Desafío 24: Cómo tapar una mesa


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

Un saludo a tod@s y apelo de nuevo a la elegancia que hemos demostrado hasta ahora. ¡A DISFRUTAR LOS QUE PODÁIS!

 

Acceder desde AQUÍ.

Tenemos una mesa rectangular y un número suficientemente grande de círculos, todos del mismo tamaño. Se consideran dos tipos de distribuciones de círculos sobre el tablero:

La primera consiste en poner los círculos sobre la mesa, con su centro dentro de ella, de forma que no se superpongan (sí puede haber contacto) y además de forma que no quepa ningún otro círculo. En ese caso diremos que se ha llenado la mesa.

En la segunda distribución, los círculos sí pueden superponerse y se debe conseguir que todos los puntos de la mesa estén en alguno de ellos (es decir, que no quede a la vista ningún punto del tablero. En ese caso, diremos que se ha tapado la mesa.

El desafío consiste en demostrar que si la mesa se puede llenar con un número n de círculos, entonces se puede tapar con 4n de ellos.

NOTA IMPORTANTE: El planteamiento del desafío no dice nada sobre las medidas de los círculos ni de la mesa, que son totalmente arbitrarias. No se trata por tanto de calcular el número de discos o el tamaño que deberían tener, sino de justificar que la afirmación de que una mesa que se llena con n círculos se tapa con 4n círculos es siempre cierta.

77 comentarios

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77 Respuestas a “Desafío 24: Cómo tapar una mesa

  1. Alex

    Creo que este va a ser el más difícil. Debe haber algún argumento sencillo, como en los dos problemas anteriores de cubrir rectángulos. Pero de momento…

  2. Una pregunta para este enunciado.
    ¿Quiere decir que 4n es el máximo de círculos que se necesitaría, para el supuesto “peor”?
    Porque en el supuesto más sencillo de analizar, parece que son necesarios menos ¿no?

  3. Alex

    Hay que demostrar que 4n son suficientes (y no que sean necesarios).
    Al final he conseguido encontrar una solución muy bonita y elemental. Pero me ha costado y he tenido un poco de suerte. Es el típico problema donde es fácil perderse, como con los dos otros problemas de recubrimiento de un rectángulo.

  4. Josep

    Este se me está atravesando y he empezado a desesperarme, grrrrrr. ¿alguna pistita, please? Una duda: cuando se dice que en la primera disposición no quepa ningún otro círculo, incluye aquellos con centro en la mesa pero con parte fuera de ella, no?

  5. jabon

    También lo tengo como el más complicadillo de los cinco.
    Interpreto que también se cuentan los que tienen el centro dentro del rectángulo (incluso debiera pensarse sobre la línea??), aun estando el resto fuera.
    También deduzco que lo primero es analizar el supuesto con el menor número posible de círculos, siempre que se cumpla con el enunciado.

  6. Ave

    Bueno, con los otros 4 ya cerrados vengo a este, a ver si me quito de esto unas semanas! Por lo que decís, no se trata de considerar el llenado con los círculos tangentes a los lados (como ocurriría en una mesa con borde, de billar por ejemplo) ¿Es así? De este modo podría hacerse que no hubiese huecos en los bordes de la mesa, y en el tapado solo habría que tapar intersticios interiores… Confirmad, por favor.

  7. Ave

    Dice Álex que ha encontrado una demostración elemental. Yo aún no le he dedicado demasiado tiempo, pero en el que he invertido no he pasado de mirar el papel, porque no veo brecha para empezar!

  8. jabon

    Tengo una demostración, pero no es única, tengo que tener en cuenta alguna variante; al menos en lo que respecta al llenado.
    No sé si se puede hacer un planteamiento único y general.
    De todos modos en el enunciado la palabre “siempre” está en negrita, curioso.

  9. Creo que es facil, no dice qe 4n sea el numero minimo con que se pueda tapar sino sólo demostrar que con 4n se tapa seguro.Simple desigualdad.

    • TONI

      Me he releído el enunciado y de lo que dice se deduce lo que afirmas, Manuel.

