Gaizka Basterretxea nos propone esta semana su desafío, en realidad me daba a elegir entre dos, pero ¿para qué vamos a descartar uno? ponemos los dos y que cada uno elija el que más le guste (sugerencia: seamos concisos y escuetos en nuestras respuestas para no cargar demasiado a Gaizka).
Son estos:
UNA HERENCIA PROBLEMÁTICA
Un padre deja en herencia 12 casas que deben repartirse sus 6 hijos. El modo de repartírselas será el siguiente: el hijo de mayor edad propondrá un reparto y se procederá a efectuar una votación entre los 6 hermanos. Para que el reparto propuesto se lleve a cabo, deberá ganar por mayoría la votación; en caso contrario, será excluido del reparto y será el siguiente hermano el que proponga otro reparto que se votará de nuevo entre los 5 hermanos restantes y con las mismas reglas. Así se hará sucesivamente hasta que alguna propuesta obtenga la mayoría. Si se supone que cada hermano quiere obtener el máximo número de casas y teniendo en cuenta las normas expuestas, ¿cómo se hará finalmente el reparto? Hay que explicar cómo se ha llegado a la solución
VOLTEAR LOS 4 ASES
Sobre una mesa cuadrada giratoria, una persona coloca los 4 ases, uno en cada esquina (ver archivo adjunto: Voltear los 4 ases (dibujo)), y deja boca abajo un cierto número de ellos (uno, dos, tres o los cuatro). Yo, sin haber visto nada, y con los ojos vendados, tengo que conseguir dejar cara arriba los 4 ases realizando varias jugadas. En cada jugada, puedo dar la vuelta a una, dos, tres o las cuatro cartas. Después de cada jugada, la persona que ha colocado las cartas girará la mesa las veces que quiera, para de esta manera evitar que yo pueda saber qué cartas he dado la vuelta. La pregunta es: ¿Existe un número finito de jugadas con las que yo esté seguro de haber dejado cara arriba los 4 ases? Si la respuesta es afirmativa, hay que decir en cuántas jugadas y cómo lo haríamos; si la respuesta es negativa, explicar el porqué.
Respuestas a desafiossanti@gmail.com; plazo hasta el lunes por la noche.
Santiprofemates 
Bueno, bueno, si al final tengo 2 desafíos, ¡qué lujo!, jeje.
Espero que se entiendan bien. La verdad es que a mí me gusta más el primero que el segundo, me parece más curioso. El segundo también tiene su aquél, pero en mi opinión es más lioso.
Pues nada, me conecto bastante al blog, aunque no escribo mucho. Esta semana intentaré conectarme y escribir más.
Espero que os resulten entretenidos.
Gracias. Seguro que nos entretenemos. Yo ya llevo un rato pensando y no son nada obvios. No me suena ninguno de los dos.
Es pronto para decirlo, pero no veo nada claro que me vayan a salir.
Santi, buena idea lo de poner los dos.
No, la verdad es que obvios no son, sobre todo el segundo. Me gustan porque hasta hace poco no los había oído nunca, no son de los digamos «típicos». En su día los mandé a El País, pero no hubo suerte en la selección.
Enhorabuena, Bilbomath, por los dos desafíos. Me han parecido muy buenos.
Hola a todos.
!Que bien 2 al precio de 1!
Una duda sobre el primero, si un hemano piensa que lo maximo que puede llevarse es «x» casas y tiene garantizado que se lo ofrezca el hermano «y» pero antes de «y» otro hermano le ofrece lo mismo, o sea «x», ¿lo aceptará?
Gracias.
He supuesto que cada hermano vota su propuesta y que si ninguna es aceptada el último votará sí a su propuesta y es la que será aprobada.
¿ estoy en lo cierto?
Perdon , espero no haber desvelado nada.
El enunciado dice que el hermano cuya oferta no sea aceptada es excluido del reparto, no de las votaciones. Supongo que podría seguir votando para fastidiar. Cosas de hermanos.
Así pues, tengo la sensación de que la posibilidad de que no se acepte ninguna propuesta existe. No sé si habrá que suponer que empiezan otra vez la rueda de propuestas hasta que una sea aceptada (quizás ad infinitum), porque la verdad es que el problema exige que alguna sea aceptada.
