Archivo mensual: febrero 2012

2ºBACH CC.SS: EXAMEN 29-FEB-2012


Examen de hoy resuelto: ex L2B 29FEB2012 ALGEBRA1 resuelto

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Soluciones Desafío 50: La lámpara


Como sabéis últimamente tengo que estar ausente. Parece ser que esta semana no ha habido seguimiento por parte del desafiante. Me comenta Maito (gracias por tomar la iniciativa) que ha habido dos corrientes:

1.-quienes pensaban que el planteamiento no era correcto porque se produce una paradoja con la cardinalidad Alef cero de los números y

2.-quienes han planteado el problema obviando este problema de infinitud.

Aquí están vuestras respuestas y la solución que me mandó Pixe en su día junto con el desafío (nunca llegué a mirarlo, pensaba que podría ponerme con él cuando tocase…)

Primos PIXE

D50 Jabon
D50 JC
D50 Jose Luis
D50 Jesus Chus
D50 Maito(doc)
D50 Maito(xls)
D50 Pardillano
D50 Ángel
D50 Kaleidoscope

El jueves vuelve a desafiar Superpanzeta. Hasta entonces.

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Desafío 50: La lámpara


Escribe Pixe:

Tenemos una esfera-lámpara que contiene todos los números naturales, que son infinitos, pero al carecer de dimensión caben en cualquier sitio, y funcionan como, digamos,  fotones de luz. Cualquiera de ellos , aunque de múltiples progenitores se considerará únicamente familia de su mínimo divisor distinto del 1, su Creador.

La intensidad lumínica de la esfera-lámpara depende entonces del interruptor-familia activado. (La intensidad máxima, 100% se consigue –claro está- con el 1). Al activar una de estas familias se iluminan todos sus miembros, que son infinitos, pero la fracción de luminosidad es dispar.

¿Qué fracción de luminosidad nos daría por ejemplo  el ONCE, tema de actualidad en el foro, por el cuponazo?

Dado que puede no ser suficiente,  activamos más familias; ¿Qué intensidad conseguiríamos activando todas las familias hasta la del 23, inclusive ésta?

¿Se puede generalizar para conseguir cualquier intensidad lumínica?

Respuestas a desafiossanti@gmail.com hasta el lunes a las 23:59.

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Solución Desafío 49: Los mensajeros


Escribe Maito:

Creo que este desafío ha resultado ser menos intuitivo de lo que me
parecía, sólo se han recibido 7 respuestas correctas, el primero
Pardillano seguido de Jabón el cual lo explica muy gráficamente, JC
aporta además la demostración de que en realidad hay dos triángulos
monocolor, Jesús Chus nos presenta una solución muy entretenida y
completamos la lista con  Jose Luis (una vez que abandonó el Excel),
Angel (el conciso) y SuperPanZ, que casi redescubre y demuestra la
Teoría de Ramsey el sólito.
Aunque el logro del fin de semana es que el blog de Santi ha
conseguido el disco de platino al alcanzar las 100.000 visitas con el
que podrá obsequiar a su futura retoña. Doble enhorabuena.

En la solución al problema vamos a ir aplicando recurrentemente el
principio del palomar.
Consideremos uno de los vértices de un hexágono, por ejemplo el 1, con
él se relacionan los otros cinco formando cinco segmentos y al menos
tres de ellos deben ser del mismo color, supongamos que son rojos los
segmentos entre el 1 y los vértices 2, 3 y 4.
Si alguno de los segmentos entre estos tres vértices fuese rojo, por
ejemplo el formado por el 2 y el 3, entonces el triángulo formado por
los vértices 1, 2 y 3 sería rojo.
Si ninguno de los segmentos entre estos tres vértices fuese rojo,
entonces el triángulo formado por los vértices 2, 3 y 4 sería azul.
Luego siempre existe un triángulo de un solo color.

Vamos ahora con el polígono de 17 lados coloreado de rojo, azul y
verde. Nos volvemos a fijar en el vértice 1, como de el parten 16
segmentos y tenemos tres colores, al menos hay un color del que se han
pintado 6 segmentos, pongamos que es el rojo y que los segmentos son
con los vértices 2, 3, 4, 5, 6 y 7.
Si alguno de los segmentos entre estos seis vértices es rojo, por
ejemplo, el 2-3, entonces, el triángulo formando por los vértices 1, 2
y 3 sería rojo.
En caso contrario los seis vértices 2, 3, 4, 5, 6 y 7 están unidos por
segmentos de color azul y verde, y como hemos demostrado en el
apartado anterior, debe haber por lo tanto al menos un triángulo de un
solo color (azul o verde).