      No dice que demostremos que se necesitan 4n sino que con 4n se tapa. Sin duda no es lo mismo.
      A mi se me había puesto la cara a cuadros cuando comprobé que si la lleno con 2 círculos la tapo con 6 y no necesito 8

  10. Josep

    Toni, ¿la expresión “la cara a cuadros” es inencionada o es una forma de hablar? ;)

  11. Anónimo

    Hola Josep.
    Pues mira… de todo un poco. La primera parte del desafio me hace pensar en cuadrados. La segunda ya no.
    Por una parte es cierto que se me he puesto como el mantel de tela rojo y blanco que tengo en la mesa de la cocina. Pero además es que he empezado probando con un círculo inscrito en un cuadrado y … va y es cierto que necesito 4 para taparlo. Pero … añadiendo un cuadrado más a la derecha del anterior y he visto algo raro, he levantado la vista y, me he ido hacia la cocina en busca de la nevera (agua, no penséis más) y me he topado con el matel y lo miraba y lo miraba y me he dado cuenta que con seis lo llenaba y no con ocho.
    Por eso, al releerme el enunciado me he dado cuenta que no todo es lo que parece pero todo puede ser lo que te preguntan.
    Vamos que … creo, sólo creo, aún no puedo asegurar, que no son precisas 4n pero si son, necesarias si consideramos todos los casos (especialmente los más extremos).

  12. TONI

    Hola Josep. Un poco de todo.
    por un lado si he empezado a jugar con cuadrado. De hecho he empezado con un cuadrado y un círculo inscrito en él. Y va y he comprobado que con cuatro lo tapo todo.
    Pero cuando he añadido un cuadrado al lado de ese he visto que con seis lo llenaba y no necesitaba 8.
    Mirando el mantel de tela de la cocina, de cuadros rojos y blancos se me ha mimetizado la cara y … me he dado cuenta. Había que releer el desafío.
    No es imprescindible 4n pero si, para todo caso, se necesitan 4n.
    la cosa es sencilla. Si no es un círculo inscrito sino … algo colocado ahí … acabaremos necesitando 4n.
    El tema está en demostrar tamaña afirmación.

  13. Josep

    Toni, tu comentario me ha servido de inspiración y me ha llevado por otro camino distinto del que estaba tomando, lleno de triángulos. Finalmente he dado con la demostración, que me ha salido “cuadrada”. Gracias.

  14. Ave

    Amigos, yo antes de salir hoy de casa había llegado a algo que evoca cuadrados, pero aún estoy lejos de la demostración. En don, vuestros comentarios me animan: seguiré en ello… aunque sin duda

    • Ave

      Mis disculpas por un comentario incompleto y sin corregir; el “don” es un capricho del T9 de mi PDA cuando escribí fin, y la frase incompleta del final pretendía comentar que me siento mucho más cómodo en un entorno numérico que en el dominio del Sr. Euclides. Saludos, y mis disculpas, nuevamente. Gracias y buenas noches.

  15. Baxate

    Yo creo que es bastance fácil. Se trata de utilizar un solo disco incluido en un cuadrado máximo de superficie, sin que pueda ponerse en el mismo el centro de ningún otro disco. Una vez dibujado el disco dentro de su cuadrado máximo la solución es evidente.

  16. Maito

    Creo que he encontrado un planteamiento único y general, aunque parto de una premisa un poco débil sobre lo que puede tapar un círculo. No estoy seguro de que abarque todos los casos pero al menos queda bonito.
    En fin, una vez resueltos los cinco, os deseo que paséis una buenas vacaciones.

  17. jabon

    Ahora, sí que creo que lo tengo.
    Tenía una demostración algo pesadilla.
    Ahora ya lo tengo resuelto. Me he sorprendido, de lo sencillo que es responder a este desafío.
    Interesante.

  18. Ave

    Bueno, creo que tengo ya todo estudiado. Hay una demostración que me encanta, pero me queda una duda para sentirme del todo seguro, que planteo a quienes lo han solucionado: cuando en el llenado dice “que no quepa ningún otro círculo”, ¿se refiere a que el empaquetamiento debe ser compacto o sirve cualquier disposición de los círculos, por ineficiente que sea, en el que no se pueda colocar otro círculo sin solapar? Gracias.

    • Antonio

      Que la mesa esté llena significa que no puedes poner en la mesa el centro de ningún círculo más sin solapar a alguno de los que están colocados.No importa cómo estén dispuestos.

  19. emili

    Pues algo falla… o me falla… Veo la explicación y deduzco que vale el mínimo de círculos para “llenar”, y con 4 veces este mínimo NO “tapo”,
    Ejemplo: Rectángulo A,B donde B<3A sólo necesito 1 círculo de diámetro A, pues lo coloco a distancia x de cada borde : x A x (x<A)… y con 4 circulos de esos NO "tapo" el rectángulo….. ¿Qué me falla?… ¿O es que la solución es que no se puede?

