Soluciones enviadas al Desafío 17


Aparte de las ya publicadas en los comentarios, estas son las demos que he recibido en mi mail:

Desafío 17 Vincent Price
Desafío 17 Ana Chisi
Desafío 17 Nacho

Mantel Vincent Price

Mantel Miguel Garriga

Como comenté en el hilo anterior mi propia respuesta no me ha dejado muy satisfecho así que creo que no aporta nada que mejore lo anterior.

Saludos y gracias otra vez a todos por vuestra participación.

22 comentarios

Archivado bajo OTROS

22 Respuestas a “Soluciones enviadas al Desafío 17

  1. Keith

    La demostración de Ana me ha parecido muy interesante. Creo que prueba que, desde un punto de vista práctico, es imposible cubrir el mantel: con deltas tan pequeños como se quiera se llega a los límites prácticos de lo que se puede hacer con una tijera. Sin embargo, hay casos “teóricos” que quedan excluídos de la demostración: cuando las longitudes de los trozos de papel no son conmensurables entre si. Por ejemplo, si las longitudes de dos trozos de papel fuesen pi y raíz de 2, no habría ningún delta entre los números racionales que sea divisor de ambos.

  2. Jesus

    Aunque yo lo hice mas parecido a las respuestas que han sido mandadas, para los mas frikies, aqui teneis una respuesta alternativa utilizando el teorema de Brujin & Klarner (que estoy casi convencido que no es la respuesta esperada) que se comento en el foro:
    ===============================================
    Siempre podremos encontrar un tamano suficientemente pequen\o para que se considere la teselacion con rectangulos d(x) x 2 dm^2. Todos los
    trozos de mantel seran sumatorios de esos mini-rectangulos (se podria hacer con tamano 1×2 dm^2, como se comenta en la mayoria de respuestas, pero dejamos el dx en honor a la pista de Santi ya que lo del mcd pudiera no estar totalmente justificado)
    Por el teorema de Brujin & Klarner para teselar un rectangulo nxm con
    rectangulos axb se debe cumplir:
    1) mxn divisible entre axb
    (sabemos que N minirectangulos nos dan un mantel de taman\o mxn=15×9 dm^2 asi que si lo cumple)
    2) Primera fila y columna pueden cubrirse (m y n se pueden escribir como
    sumatorio de a y b). Al tener un d(x) tambien se cumple seguro
    3) (m o m) es divisible por a y (m o n) es divisible por b
    m y n son divisibles por dx pero ni 15dm ni 9dm son divisibles por 2dm,
    por lo que es imposible la teselacion.
    La verdad es que este teorema simplifica la evaluacion de cualquier teselacion.
    Hay otro articulo con 14 demostraciones de este teorema (algunas de lo mas enrevesado) y otra coloreando casillas, pero no le he dado demasiadas vueltas mas. Creo que alguien lo habia evolucionado mas, asi que estaria bien verlo….

    • Carlos

      Tengo una duda. El teorema de Bruijn & Klarner es para dimensiones que son números naturales, pero en este problema el papel, en principio, puede tener cualquier longitud.

      • Jesus

        La generalizacion creo que surgia de decir que todo rectangulo esta formado por mini-rectangulos. Supongo que se podria redimensionar la mesa para que fuesen naturales… (salvo que sean irracionales, como decia Santi). Lastima que no haya nadie que nos haya mandado algo mas trabajado (?) En cualquier caso, parece que no la daban por valida (estaba claro que la del coloreado era la corrrecta)

  3. Ana

    Las soluciones basadas en “colorear” son las que me parecen más rápidas, sencillas y elegantes. Enhorabuena!

  4. Ángel

    ¡Hola a todos!
    Leyendo el foro dedicado a este problema saco la conclusión de que a mucha gente no le ha gustado y dicen cosas como que era muy fácil o muy parecido a uno anterior.
    Solo quiero comentar que, aunque no ha sido mi preferido, no me parece ni lo uno, ni lo otro. No hay más que ver la variedad de soluciones propuestas y lo mucho que, en general, nos ha costado a todos dar con una solución que nos satisfaga.
    Creo que los problemas simples en su enunciado y fáciles a priori, pero que se complican en cuanto intentas desarrollar tus ideas, son los más bonitos.
    A ver la solución “oficial” que nos sacan esta tarde y con qué nos sorprenden esta semana. Merecerá la pena aunque solo sea por leeros en este foro… ;-)
    Un saludo.