Si queréis profundizar sobre este tema podéis empezar por la wiki
Teoría de Ramsey y tirar del hilo. En este desafío hemos demostrado el
valor de dos números de Ramsey R(3; 3) = 6 y  R(3; 3; 3) = 17
Y como apuntaba Jabon, si queremos escalar el problema, podemos
obtener fácilmente los números de oficinas (R) en función del número
de mensajeros (n) mediante la fórmula
Rn+1=n * (Rn – 1) + 2 empezando en el caso trivial de R1= 3
Una vez más ha sido un placer compartir vuestras aportaciones para
hacer los desafíos mejor de lo que originalmente planteamos.

Un saludo
Jose Luis

ARCHIVOS:

D49 Jabon
D49 JC
D49 Jesús Chus
D49 Jose Luis
D49 Pardillano
D49 Superpanzeta
D49 Ángel 

El jueves alcanzamos los 50 con Gerardo.

Saludos.

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Desafío 40+9: Los mensajeros


Escribe maito:

Una empresa tiene un servicio de mensajería entre sus seis oficinas de manera que todos los días conecta todas las oficinas entre sí. Este servicio lo cubre con dos mensajeros y se trata de demostrar que al final del día al menos uno de los mensajeros ha hecho todas las conexiones entre tres oficinas.
Con el tiempo la empresa abrió once oficinas más y contrató otro mensajero (cambiando las bicis por motocicletas), ¿se sigue cumpliendo que al final del día al menos uno de los mensajeros ha hecho todas las conexiones entre tres oficinas?
Por ejemplo en la figura 1 vemos que para 5 oficinas si es posible encontrar dos rutas en las que ningún mensajero ha conectado 3 oficinas entre sí.
En cambio en la figura 2, vemos que el mensajero de la moto roja ha conectado entre sí las oficinas 1 , 2 y 3.

Respuestas a desafiossanti@gmail.com antes del lunes a las 23:59.

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Solución Desafío 40+8: Rebajas de Pintura 2012


Escribe Superpanzeta:

Bueno, se ha acabado mi primer desafío.
He de reconocer que ha sido muy divertido. He tenido momentos de euforia, de pánico, de desconcierto… pero ha estado muy bien.

Esta semana ha habido 13 participantes que han enviado una o más respuestas, más 1 que ha acertado incluso sin haber enviado nada. En total 14.
De ellos, han acertado 5. (¡3 de ellos durante los últimos minutos!).
No tenía ni idea de que el desafío iba a resultar tan difícil. De verdad.

LA SOLUCIÓN:
Aquí tenéis la tan esperada solución.
P1- 10 botes de pintura. Base -6, número 23212.
P2- 2 botes de pintura. Base 2011, número 11.
P3- 5 botes de pintura. Base 670, número 32.
P4- 4 botes de pintura. Base 1005, número 22.

Como habréis observado, la mejor base CON MAXIMO 10 no es 6, sino -6.
Si os fijáis en la frase “empieza explorando bases pequeñas y va subiendo hasta la base 10 incluida” no se especifica el límite inferior para ir probando bases.

La mayoría habéis supuesto que el rango a explorar para la primera pregunta iba desde 2 hasta 10. En realidad, en ningún sitio se establece límite inferior alguno.
Y en las otras preguntas, tampoco hay límite inferior. Pero curiosamente, al elevar el límite superior, la base -6 ya no es la mejor. Esta situación tan conveniente para el desafiante, ha despistado profundamente a alguno.

Ahora entenderéis mis pistas sobre las “rebajas”, ampliación de horizontes, límites mentales innecesarios, etc.
Pistas insuficientes, por lo visto. Lo siento. No quería ser muy duro. De no haber habido acertantes (y ha faltado poco), habría terminado dando la solución a base de pistas, y no habría habido desafío alguno.
Había pensado incluso en anularlo todo, pero al final ha salido bastante bien. Parece que a los acertantes les ha gustado. Ya diréis los demás.

Los límites REALES a las bases según el enunciado serían 2012 por arriba, y -2012 por abajo. No es necesario explorar más allá porque aparecen digitos de valor 2012 que no se admiten.
Naturalmente, entre estos dos límites hay siempre un agujero de anchura 3 formado por las bases 1, 0 y -1 que no se pueden usar. Este agujero ha sido una barrera infranqueable para casi todos.
Confieso que yo hice las exploraciones con ordenador, y como ir probando las bases a mano hasta 1000 y 2000 es mucho pedir, dí a las preguntas 3 y 4 carácter secundario y os sugerí usar ordenador.
Jabón ha demostrado que no era necesario ni mucho menos.