No sé. La verdad es que estoy perdido.
Hola. Escribo por primera vez en el blog, pero ya he mandado respuestas a otros desafíos. Sobre el primero tengo esta duda: «el máximo número de casas» ¿se refiere al máximo posible o al máximo de entre todos los hermanos?
Me voy a poner con el primero, tan sólo necesito una aclaración respecto al sistema de votaciones.
Se trata de una votación conjunta u ordenada. Dicho de otro modo, votan todos a la vez (incluso con papeleta si queremos, sería secreto), o primero el segundo hermano, luego el tercero, y así sucesivamente.
Presupongo que sólo hay síes y noes (no vale la abstención), y que la mayoría sería de 4 votos para los 6, 3 encaso de 5, etc…
A mí me han gustado los dos desafíos. Más sencillos que el de la semana pasada (que para mí fue imposible).
El de los hermanos… entiendo que todos votan a la vez en cada ronda y que sólo pueden votar aquellos que no quedan excluidos del reparto.
Las mayorías he entendido que deben ser absolutas (es decir, que por ejemplo, si quedan dos hermanos, debe haber unanimidad).
El de los ases me ha parecido un poco más complicado, pero creo que ya lo tengo.
En los dos problemas (igual que en casi todos de entre los 43 anteriores desafíos) me ha servido de gran utilidad reducirlo de tamaño antes de acometerlo entero (menos ases y menos hermanos).
Hola a todos, aclaro algunas cosillas que habéis preguntado:
Si un hermano ve rechazada su propuesta, se le excluye del reparto y de las votaciones.
Un hermano puede jugar con lo que piensa que le van a ofrecer posteriormente pero claro, siempre que no quede eliminado antes.
Para ganar una votación, efectivamente, debe haber mayoría absoluta.
Cada hermano aspira a llevarse el número máximo de casas para él, no en comparación con el resto de los hermanos.
Se supone que votan cada propuesta de manera ordenada, es decir, en cada propuesta y votación las únicas posibilidades son: se realiza el reparto o hermano eliminado y se sigue proponiendo y votando.
Espero haberlo aclarado y no haberlo liado más.
Considerando los postulados:
– «Piensa mal y acertarás» y
– «Más vale pájaro en mano que ciento volando»
Creo que puedo tener la respuesta del primer desafío, aunque tendré que repasar el planteamiento.
El segundo, no sé por dónde pillarlo de entrada, aunque la primera parece muy evidente.
la primera jugada me refiero.
Más vale pájaro en mano que ciento volando:
1PM>100PV
Dividiendo por P,
1M>100V
Sustituyendo a la romana, (V = 5 y M=1000)
1000 > 500
Postulado confirmado. :-)
JAJAJAJA qué bueno…
Confirmado para P>=0 !!
No, que si P=0 no se puede dividir ;)
Es verdad :)
Quizá me expresé poco claro, para no desvelar nada, pero mi duda persiste:
Imaginemos que cierto hermano piensa que tiene garantizado que el 4º hemano le ofrezca 3 casas y es lo maximo que puede recibir, y antes que el 4º, el 2º hermano le ofrece tambien 3 casas. ¿las aceptará ya, votando si al 2º ó votará no y luego votará si a la misma oferta cuando la haga el 4º?
La cuestión es, ¿tiene asegurado que la votación llegue a ese 4º hermano?
Te doy mi opinión (puede no ser la correcta). Si tienes «aseguradas»
tres casas que te pueda dar el tercero, yo no me conformo con tres que me ofrezca el segundo.
Eso sí tienen que estar aseguradas, en otro caso las pillo.
En mi solución, he encontrado tres variantes intermedias, pero que confluyen irremediablemente en una única al final.
Claro, por eso decía yo lo de si tenía asegurado el llegar a esa votación. Si no lo tiene…
De momento he recibido una solución que no es correcta, aunque no va mal encaminada. A ver si recibo más y las comparo con la mía, no vaya a ser que yo lo tenga pensado de manera equivocada.
El primero lo tengo que pensar, creo que tengo dudas. El de los ases, la primera impresión es que no se puede, pero la misma primera impresión tuve con las bombas.