  5. Javier

    Fácil o sencillo, fácil de ver… difícil de demostrar pero para mi de momento el que menos me ha gustado.

  6. Alex

    No he tenido tiempo de leer las otras soluciones pero desde luego la de Vincent Price es muy sencilla y elegante.

  7. Pedro Correa

    El premio de esta semana a la mejor demostración va para Vicent_Price.

    Mucho menos “pestosilla” que la que yo envié, y además dice que cualquier recubrimiento dejará 10cm*10cm sin cubrir.

    Y sin “mancharse las manos”

  8. Carlos

    La única que me convence es la de Vincent Price. Además creo que ha dado con el razonamiento óptimo; el argumento de las áreas se ve claramente, aunque lo complique haciendo demostraciones :)

    A ver si esta noche saco un rato para explicar mi solución…

  9. Antonio

    Esta es la solución que he enviado.
    No se puede hacer un mantel para la mesa con el rollo de papel.
    Supongamos que se pudiera cubrir la mesa con rectángulos. Entonces si prolongamos los lados de los rectángulos horizontales del mantel hasta los lados verticales de la mesa y prolongamos los lados de los rectángulos verticales del mantel hasta los lados horizontales de la mesa se tendría que, o bien el lado vertical de la mesa o bien el lado horizontal de la mesa quedaría dividido de forma exacta en segmentos de longitud 20, cosa que no puede ser ya que ninguno de los lados de la mesa tiene por longitud un múltiplo de 20.

  10. Declaramos a Vincent Price “Mr. Demonstration of the week” por aclamación popular. Me sumo a la moción, desde luego su demo es muuuucho más bonita que la mía, que no llegué ni a enviar, así que mucho menos voy a publicarla. A ver si puedo implicarme más en semanas venideras… esta semana me ha sido imposible :`S

  11. Jesus

    Yo tambien creo que la demostracion oficial sera como la de Vincent. Es, con mucho, la mas clara

  12. Rogelio

    Hola, yo tambien voto por la de Vincent.
    Yo recurri a ‘dx’, aqui abajo la pongo.
    Otra vez doy la enhorabuena a El Pais y a las
    ilustraciones de Santi!.
    ——————————————————————

    No es posible recubrir la mesa con tal rollo.
    Hablemos en decimetros. La mesa es de 9*15 dm^2,
    el rollo tiene un ancho de 2dm.
    Para demostrar que no es posible vamos a asumir
    primero que el largo minimo del rollo que podemos
    cortar es 1dm y luego extrapolaremos para cualquier
    valor.
    Recubrimos la mesa con una cuadricula de 1dm de lado
    quedando 135 cuadrados de 1dm^2. Coloreamos con x los cuadros
    de la forma siguiente (‘diagonales’ separadas por 2dm):

    xoxoxoxoxoxoxox
    oxoxoxoxoxoxoxo
    xoxoxoxoxoxoxox
    oxoxoxoxoxoxoxo
    xoxoxoxoxoxoxox
    oxoxoxoxoxoxoxo
    xoxoxoxoxoxoxox
    oxoxoxoxoxoxoxo
    xoxoxoxoxoxoxox

    Asi esta claro que cualquier cacho de 2*1dm^2 estara encima de una y solo una x
    (tambien esta claro que elegir un cacho de 2*1dm^2 como fundamental no quita
    generalidad alguna pues un chacho de 2*3dm^2 son 3 de los anteriores).
    El numero de x es 2*(1+3+5+7)+9*4=68, por lo que cubrir
    todas las x necesita 68*2=136dm^2 -> La mesa (de 135dm^2) se queda corta!!!!
    En el problema es posible cortar menos 1dm de largo de rollo.
    Es facil generalizar “pasando de lo cuantico a lo continuo”.
    En vez de asumir un cacho fundamental
    de 2*1dm^2 elegimos uno de 2*1/N dm^2, donde N es cualquier numero natural.
    La cuadricula tendra que ser de 9*N*15*N cuadros de 1/N dm de lado.
    Las x las colocamos en las mismas ‘diagonales’ separadas por 2dm
    y la misma propiedad de antes se cumple. El numero de x ahora es
    2*(1+3+5+7)*N+9*4*N=68*N, el area necesaria para cubrir las x
    con el cacho fundamental de 2*1/N dm^2 sera ahora
    de 68*N*2/N=136 dm^2 -> La mesa se sigue quedando corta para cualquier N!!
    En particular se cumple para N igual (o tendiendo) a infinito lo que
    permite representar cortes de longitud arbitraria.