    • Toni

      Hola Emili,
      Creo que si planteas B<3A o, como tu dices B= xAx(x<A) te podrían caber dos círculos y por lo tanto no lo tapas con 4
      Pero creo que vas muy bien razonando así

      • emili

        Gracias Toni por tu comentario…. ya veo mi fallo… los círculos pueden salirse del rectángulo… sólo es preciso que su centro esté dentro de él. O sea, si A=4 y B=11 (B<3A), por ejemplo, no "lleno" con 1 sino que caben 3!.
        OK!… Gracias de nuevo… ya lo vi…

      • emili

        Ufff!!!!… de nuevo la cagué.. para el ejemplo puesto, son suficientes 2 círculos para tapar, como bien dice Toni… el problema no es difícil pero requiere caer en como distribuir para llenar con el mínimo número de círculos. Igual que en el fútbol no es lo mismo ser extremo que ser central… Suerte!

  20. emili

    He retomado el problema y me he vuelto a atascar… y estoy ya por enviar mi demostración de que la afirmación es falsa… Que alguien me corrija, por favor… Pongo un ejemplo que me sale en mi demostración de que no cumple: Tengo una mesa de 1metro por 2,5 metros. Tomo dos círculos de (1) metro de diámetro para “llenar”.
    Los coloco (0,125 (1) 0,250 (1) 0,125) = 2,5…. O sea, lleno con 2 círculos…. ¿bastan 8 para “tapar”?… yo no tapo con menos de 9…. ¿Quien me dice algo?… porque ya me duele la cabeza!…

    • Antonio

      No entiendo la notación (0,125 (1) 0,250 (1) 0,125), pero da igual.He simulado la situación de la que hablas a escala 1:10 con un programa de geometría interactiva y he llenado la mesa con 2 círculos y la he podido tapar con 7.

    • Toni

      Hola Emili.
      Si la mesa mide 2,5 y los círculos 0’5 de radio puedes llenarla con tres.
      Tal vez debas pensar en radios y no en diámetros.
      Un saludo

  21. Maito

    Emili, para llenar la mesa que propones bastan dos círculos y se puede tapar con ocho (con demostración generalista), aunque quizás se pueda hacer con siete como apunta Antonio (con programa).
    Mi consejo, simplifica más, piensa en un sólo círculo de radio r. Un poco de dibujo te vendrá bien.

  22. pipin

    El ejemplo de Emili me ha llevado a un atolladero: un rectángulo de 2.5 X 1 se pude llenar con un círculo de una unidad de diámetro, y luego para taparlo no son suficientes 4 círculos. Para mí que el desafío no trata de llenar el rectángulo con un número adecuado de círculos que multiplicado por 4 tape absolutamente el rectángulo, si no insisto cualquier número de círculos que llene al multiplicarlo por 4 ha de tapar.

    Si no estoy cometiendo ningún desliz eso supondría que no es cierta la proposición del desafio. espero que me aclaréis el tema.

    Gracias por anticipado.

  23. pipin

    Releyendo los post he encontrado más arriba uno de Antonio del día 7 que me aclara lo del llenado.

    Saludos.

    • Ave

      Pipin, la duda que planteabas en tu anterior comentario es la misma que yo tenía, y a la que Antonio respondía. La cuestión es que yo creo tener las 2 demostraciones, en función de cómo interprete el enunciado, el cual no dudo, sin embargo, que inequívocamente está formulado estableciendo que el tapado sí es posible con 4n círculos. Pregunto: en el ejemplo del rectángulo de 2,5 x 1, ¿asumes que el llenado se da por válido con un círculo, o por el contrario que el llenado debe considerar necesariamente 2 círculos, porque variando la posición del 1er círculo sí que cabe un 2o? Es la diferencia entre un llenado compacto y uno no compacto, y el enunciado solo aclara que no puede caber un círculo más,pero…..

  24. pipin

    Efectivamente Ave, yo pensaba que en el ejemplo de marras con un solo círculo de un metro de diámetro se llenaba el rectángulo y ese era mi error, tal como dices que explicaba Antonio, no está lleno si se pueden meter círculos con tal que su centro esté en el interior del rectángulo, por lo tanto en el susodicho ejemplo se necesitan dos para llenarlo; si se llenara con solo uno sería imposible cumplir lo del 4n.

