 V7, donde V1 y V3 forman la diagonal menor y V6 y V7 la menor

    Sean tres vértices.

    Si los tres pertenecen al mismo rombo, ya es seguro que cumplen la propiedad.

    Si dos pertenecen a un rombo y uno al otro rombo, la única posibilidad de que los dos vértices del mismo rombo estén a distancia distinta de uno es que formen parte de la diagonal mayor.

    En ese caso, uno de los vértices es V1, que pertenece a los dos rombos. Como hemos visto antes, los vértices deben formar parte de la diagonal mayor de cada rombo. Por lo que los tres vértices deben ser V1, V2 y V3. Pero tal y como hemos definido la molécula, V2 y V3 están a distancia 1, por lo que también en ese caso, se cumple la propiedad.

  18. Pedro Correa

    Me gusta cómo aquí, cada uno ha hecho apología de su ‘gremio’: el informático con procedimientos iterativos, el físico con rotaciones y el matemático con Pitágoras y trigonometría

  19. Roberto

    Ya hay ganador del desafío. Pocos acertantes (210) y como en los casos anteriores tampoco soy el agraciado, ojalá haya sido algunos de los contribuyentes a este blog (santiprofemateros…o algo así, propongo buscar un nombre apropiado).

    De todas formas enhorabuena al afortunado. En mi caso he disfrutado como un enano a pesar de que mi mujer ha estado a punto de divorciarse..jeje y yo de perder la cabeza. Me anima mucho leer los comentarios, un saludo a todos y hasta el próximo (si mi mujer me lo permite…)

  20. Jose Antonio

    Hola a todos,

    primero dar las gracias por las pistas (la de las 11 y 5 fué la que me encendió la bombilla, jeje). Con eso y el programa GeoGebra conseguí sacar el dibujo y a partir de ahí las coordenadas. En mi caso las que mandé fueron:

    A) (0, 0)
    B) (-COS(ATAN(RAIZ(11))-30º), SENO(ATAN(RAIZ(11))-30º))
    C) (COS(ATAN(RAIZ(11))+30º), SENO(ATAN(RAIZ(11))+30º))
    D) (-COS(ATAN(RAIZ(11))+30º), SENO(ATAN(RAIZ(11))+30º))
    E) (COS(ATAN(RAIZ(11))-30º), SENO(ATAN(RAIZ(11))-30º))
    F) (-1/2, RAIZ(11)/2)
    G) (1/2, RAIZ(11)/2)

    ahora me queda la duda de si las habrán considerado validas al incluir funciones trigonométricas. Supongo que me quedaré con la duda…

    Saludos!!

  21. Manolo

    Ahora sueño y veo triángulos por todas partes:
    Triángulo de las Bermudas.
    Triángulos de señales de tráfico.
    Triángulos amorosos.
    Triángulos de música.
    El escote de mi compañera (forma un triángulo isooooosceles).
    Ya no “cuadro” balances ni “redondeo” operaciones, ahora los triangulo…
    Y en pleno éxtasis veo un triángulo con un ojo dentro que me habla y…
    Creo que necesito unas vacaciones. Urgentemente.

  22. Uno de los organizadores....

    … y lector del blog (Santi, no desveles mi nombre por favor).

    Por supuesto las respuestas como las de José Antonio se han dado por válidas. Y gracias a todos por la pasión con la que seguís los desafíos: hacéis que valga la pena el esfuerzo.

    • Muchas gracias “uno de los organizadores”, aprovecho la ocasión para daros la enhorabuena por esta magnífica iniciativa, ya veis que somos muchos los que la seguimos con entusiasmo. Desde luego que vuestro trabajo merece la pena y mucho. Si eres lector del blog habrás comprobado cómo impera en él el respeto por las reglas del juego y el afán de colaboración; de los cientos de comentarios, tal vez ya miles, sólo uno ha sido eliminado por inconveniente y como anécdota te comentaré que entre el lunes y el martes he recibido más de 2000 visitas, cosa que jamás habría imaginado.

      Un saludo y gracias de nuevo en mi nombre y seguro que no me equivoco si digo que en el de muchos otros.

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