Gracias Superpanzeta, ya no es un postulado, ha quedado más que demostrado (muy bueno), creo que ya podemos decir que es un teorema en toda regla.
Por cierto ¿alguien se ha encontrado con tres variantes en el camino del primer desafío?, aunque luego llegue a una única conclusión. Es por ver si he ido por buen camino. Lo he repasado y por ahora no encuentro fallo.
IMPORTANTE:
Leyendo la solución enviada por JC, me he dado cuenta de un detalle que creo que se me escapó cuando pensé el problema, y es que, si aplicamos a rajatabla lo que apuntaba Jabón de «más vale pájaro en mano que ciento volando» podemos llegar a tener más de una posible solución. Aunque tú, Jabón, comentas que conducen a la misma, ¿no?
Así que se puede pensar, para simplificar el problema a una sola solución, que, cuando alguien (A) haga una propuesta, para asegurarse el voto de un hermano (B), tenga que ofrecerle estrictamente más de lo que ofrecería el hermano siguiente, para así ganarse su voto (el de B) y que este B no se arriesgue a llegar a la siguiente votación.
Bueno, perdón por esta aclaración tardía, espero no liarlo. Los que han contestado van por buen camino.
gaizka, te voy a enviar mi respuesta, le das un vistazo, y me comentas.
De todas maneras creo que hay una premisa que no debemos olvidar tampoco, y es que cada uno tiene que intentar conseguir el máximo, vamos que no tiene que regalar algo si no hace falta.
Cuando veas mi respuesta, creo haber intentado eso, porque en un paso concreto, no sería estrictamente necesario dar más atodos que en el anterior, al menos según mi respuesta.
Igual estoy equivocado,
Muy buenos!
asegurarse el voto de un hermano es mas elegante, los ases andan por el suelo todavia…
Veo que todos vais a lo positivo…, las Herencias, no he visto comentarios de las cartas, me considero un truhan y he mandado mi razonamiento de Ases
Saludos
Bueno, Gaizka, tu planteamiento es correcto, no hay tres variantes intermedias, porque hay una opción que mejora. Si acaso al final, puede haber más de una solución, parece. Mi camino era incorrecto.
A mi me sale que dos hermanos se quedan a verlas venir
Y de los ases, cuando conteis como se hace voy a dedicarme a hacer de mago.
Me he puesto con los ases, y tengo una respuesta preparada, no sé si será la buena, pero por lo poco que he leído, creo que ese debe de ser el camino.
Con respecto al problema de los ases, aclaro que no debe influir en el resultado el que las cartas sean rectangulares y que, por el tacto, pueda saber si se ha girado la mesa un cuarto de vuelta, media vuelta, etc. Es decir, que yo podría decir a alguien qué cartas dar la vuelta sin verlas ni siquiera tocarlas.
Me voy a dormir, agur y hasta mañana!
Respecto al de los hermanos también me sale que dos de ellos se quedan a verlas venir. El de los ases me parece mucho más difícil.
Esta pista la mando sin poner mi correo por si santi cree conveniente censurarla:
Yo el de los ases me lo he planteado con dos personas:
* Uno de ellos se dedica a levantar cartas intentando asegurarse de que en uno de los levantamientos queden las 4 cartas boca arriba. Coge esa estrategia con un número finito de levantamientos de ases según su posición fija sobre la mesa (p.ej: 1.-levanto los dos de mi lado, 2.-levanto el de enfrente a la izquierda, 3.-levanto todas…) y la escribe en un papel.
* El segundo de ellos, se dedica a girar la mesa intentando que nunca queden los cuatro ases boca arriba a la vez. Lo hace sabiendo la estrategia del primero, ya que como que gana todas las veces, se supone que da igual cómo gire la mesa este segundo agente.
Si la estrategia es independiente de los giros, gana el primero y entonces el desafío lo gana el mago. Si para cualquier estrategia, el giramesas encuentra una forma de que el mago no llegue a la solución, entonces el desafío lo gana el giramesas (y el problema no tiene solución).
He dado tantas vueltas a la mesa que se me han caido todas las cartas.
Unicamente ha conseguido intentos fallidos, pues supongo que el juego se detiene cuando el jugador está seguro de que todas las cartas estan boca arriba.