    Por mi parte acabo de empezar y ando dando tresbolillazos sin dar pie con bola.

    Saludos.

    • Ave

      Ok, Pipin. Yo asumo que se trata de demostrar el tapado con 4n para un llenado tal que no permita meter más círculos ni moviendo los ya colocados… Tengo la demostración e imagino que es la que otros amigos del blog han encontrado.Pero en el caso de un llenado que llamo “no compacto”, en el que los círculos dispuestos estratégicamente en la mesa no permiten colocar ni uno más, y que sin embargo cumple con la lógica del enunciado para el llenado, puede demostrarse que el múltiplo no es 4n, sino superior. En eso estoy: conozco la demostración, pero solo de lo que “creo” que quiere plantear el enunciado, y tengo otra para otra interpretación diferente que, parece obvio, no está en la intención del retador… ¿Qué hacer?

      Saludos, y gracias.

  25. pipin

    Buenas, dichoso tú que tienes ambas demostraciones; no entiendo a lo que llamas llenado “no compacto”, para mí la filosofía de los que han puesto el reto debe ser que “llenando” la mesa con el menor número de círculos posibles, luego tapar la mesa con 4n círculos como máximo; no tendriá sentido un “llenado a estilo compadre” de forma que hubiera más círculos de los ectrictamente necesarios con lo cual 4n sería tan grande que no tendría ningún mérito el tapado.

    He estado haciendo probatinas al tresbolillo y lo cierto es que me sobran círculos para el tapado, en el ejemplo que he puesto me sale un factor n de 3.51.., es decir bastante más bajo de 4, así que me temo estar lejos de intuir como demostrarlo.

    Saludos.

  26. emili

    Pues en mi demo la afirmación “si lleno con n tapo con 4n” es falsa… y ya la he mandado, a riesgo de cagarla… pero es mi solución…. Por ejemplo, un caso particular: una mesa de 1×1.9 la lleno con un círculo de diámetro 1 (0,45 (1) 0,45 : significa que el círculo está a 0,45 de cada borde…ok?)… yo no logro taparlo con 4 círculos de esos… ¿como si?… ¿donde estan los centros de los círculos que tapan?… este problema me ha costado demasiado… y es que las neuronas ya me fallan!… Suerte a todos!

    • Antonio

      El problema es que si un tablero se llena con n círculos, entonces si se dispone de 4n círculos es seguro que se puede tapar, pero no que tengas que poner necesariamente los 4n círculos en el tablero para taparlo, esto dependerá del tablero y del círculo.Pero estamos hablando de cualquier tablero y cualquier círculo.Imagina un círculo que llene y a su vez tape el tablero o por ejemplo, un tablero se llena con 1 círculo y hacen falta 4 para taparlo, pero si ese mismo tablero lo llenamos con 2 círculos según esto seguro que con 8 lo tapamos cuando sabemos que se tapa con 4 porque es el mismo tablero.

    • Alex

      Emili, dices: “una mesa de 1×1.9 la lleno con un círculo de diámetro 1 (0,45 (1) 0,45 : significa que el círculo está a 0,45 de cada borde…ok?)…”

      Para mi que la mesa no está llena ya que puedes añadir, por ejemplo, un círculo en uno de los rincones.

    • pipin

      Emili lo que pasa es que tu rectángulo de prueba no queda lleno por ese círculo centrado, en esa situación para llenarlo se requerirían además 4 círculos con centro en las cuatro esquinas; todo este jaleo está propiciado por el planteamiento del desafío que dice que no está lleno mientras se puedan colocar más círculos con tal que su centro esté situado en el terreno de juego.

      Saludos.

  27. emili

    Por cierto, para mi la raiz cuadrada de 3 es fundamental….

  28. Maito

    Hola pipin, piden demostrar que si una mesa se puede llenar con n círculos, entonces se puede tapar con 4n. Esto no significa que 4n sean necesarios, si no suficientes, es decir no tiene por que ser la forma óptima de tapar. Y tampoco importa si se ha llenado de forma óptima con el mínimo número de círculos, o por contra se han usado más de los necesarios. Te recomiendo que veas cual el máximo cuadrado que puedes llenar cun un círculo y veas cuantos necesitas para taparlo.