  13. Ignacio

    Pongo mi respuesta:
    No es posible cubrir la mesa con las medidas dadas de 15, 9 y el rollo de 2 (todas en decímetros). Esta conclusión es consecuencia del teorema de Brujin y Klarner ya que ni 15 ni 9 son divisibles por 2.
    Ellos probaron que un rectángulo de m x n puede teselarse con rectángulos de a x b si y sólo si:
    1) mn es divisible por ab,
    2) la primera la y columna pueden cubrirse; es decir, tanto m como n se pueden escribir como una suma de “a” y “b”, y
    3) m o n es divisible por a, y m o n es divisible por b.

    Otro método menos riguroso pero más visual es recurrir a colorear la mesa: a cada cuadrado de lado 1 dm le asignamos un color a modo de tablero de ajedrez. Habrá 15 x 9=135 cuadraditos. Cada tira de papel ocupa tanta superficie de los 2 colores, ya se coloque horizontal o verticalmente; pero hay 68 cuadraditos de 1 color y 67 de otro, lo que hace imposible el cubrir totalmente la mesa, siempre quedará una superficie de 1 dm cuadrado sin tapar.

  14. emili

    Se puede rizar el rizo tanto como se quiera…y luego se dice que son los políticos los que lo rizan… Vamos a ver si no tiene lógica algo tan simple como lo siguiente: si tengo un segmento de longitud L y lo quiero igualar a una suma de segmentos l1+l2+l3+…+ln, lo puedo hacer de infinitas maneras, incluso con infinitos términos l (1/2+1/4+1/8+….1/n , con n infinito)….Pero si l es de longitud fija …. pues o L es múltiplo de l o no voy a poder hacer nunca L=n·l y que n sea entero… En el problema planteado (L=20 fijo!), uno u otro lado debe ser múltiplo de 20, que no es el caso pues no lo es ni 150 ni 90. Entonces el problema no tiene solución y punto final.

    • pipin

      De una lógica aplastante, pero me temo que no es solución válida para los del País.

      Saludos.

      • emili

        Bueno, pues no les gustará a los de El Pais este argumeto tan simple, pero si me dan una mesa con AMBOS lados no múltiplos de 20 y que cumpla el desafío, admitiré mi falta de lógica y que no debía participar en el sorteo…. mecachis la mar!

  15. Carlos

    He dejado la explicación de mi solución aquí:

    https://docs.google.com/document/pub?id=1CQqM0ggjrgTc7UfWYR3Axg9fhDIhW2Pzoz-G-qUHNCQ

    El argumento no es el más elegante, pero al menos aporta un punto de vista distinto a los que se comentan en el País (suponiendo que sea correcto, jeje)

  16. Hola,
    bueno, llego a este post un poco tarde, pero quería agradecer por un lado a Santi el publicar mi respuesta y por otro a todos los que decís que os ha gustado.
    En cualquier caso no creo ni de coña que sea tan “elegante” como la de Marta para el tablero de ajedrez de hace unas semanas.
    Lo dicho, muchas gracias a todos, no sabéis la grandísima ilusión que me ha hecho, me he puesto incluso colorado según leía vuestros comentarios…
    Este fin de semana estaré fuera, espero que el problema sea fácil puesto que sólo podré mirarlo durante el lunes… ¿Estamos enfermos o qué? ¿Me voy un fin de semana a la playa y lo que más me preocupa es no poder dedicarme al desafío matemático de la semana?… En fin, voy a hacérmelo mirar…

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