La parte difícil del desafío consistía, pues, en probar las 9 bases positivas e ir probando algunas negativas. En la práctica, la base -6 resulta la mejor de todas las negativas hasta -2012.
Probar todas esas a mano es también mucho pedir, pero afortunadamente el caso -6 aparece muy pronto, y aunque siempre quepa la duda de si habrá otra mejor más abajo (no la hay), la respuesta hubiera sido igual de buena.
Naturalmente, si tenemos preparado un programa u hoja de cálculo compatible con bases negativas, podemos usarlo para explorar desde -2012 hasta 2012 para confirmar el evidente mínimo absoluto, y explorar los otros rangos positivos para las otras tres soluciones sin pensar lo más mínimo.
Después de todo lo importante no era hacerlo a mano o a máquina. Lo importante era la idea, y sin ella no había manera de obtener la respuesta.
Y este es el resumen de mi desafío. Espero que os haya gustado y sorprendido tanto como a mí cuando descubrí las bases negativas en el libro “Rosquillas anudadas” de Martin Gardner, que supongo más de uno tendréis.

NOTA SOBRE LOS ALGORITMOS:
Tengo que explicar aquí que mis comentarios sobre las herramientas informáticas adecuadas se deben al hecho de que en muchos lenguajes de programación hay funciones de conversión entre bases, pero normalmente son tan limitadas que no contemplan las bases negativas.
Lo mismo se puede decir de los procedimientos con lápiz y papel o con la hoja de cálculo:  si no se ha previsto la existencia de bases negativas, ningún algoritmo permitirá usarlas correctamente.
Por supuesto, y más importante, hay también que vencer la barrera mental que no permite bajar de la base 2. Por mucho que tengamos un conversor de bases apropiado, si no se nos ocurre preguntar por las bases negativas, no van a aparecer.

El algoritmo típico que consiste en ir dividiendo por la base sucesivas veces y guardando los restos falla miserablemente con las bases negativas porque produce restos negativos.
Adaptarlo es muy sencillo. Cuando se produzca un resto negativo, se añade 1 al divisor, y eso provoca que al resto se le sume el valor absoluto de la base, convirtiéndolo en positivo.
La lista de restos de abajo arriba (como es habitual) es el resultado en base negativa.
Hay un apartado en la página de la Wikipedia sobre bases negativas (en inglés, sorry) que explica el problema de los restos negativos en los programas que usan el algoritmo de división.
La Wikipedia achaca el problema al redondeo de los lenguajes de programación, cuando en realidad ¡los seres humanos tenemos el mismo problema!

EL MEDALLERO:


MEDALLA DE ORO (Respuestas correctas por orden de llegada) ex aequo:
JC
Angel
Ave
Jesús Chus
Larimar

MEDALLA DE PLATA (Mención especial honorífica):
Divagante
Jabón
Maito

MEDALLA DE BACON (Se clasifican automáticamente para la siguiente ronda de desafíos)
Por orden de llegada después de quitar las medallas de plata:
ELPRIMO
José Luis Sánchez del Villar
Rogelio
Alfalfa
Sebas
Pardillano

ELIMINADOS EN EL CONTROL ANTIDOPING:
¡No, es broma!

DESGLOSE DE LAS MEDALLAS DE PLATA:
A Divagante, por varios motivos:
Por su “ojo clínico”. Atentos al primer comentario que recibí: “El primero es fácil”. Ahí es nada. Mucho mejor que la bruja Lola.
Por acercarse peligrosamente a la solución sin siquiera darse cuenta. Habla de bases decimales (que son un concepto en cierto modo más complicado que la solución), e incluso habla de base 1.
Es curioso cómo Divagante es capaz de romper la barrera mental inferior de la base 2 que muchos no pudieron romper, sólo para estrellarse con el 0 y no atreverse a seguir por el otro lado.

A Jabón:
Por su análisis manual de las bases grandes, por su persistencia hasta el final a pesar de decir que abandonaba, por la respuesta más cercana a la solución de todas las que he recibido,  y sobre todo, por su inspiración y apoyo inestimable en la sombra durante mis momentos difíciles.

A Maito:
por hacerme reír con su propuesta de dar la vuelta al número para que se caiga un cero.

FICHEROS:
Aquí tenéis la solución correcta de JC, que fue la primera y la mejor presentada: PON EL ENLACE, SANTI (Desa48_JC.pdf)
Junto con su hoja de cálculo: PON EL ENLACE, SANTI (Desa48_JC.xls)
Y el último intento de Jabón, que ha fallado por muy poco la pregunta 1, y ha sido el mejor en mi opinión contestando las otras tres: PON EL ENLACE, SANTI (Desafio_bases_Jabon.doc)

CURIOSIDADES:
Como bien comenta JC en su solución, los números negativos escritos en bases negativas no necesitan signo. Esto puede ser de utilidad en informática.
Los números enteros escritos en bases negativas tienen representaciones únicas, cosa que no sucede con las bases positivas. Sin ir más lejos, recordad el desafío 40+5: 1 = 0,9999999999