    • pipin

      Buenas noches, en lo de que 4n es un numero suficiente que no necesario llevas toda la razón, en lo de que el llenado no sea el óptimo de forma necesaria ya no lo veo tan claro, cuanto mayor sea n más fácil será el tapado.

      Gracias por tu sugerencia final, a ver si me da luz sobre el tema.

  29. Ave

    Amigos, en mi opinión está claro para todos que el 4n no se presenta como necesario; no es esa la cuestión que hemos aireado. Se trata de la propuesta del enunciado para el llenado. Álex, es cierto lo que dices sobre el rectángulo de 1×1,9 propuesto más arriba, pero si fuese uno de 1×1,55, por ejemplo, ¿qué habríamos de pensar? Un círculo centrado de diámetro 1 no permite colocar otro, pero si lo desplazas hacia un lado ciertamente te cabrá otro. La cuestión es: ¿se considera llenado el rectángulo en el 1er caso? Porque si es así, Emili ha encontrado la solución que a mí me inquieta. Ése 1er caso de llenado es al que llamo “no compacto”, y en tal caso el múltiplo no es 4n, desde luego, sino superior (y bastante fácil de calcular, por cierto).En el 2o caso, llenas con 8 círculos, sin duda… ¿Qué hacemos? Como os decía, creo tener demostrados los múltiplos de cada caso, y la respuesta puede ser sí a 4n (que como he dicho es la esperada tal y como está formulado el desafío, por lo que creo no desvelar nada), pero… según cómo interpretemos el llenado, puede afirmarse (y demostrarlo)que no. En fin, a ver si el redactor de EP nos lee y lo aclara, si no lo hace uno de vosotros y me muestra mi error (que no descarto, ciertamente).

    • Alex

      Estoy de acuerdo que una mesa 1×1.55 se puede llenar con 1 círculo, de forma “no compacta”, como dices.
      Pero la verdad es que se puede tapar con 4 círculos. (Parece que dices que no se puede, que se necesitan más).

  30. pipin

    X Ave: la forma de llenado que calificas de “no compacta” debería ser la que plantea el desafío, y como dices esa mesa de 1×1.55 se llena con un círculo de diámetro unidad puesto en el centro del rectángulo, pero no veo como taparlo con cuatro círculos.

    X Alex: ¿por favor donde se ubican los centros de los cuatro círculos?.

    Saludos.

  31. Antonio

    ¡A ver si nos aclaramos ya de una vez! Llenar un tablero significa que con una disposición de círculos sobre el tablero es imposible colocar el centro de ningún círculo más sobre el tablero sin solapar a alguno de los existentes.Esa disposición, ese llenado, se puede conseguir con distinto número de círculos, es decir, un mismo tablero puede quedar lleno, por ejemplo, con 1, 2, 3, o 4 círculos.La cuestión es que si el tablero se llena con N círculos, sea N el número que sea, se puede tapar con seguridad con 4N.

  32. Toni

    Hola a todos.
    Creo que Antonio lo ha explicado con claridad. Si el rectángulo que tomáis como ejemplo mide 1,55 x 1 se pueden colocar 3 círculos de radio 0,5, como mínimo, aunque, si nos empeñamos cabrían incluso 6 sin solaparse si consideramos que los lados del rectángulo son interior. Con lo cual sólo habría que demostrar que con 12 se puede tapar (o, si nos empeñamos, 24 si los lados se consideran interior)
    Creo que hay que tomarse el enunciado en cuanto que dice que demostremos que con 4n círculos se tapa (no dejan huecos libre ninguno) si previamente n son los círculos necesarios para llenar (con huecos pero sin solaparse) el espacio en cuestión y que tengan su centro dentro.
    Si llevamos la demostración al límite (un espacio en el que sólo quepa 1 círculo pero … por pelillos sólo uno) se demuestra que se necesitan 4 si no lo llevamos al límite es muy fácil demostrar que con 4 basta y sobra (en algún caso)
    No hay que buscar una distribución extraña. Sólo hay que demostrar que con 4n es suficiente.

  33. Ave

    Antonio, aclarados lo estamos todos más o menos, imagino. Y lo de “ya de una vez!”, en ausencia del moderador suena con tono impropio, dicho sea con toda cordialidad.