¿O el juego se detiene cuando el que gira la mesa las ve todas hacia arriba?
En este caso antes de que se me caieran las carta creo que encontré una solución.
Hola, el juego se detiene cuando las cartas están boca arriba, no cuando el jugador de los ojos cerrados esté seguro de que lo están. Eso sería imposible.
Bueno, ya tenéis una pista sobre si el juego es posible o imposible ;)
Me voy de merienda-cena-fiesta, mañana nos leemos
Agur!
Vale! Mandé el caso de imposible por entender erroneamente el anunciado.
Me preparo para enviar la solución
Saludos.
Bonito problema!!
Yo también partía de que era imposible. Tendré que hacer replanteamiento.
Me apunto un poco tarde a la fiesta, pero he estado «off» toda la semana.
Sobre la herencia, con las premisas de jabón y la puntualización de Bilbomath llego a la conclusión de Ángel y Divagante.
Sobre los ases, si el ciego tiene una estrategia y el giramesas la conoce, no se me ocurre como descubrir el poker de ases, será porque soy más de tute.
En mi opiniónj si el «giramesas» es asiduo de «Santiprofesmates» debe conocer la estrategia del «ciego» y sabe que poco puede hacer
Lo de los Ases pensaba que era imposible, pero ya he cambiado de opinión. Resolver el problema con sólo 2 cartas resulta sencillo, y quizá puede dar ideas para el problema original.
Bravo Bilbomath. Muy muy ingeniosos.
Pues el de las cartas lo he resuelto para 2 ases, como JC, pero ampliarlo a 4 tiene pinta de ser engorroso.
El de los ases:
Para dos cartas es bastante inmediato encontrar la solución. Sin embargo si probamos con tres cartas no parece haber solución. O al menos yo no la encuentro. Con cuatro… no digo nada porque eso sería dar una pista aunque entiendo que Bilbomath ya lo ha dicho.
Una observación:
¿Cómo puede uno estar seguro de que su solución es válida?
Es muy interesante, sobre todo pensar en qué se basa todo esto.
Este problema debían haberlo puesto los de El País. Ellos se lo perdieron.
Ases, prueba superada. «Giramesas» no puede impedirlo nunca.
Desde un punto de vista muy riguroso la secuencia no sería simétrica, pero, casi se puede admitir que lo sea.
Angel, para el problema que planteas CON 3 CARTAS, como 3 cartas no se pueden colocar formando un cuadrado, mejor pensar en una mesa rectangular, que se puede girar 180º, de forma que no sabrás cuál estaba a la derecha y cuál estaba a la izquierda. Y lo demás igual…
En cada jugada, puedo dar la vuelta a una, dos o las tres cartas. Después de cada jugada, la persona que ha colocado las cartas girará la mesa las veces que quiera (giros de 180º). La pregunta es: ¿Existe un número finito de jugadas con las que yo esté seguro de haber dejado cara arriba los 3 ases? Si la respuesta es afirmativa, hay que decir en cuántas jugadas y cómo lo haríamos; si la respuesta es negativa, explicar el porqué.
Pero quedarían dos cartas de un lado y una del otro. Si puedes tantear con los ojos vendados para saber cuantas cartas hay, el problema se hace trivial ya que los giros pasan a ser irrelevantes: siempre podrías identificar cual carta es cada una. Si no puedes tantear, cómo sabes qué cartas dar vuelta y de qué lado: qué pasa si dices «doy vuelta las dos cartas que están de mi lado de la mesa» y resulta que solo hay una?
Las 3 cartas las tienes en fila frente a ti, una a tu izquierda, una en el centro, y una a tu derecha. Si por ejemplo das la vuelta a la de la izquierda, luego te giran la mesa, no puedes saber si la que acabas de dar la vuelta es ahora la de tu izquierda o la de tu derecha.
Pues el de los ases se me resistia pero ya esta!
Lo encuentro genial! Muy bien, que sigan viniendo estos desafios!
Generalización del problema de los ases:
Tenemos los ojos tapados con una venda.