    Álex, mis disculpas: quise escribir un rectángulo de diagonal casi 2 y se trataba de uno de 1,25×1,55, en realidad. Lapsus dedae. Para el mismo propósito sirve también uno de 1×1,72, y siempre refiriéndonos a un círculo de diámetro 1. En ambos casos, un círculo centrado de radio 0,5 los llena, según la versión comúnmente admitida en este hilo. Pero a la hora de tapar, quizá el centro del rectángulo se convierta en lo que podríamos llamar un agujero negro.

    No repetiré mis dudas sobre la definición de llenado en el enunciado, por no ser reiterativo y también porque me desconectaré unos días, pero también porque no se trata tampoco de reiterar casi literalmente el enunciado, que a estas alturas ya nos sabemos de memoria unos cuantos. Simplemente os propongo que os olvidéis del rectángulo de marras y os situéis en el plano. El empaquetamiento menos eficiente que conozco que cumpla la versión oficial del llenado se obtiene eliminando 5/6 de los círculos de un empaquetamiento hexagonal compacto, que es el más eficiente por cierto, formando equiláteros con el 1/6 de círculos restantes. Reducid las distancias entre centros un infinitésimo y comprobad si podéis “tapar” el plano con 4n o con 5n.

    Buenas vacaciones!, y disfrutad los que podáis.

    • Ave

      Disculpad, lo de 5/6 es una pista involuntaria y además un error: debí decir 2/3.

    • Alex

      Pues para mí, y he hecho los cálculos varias veces, incluso una mesa de 1 x 1,72 se puede tapar con 4 círculos de radio 0,5.

      Si la mesa fuese de 1 x 1,74 entonces se necesitarían más círculos (>4) para tapar (Y se necesitarían al menos 2 círculos para llenar)

  34. Antonio

    Ave, disculpas si te parece que he sido demasiado contundente.La única intención era poner el énfasis para que esa circunstancia quedara definitivamente clara, ya que por el tenor de los comentarios, tenía la impresión de que estábamos bailando mucho alrededor de la misma y no avanzábamos en un problema que, en mi más que modesta opinión, es el más difícil de los cinco.

    • Ave

      Claro que sí, Antonio. Ninguna duda sobre tu intención. Es cierto que estoy/estaré desconectado, y por ello me gustaría pedirte algo: Álex tiene razón con lo del rectángulo propuesto; me sumé a ello sobre la marcha y me da la impresión de que ésa ha sido la línea general de trabajo. La mía inicial fue el plano pensando en rectángulos suficientemente grandes como para olvidarme de las particularidades en los bordes. Por eso te ruego que le dediques un ratillo a mi propuesta sobre la estructura hexagonal en el plano: con solo 1/3 de los círculos (eliminando 2/3 de ellos y quitando un ápice a las distancias) me quedo con un tapado que cumple con los criterios del enunciado (y a pesar de que no lo pretendía, estoy siendo ya demasiado reiterativo, lo lamento). Desde ahí restablezco el rellenado hexagonal compacto multiplicando por 3 el número de círculos, y de ahí… ya me diréis.

      Saludos, y gracias.

      • Pedro Correa

        Yo he ido por otro camino, y también he visto que la solución “cuadrada” que estaba buscando no funciona. Considero círculos de radio 1 en los puntos (0,0) , (0,2·raiz(8)), (0,4·raiz(8)), (0,100·raiz(8))
        y otra serie de círculos con centros en (2+raiz(2)-0.0001,raiz(8)), (2+raiz(2)-0.0001,3 raiz(8)), …, (2+raiz(2)-0.0001,99 raiz(8))

        En una mesa de longitud 100 raíz(8) (el primero y el último circulo de la primera fila son, en realidad, mitades)
        y altura 2+2raiz(2)-0.0001

        La lleno con 101 círculos, y su área es mayor que la máxima tapada por un sólo círculo multiplicada por 101. Con lo que la solución de cuadrados centrados en los círculos individuales no funciona.

        • Pedro Correa

          Por cierto, en mi ejemplo, los círculos son de radio 1, en vez de diámetro 1. Espero poder subir alguna imagen cuando acabe las vacaciones.

          A estas alturas estoy empezando a dudar de que el problema realmente tenga solución, tendré que hacer alguna prueba con el geogebra…

        • Pedro Correa

          Vaya, resulta que son hexágonos no regulares.

  35. Pero bueno, vamos a ver, me estais poniendo de los nervios.Cómo os complicáis la vida. Resulta que lleno la mesa con a filas de circulos y b columnas, es decir con N=ab circulos. Ahora relleno cada hueco con un circulo de manera que en total voy a necesitar como mucho , en el caso mas desfavorable, a+1 filas de circulos y b+1 columnas de circulos , es decir N’ =(a+1)(b+1)=ab+a+b+1= N+a+b+1<=N+N+N+N=4N es decir con 4N la tapo seguro.

    • Pedro Correa

      Me temo hacen falta bastantes más círculos que los que tú pones…
      Con el ejemplo que he puesto hacen falta bastantes más que un círculo por cada fila y cada columna, aún no sé si son suficientes 4n. Y con el hexagonal de ave son necesarios 4. Y digo necesarios, no solo suficientes.

  36. jabon

    Después de unos días de playa (queda alguno más), nos reencontramos.

    Alex ha hecho un comentario muy, muy, muy, interesante.
    Los cálculos que hace son correctos.

    Creo que habrá varias formas de dar con la respuesta.
    En mi caso se trata de un razonamiento inicialmente sencillo, sólo necesita una pequeña explicación adicional,
    porque hay una variante de la casuística, que creo que así lo requiere.

    También Alex dijo al principio que es fácil perderse. En efecto, es muy fácil despistarse.

    Con todos mis respetos ” No estoy de acuerdo con alguna afirmación o conclusión que se ha hecho este fin de semana…. “

  37. Pedro Correa

    Pues ya lo tengo. Al final es un argumento tremendamente sencillo que vale para todos los casos. En 2 ó 3 líneas.

    Me ha costado mucho, muchísimo, pero una vez escrita la solución parece mentira que no se me haya ocurrido antes.

  38. Jaume

    Yo tengo una pregunta. Si tengo un tablero tapado con círculos, puedo encontrar un particionado del tablero con piezas rectangulares de tal manera que cada rectángulo este dentro de uno de los círculos?

    Es una versión general de la pregunta de dado un tablero tapado los cuadrados inscritos en los círculos también tapan el tablero?

    Creo que no es del todo cierto pero si demuestro este paso he terminado :)

    • Pedro Correa

      No es cierto, fíjate en una colmena e imagínate cada hexágono inscrito en un círculo. Con eso tapas cualquier mesa, pero ¡¡intenta hacerlo con un rectángulo por círculo!!

  39. Jaume

    Por otro lado, para seguir con el argumento que dice alguno de mirar un circulo y ver cual es rectángulo de mayor área que llena. Es claro pero luego habría que demostrar que dado un tablero llenado cualquiera, estos rectángulos de área máxima alrededor de cada circulo tapan el tablero por completo, no? (estos serian cuadrados de lado 2raiz2 r dónde r es el radio de los círculos)

    • Baxate

      Un tablero lleno se puede dividir en cuadrados y rectangulos, cada uno de los cuales incluya a un solo disco. Si conseguimos demostrar que el cuadrado máximo en superfice, se puede tapar con cuatro discos, habremos resuelto el problema. Yo creo que si es posible demostrarlo.

  40. Jaume

    Es obvio que el cuadrado maximo en area alrededor de un circulo se puede tapar con 4 circulos. La pregunta que hay que responder es que el partocionado del tablero en estos cuadrados es el que lo hace en el menor numero de piezas. Quien te dice que si tomando hexagonos alrededor de un circulo no consigues colocar menos de ellos y por lo tanto llenar en menos circulos.

  41. manolin manolete manoletero

    Ya lo tengo!!!!!
    La demostración consta de dos pasos. El primero es el más dificil pues acota el área subsidiaria de cada círculo en el caso de que se cumpla la primera condición del problema -que los círculos llenen el rectángulo-
    El segundo paso es de carácter constructivo, y muy fácil, pues damos la forma segura de tapar el rectángulo.

  42. Rogelio

    El mejor problema hasta la fecha!
    Como ya se puede decir, habia que agrandar los circulos hasta 2R
    ver que tapan el rectangulo original y luego reducir todo el percal
    un factor 2…

  43. Ave

    Tal cual! Ole, Rogelio! Antes de vacaciones trabajé, y no me preguntes por qué, con cuadrados 2R, pero no con círculos… de modo que no lo solucioné al final. Enhorabuena.