Tenemos N cartas formando un círculo en una mesa giratoria, Cada una se encuentra a 360 / N grados respecto a su adyacente. Inicialmente de forma aleatoria las cartas pueden estar cara arriba o cara abajo. Definimos movimiento como la acción de dar la vuelta a una o varias cartas. Entre dos movimientos hay un giro aleatorio de la mesa. ¿Podemos asegurar que con X movimientos habremos conseguido que después de uno de esos movimientos estén las N cartas cara arriba?
Particularizacion para el caso de N = 3: Tenemos una carta a las 12 horas, otra a las 4 H y la otra a las 8 H.
N = 1 1 movimiento.
N = 2 3 movimientos.
N = 3 Sin solución
N = 4 Es el problema planteado.
N > 4 Pufffffffffffffffff.
Angel, la generalización que planteas no creo que pueda tener solución para N impar (y N>1).
El otro problema (en fila en lugar de en círculo) sí que tiene solución para N=3 por ejemplo.
Si hubiese respuesta para esa cuestión. Me atrevo a aventurar que para 25 cartas, serían necesarias 33.554.431 jugadas.
¡ Exacto! Lo acabo de comprobar y he necesitado ese número de jugadas. Ha sido un poco aburrido pero ha merecido la pena. ;)
El hecho de ser N par o impar no influye en si hay solución o no. Deduzco que Jabon aparte de calculadora con x^y tiene buen tino.
No creo que haya solución para N > 4.
Angel, yo también creo que sólo hay solución para N igual a 1, 2 ó 4. Lo que pasa es que al principio también pensaba que no se podía para 4, así que habrá que pensarlo un poco para N=8. Según la suposición de jabon harán falta 255 jugadas.
JC: es posible que haya solución para N=8. Puede que haya solución para todas las potencias de 2. El problema es que sabiendo la solución para N = 4 no se deduce fácilmente el método para un N mayor. Creo que los cambios a realizar han de ser siempre de un número potencia de 2. Es decir formamos un sistema de vectores ortogonales.
Pero ya no llego a nada más.
Hay que reconocer que Bilbomath se lo está currando.
Lo sé por experiencia , pero él tiene el doble de trabao!!
Además ha contestado cada e-mail al instante y con infinita paciencia y amabilidad.
Por cierto interesantísimos los dos problemas.
Bravo Bilbomath.
Bueno, bueno, que me ruborizo…
Soy yo el que os agradezco el interés que habéis mostrado por los problemas.
Por favor, que me ruborizo…
Las gracias os las doy yo a vosotros por haberos interesado por estos 2 desafíos.
Jeje, mensajes por duplicado. Era yo, que he escrito desde otro ordenador y al principio pensaba que había hecho algo mal y por eso no aparecía. Perdón por la repetición.
Lo siento, esta semana he estado en fuera de juego y me temo que hoy no va a poder ser tampoco… y a juzgar por el número de comentarios parece que la cosa está calentita…
Yo también he estado intermitentemente fuera de juego, pero he tenido un par de ocasiones de gol, y ni por esas.
Se agradece que los defensas den facilidades, pero dar por hecho los resultados de los partidos antes de que acaben es demasiado…
Por cierto, mis indemostrables conjeturas de los resultados de estos partidos son distintas a las que circulan por aquí.
Supongo que el fútbol no es lo mío.
Enhorabuena, Gaizka. Me has goleado. Dos veces.
Nos veremos en segunda, Santi.
Super, el de la herencia es más sencillo, aunuqe yo me equivoqué por esa confianza, tal como me indicó Gaizka, y luego ya lo corregí. Lo han comentado ya, empieza con supuestos más reducidos, compara, etc…Venga valiente, que Gaizka se alegrará, seguro.
El de los ases, es un pelín más complicado. Empleando la lógica es fácil dar con el número máximo de jugadas. ¿Por qué ese número?, también se puede responder con la lógica. Ahora sólo hace falta una estrategia que permita que eso ocurra. ¿Cómo conseguir jugadas que no deriven en un bucle o círculo vicioso?. La respuesta es muy simple: empleando mucho ojo.
Mi respuesta a este desafío no coincide plenamente con la oficial, así me lo ha hecho saber el autor, pero la he puesto en práctica y da resultado.