    • Ave

      De todas formas, y lo planteo ya solo por jugar un poco,puesto que el desafío me venció,caigo ahora en que, si bien no con la economía de ideas que has planteado, muy buena Rogelio, de una forma más tortuosa yo ya había llegado a la conclusión de que la superficie de 4N círculos excedía a la del tablero… lo que me llevó a retorcerme por la geometría, más ajena para mí que los benditos números: si bien 4 círculos de radio R tienen la misma superficie total que un círculo de radio 2R, ¿pueden realmente aquéllos, con la superficie de solape que tengan estos últimos, la que sea, cubrir la misma superficie, llamémosla física, del plano? En principio no… y ahí me fui por los Cerros!

  44. jabon

    Yo me he basado en lo siguiente,algo más complejo, por lo que veo:

    Un círculo de diámetro M, es inscrito por un cuadrado de lado M/ raíz cuadrada de 2.

    Uniendo cuatro de esos cuadrados, se obtiene otro cuyo lado sería M * raíz cuadrada de dos, y cuya diagonal es 2M.

    Este último es tapado por 4 círculos de diámetro M, y sin embargo el llenado con un cículo centrado es inestable, por cuanto que la diagonal del mismo es 2M.
    A partir de ahí, todos los cuadraditos cumplirán el enunciado, se taparán con 4n, y en cambio el llenado se
    hará insuficientemente con un círculo.

    Los restos superiores a medio M, exigen llenado con uno. Los restos inferiores a medio M, bastan con un tapado de 1 ó 2, y cada dos de ellos habrá espacio suficiente para que haya que llenar con uno.

    • Pedro Correa

      Creo que el ejemplo que puse en su día no se puede llenar con círculos tales como los que indicas. Cuando le envíe la solución a santi, pondré un dibujo para que se vea.

  45. jabon

    No sabría hacer un dibujo con ordenador para demostrar, lo que digo.
    Con los términos llenado y tapado, podemos despistarnos.
    Vengo a decir que un cuadrado inscrito en un círculo, es un cuadrado “tapado”. Implica que cuatro círculos tapan a cuatro cuadrados, que a su vez forman otro cuadrado de diagonal 2* m, con lo que un círculo centrado en ese nuevo cuadrado dejaría espacio en todas sus diagonales para inscribir algo más, luego el llenado con uno es insuficiente (faltaría algo más), y para tapar basta con 4. Una sucesión de esos cuadrados, seguiría cumpliendo el enunciado.
    A tener en cuenta, los retales de rectángulos finales, que antes comenté que también lo cumplen.
    Leí tu comentario, en su día, y con todos respetos dije que no estaba de acuerdo ; no obstante debo indicar que por los comentarios que sueles hacer en este foro, tus conocimientos matemáticos son muy superiores a los míos, (soy médico, no matemático). Por ese motivo, pienso que puedes estar en lo cierto, pero tal como lo planteo yo, no alcanzo a ver el posible error de mi razonamiento

    • Ave

      Jabon, el problema que yo le encuentro a tu razonamiento es asumir una sola composición geométrica del llenado, basada únicamente en círculos centrados en los cuadrados de tu mosaico. Pero si, por ejemplo, acercamos un poco los círculos sobre la diagonal y alejamos los que caen por los lados, los cuadrados grandes, los de diagonal 2M y centrados en cada círculo del llenado, no tapan todo el plano. Yo tengo un llenado simétrico (el que torpemente he intentado explicar aquí con poco talento descriptivo, por cierto) que no es tapado por los mencionados cuadrados de lado M*raíz de 2. O eso creo, vaya.

  46. Jaume

    La demostración ya dada, que si que cabe en el margen de este blog xD, es preciosa. Este otro tipo de intentos de demostración con cuadrados etc, a parte de que fácilmente contengan errores, no vale la pena ni buscarlas…

    saludos!

  47. Ave

    Bueno, ya ha quedado claro lo bonita que es la solución de este problema. Por mi parte, incluso cuando Rogelio escribió lo de “reducir el percal un factor de 2” me quedé en la reducción de los círculos y no supe ver la reducción a un cuarto del rectángulo… Para avergonzarse, casi.

    Ahora bien, y a la espera de que Santi regrese y abra otro hilo, para compensar al desafío 24 ya tenemos el 25, el cual os invito a mirarlo en EP: en mi opinión humilde es incalificable. No se me ocurre otro adjetivo. Y, por supuesto, no busquéis lápiz y papel, sugiero.

  48. Jaume

    hombre pedro, los rectangulos también se pueden usar como baldosas.. no solo los hexágonos.. en todo caso eso ya da igual

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