Sé que el desafiante quiere que la gente lo saque, por eso no creo que se enfade conmigo por dar alguna pista, casi a última hora.
Lo dicho, mucho ojo.
Muy amable, pero esta vez no va a poder ser. No tengo tiempo.
Gracias por tus ánimos y por tus epítetos.
A mis equivocadas conclusiones de los dos desafíos llegué simplificando, y al número de jugadas en los ases si el giramesas fuera manco también, pero no parece que sea manco, así que no tengo nada.
Lo del ojo debe ser una pista muy buena, pero no la pillo.
Tengo que irme, y hasta mañana por la tarde no podré volver por aquí. Otra vez será.
¡Suerte a todos!
Hace un ratillo que por fin me he podido poner con los problemas de esta semana, y tienen muy buena pinta.
He empezado con el de los ases. Creo que sé por dónde van los tiros pero por ahora siempre acabo en un bucle.
A ver si con el otro me va mejor, que si no no me va a dar tiempo a mandar ninguna solución.
Un saludo
Reconozco que los ases me han superado, aunque he enviado una respuesta, esta ha sido gracias a todas las pistas que habeis dejado.
Buen desafío, Gaizca
No encontré hueco para los desafíos hasta esta tarde. Dado que la atención de los santiprofemateros se centró en el desafío de los ases me dediqué en cuerpo y alma al mismo y… estoy desalentada. :-(
Con dos cartas lo hice pronto pero, con cuatro no encuentro la estrategia. Y me asalta una duda:
Decidí empezar por el final: Si en la última jugada tienen que quedar cuatro ases hacia arriba, en la anterior, tendría que haber 4 ases hacia abajo (el último movimiento sería darle la vuelta a las cuatro cartas). Por mucho que busco no encuentro la manera de forzar a que me queden cuatro ases hacia arriba partiendo de la situación (1-3), (2-2) ó (3-1).
Y lo mismo para que queden cuatro ases hacia abajo, que sería la penúltima posición. En las distintas combinaciones aparece la posibilidad de que eso suceda pero me sale un bucle y ya estoy mareada de dar vueltas.
Y como no veo más luz, y hay otros asuntos que requieren mi atención urgente, por esta semana y sin que sirva de precedente, abandono.
P.D.: Como volváis a poner otro desafío así, y encima a pares, me paso a letras… ;-).
Hipatia; Si te pasa a letras creo que saldras perdiendo, aqui unicamente se mencionaban un máximo de 4 letras iguales y hemos sudado
Hipatia, si vas a dedicar poco tiempo más, es más fácil el de las casas que el de los ases.
El de los ases, de la forma que lo hice, que creo no coincide con la oficial, si la situación de partida son 4 cartas cara abajo en la primera jugada acabas; si son 2 las cartas cara abajo acabas entre la segunda y la séptima jugada.
No sé si es mucha pista, o lo he liado más aún.
Mi respuesta que tampoco es la oficial, consigue el mismo rango de 2 a 7 jugadas.
pues aqui nadie tiene la oficial, a mi me salen entre 1 y 8 cuando se empieza por 2 cara abajo!!! Gaizca ya me aviso que se podia hacer en menos, pero bueno no la encontre pero estoy seguro que mi solucion es correcta. A ver esa oficial!
Que no decaigan esos ánimos.
El número total de cartas que se girarían al final me salen a mí 45 ó 47, según haga una u otra jugada en un momento dado.
Si me hubiese dado 44 ó 48, no estaría muy seguro de mi respuesta.
consecuentemente, a mi me saldrian 49 o 51 cartas giradas como maximo. Y sigo sin ver como ahorrarme 4…
A mi también me salía que el número máximo de cartas a las que damos la vuelta es 45.
Encontrado el 2-7 y el 45-47 ! Disteis pistas mas que de sobra!
Gracias a todos! A Bilbo extra de gracias, ha estado muy entretenido!
Tendré que repasarlo a fondo!! A mi me bastan 11 movimientos de mesa y menos de 40 cartas
Todo mi gozo en un pozo????
Sebas, nunca podría ser. Acercándonos al final, podemos ser más explícitos. Son 4 cartas, dos opciones cada una que hacen 16 posiciones diferentes. (2 a la cuarta)
Sólo se puede garantizar que se ha pasado por todas si…..
He seguido otro camino, para mi las posiciones al ser mesa circular son 6. 0 vistas 1vista, 2 contiguas vistas, 2 en oposición vistas, 3 vistas y las cuatro vista
1 vista (oro, copa, espada, basto) ya son 4 opciones , 2 vistas (oc, oe, ob, ce, cb, eb) otra seis ..
Sebas, ese planteamiento podría servir si el giramesas canta las que ve levantadas.
Pensemos que es afásico, y el invidente es también hipoacúsico.
A estas alturas del tiempo creo que puedo seguir con un ejemplo..
Si solo vemos un as, al girar una carta tenemos tres resultados posibles ver 0 ases, 2 contiguos o 2 en oposición, en cambio si no vemos ninguna carta unicamente el resultado será una carta vista….
Veo que al final se está animando…, con este metodo tengo las 12 tabla de los movimientos (facilmente se ve que puede haber bucles), que afectan a un total de 38 cartas, creo recordar…
Estoy esperando con ansiedad el tirón de orejas del «jefe» Bilbomath
Hola a todos, Santi me ha dado permiso para mandarle las soluciones mañana, ya que hoy ha sido un día caótico y no he tenido tiempo para casi nada. Así que si alguno quiere, todavía podría mandarlas hoy o mañana por la mañana. Podéis dar pistas si queréis, como no hay nada en juego yo también lo he ehcho cuando os respondía los mensajes. Lo bonito, en mi opinión, es que cada uno vaya sacando poco a poco el problema si no lo ha conseguido en un principio.
(Sebas, te he escrito un mail)
Gracias Bilbomath, he comprobado que hay un fallo en un movimiento, lo dejo, pues veo que mi camino es correcto salvo este fallo que alarga los pasos
Saludos
Genial, pues voy a mandar en un momento la de los ases, que la resolví ayer pero no tuve ocasión de enviarla.
El de las casas se me sigue resistiendo.
Ya está enviada. A mi me sale un máximo de 45 cartas volteadas.
Los que comentáis que 47, supongo que habeis tomado otro camino en el «turno» nº 8 ¿no?
correcto
En teoría es una doble opción, para eliminar un posible círculo vicioso. Da igual eso que lo otro.
¿Has aplicado lo del ojo, no?.
Pues a mí me salen muchas menos cartas: 33… en 11 jugadas.
El caso de 3 y de 1 los considero equivalentes a estos efectos.
que interesante! si quieres decirla ya me encantaria probarla!
¿Cual sería el número jugadas necesarias para asegurarse de descubrir los cuatro ases, con los ojos vendados, pero sin que nos giren la mesa?. Tendríamos que invertir una jugada por cada posible situación inicial. Como hay 15 posibles situaciones iniciales (las 2^4 menos la situación en que los cuatro están descubiertos), tendríamos que realizar 15 jugadas. Luego no tiene sentido que con la dificultad añadida de girarnos la mesa, lo podamos conseguir en menos.
Es muy sencillo de comprobar. Haced la prueba con los ojos abiertos y jugad con vuestras estrategias a lo contrario, es decir a que nunca se puedan poner los 4 ases arriba. Empleando mi método en la jugada 15 por «necesidad perentoria» salen las 4 boca arriba.
Es el mejor método de comprobación.
Jugando al desafío, entre la 5 y la 11 jugada lo consigues la mayoría de las veces..
Corrección, no siempre, sería si hay una o tres vueltas. Con 2 ya dijimos que en la 7.
Hola amigos:
Acabo de mandar una hoja de cálculo para probar mi solución al problema de los 4 ases. Con el algoritmo que propongo (15 jugadas) pude comprobarse cualquiera que sea la posicion inicial que metamos que se obtiene siempre una posicion de los 4 ases boca arriba..
Ya habia mandado mis respuestas y me las dieron por buenas pero no me quedé contento (conmigo mismo, pues Bilbomath fué muy amable) de la explicación que di al problema de los Ases, con esta hoja de cálculo queda todo muy claro, segun creo.
Santi, no se si llegaré a tiempo pero si no, tu si puedes verla y si te parece interesante exponerla como mi respuesta. Gracias