ACERCA DE LA SOLUCION:
Como podéis ver en la red, hay un universo bastante grande de bases disponibles: fraccionarias, imaginarias, complejas, y con seguridad algunas otras hierbas exóticas.
Me gustaría destacar aquí el hecho de que al limitar el cartel del desafío al conjunto de cifras de 0 a 9 sin permitir ningún otro símbolo o signo, estaba intentado suprimir expresiones en las que aparecieran comas decimales o letras i (la raíz de -1).
Con esto pretendía (sin mucho éxito) eliminar las bases fraccionarias e imaginarias, y quedarme sólo con las bases enteras (positivas y negativas).
Ya me imaginaba que podría no estar en lo cierto, pero tenía cierta confianza en que la única solución compatible fuera la base -6.
Ahora he visto que no siempre aparecen las comas o las i. Por ejemplo, usando como base 2i, se pueden representar todos los enteros, imaginarios y complejos con sólo los dígitos 0, 1, 2 y 3. ¡Y sin ningún signo!
La verdad es que todo esto deja abierta la posibilidad de mejorar mis resultados de base -6, por lo menos en teoría. Los ejemplos que hay en la Wikipedia sobre la base 2i parecen tener siempre muchos ceros, así que igual no son buenos candidatos para destronar la base -6. Tal vez algún día lo averigüe. De momento, doy por buena la base -6.

Y nada, ya sólo queda daros las gracias a todos y deciros que espero hacerlo mejor la próxima vez. 
Me despido desde este lado de los desafíos hasta muy pronto.

ARCHIVOS:

Desa48_JC
Desa48_JC
Desafio_bases_Jabon 

Muchas gracias a todos por seguir manteniendo el Blog calentito y en especial a Superpanzeta por su dedicación esta semana. Espero poder sacar tiempo para siguientes desafíos.

Próximo desafiante: maito.

 

NOVEDAD: La organización, de común acuerdo con Superpanzeta, desafiante de “Rebajas de Pintura 2012” ha acordado rechazar sin paliativos la renuncia de Pardillano a su bien merecida medalla de Uranio. Aquí os colgamos un archivo magnífico realizado por nuestro radiactivo concursante:
Desafio 48 Rebajas pintura 2012 _ Solucion Incorrecta Pardillano

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Desafío 40+8: Rebajas de Pintura 2012


Escribe Superpanzeta:

Hola a todos. Este es mi desafío original (en el sentido de que no lo he copiado de ningún sitio). Espero que seáis indulgentes si no os gusta.

Rebajas de Pintura 2012

Para decorar las rebajas de este año, el dueño de una ferretería le encarga a un empleado que pinte un gran cartel con el número 2012 gastando la mínima cantidad de pintura posible, o de lo contrario será despedido. El jefe proporciona al empleado una plantilla prefabricada (de esas agujereadas) con los dígitos del 0 al 9 en el tamaño deseado.

Al empleado le gustan las matemáticas, ha encontrado otro trabajo mejor, y su jefe no le cae nada bien, así que decide cumplir el encargo fielmente, pero estropeando a la vez el cartel.
Para ello, investiga si puede escribir el número 2012 (aquí representado en base 10) en alguna otra base que le permita ahorrar pintura y que no requiera utilizar dígitos ni símbolos aparte de los contenidos en la plantilla de 0 a 9 (10 símbolos). Cada símbolo deberá ser interpretado con su valor habitual, y deberá haber un sólo símbolo por cada dígito.
No se debe añadir la base elegida al cartel. Sólo se representará el número, y así nadie sabrá interpretarlo excepto el currante.

Para hacer los cálculos, supongamos que el coste en botes de pintura de cada dígito pintado es igual al valor del dígito. Es decir, pintar un 1 requiere 1 bote de pintura, pintar un 2 requiere 2 botes, y así hasta el 9, que necesita de 9 botes. Para que el 0 no salga gratis, pondremos que pintar un 0 requiere 10 botes de pintura.

Ejemplo:
Pintar el número 2012 en base 10 (2012), requeriría 2+10+1+2 = 15 botes de pintura.

Como el currante no tiene mucho tiempo para pensar el cartel, empieza explorando bases pequeñas y va subiendo hasta la base 10 incluida, dando por bueno el mínimo encontrado hasta entonces.

El desafío consiste en averiguar (se debe dar un ejemplo válido para cada respuesta):

1- Cuántos botes de pintura utilizará el currante (máximo base 10).
2- Cuántos botes de pintura son el mínimo posible (cualquier base).

Y para quien le haya parecido poco, puede entretenerse en averiguar (se sugiere hacerlo directamente con ordenador):

3- Cuántos botes de pintura son el mínimo posible si utilizamos bases hasta 1000.
4- Cuántos botes de pintura son el mínimo posible si utilizamos bases hasta 2000.

Soluciones a desafiossanti@gmail.com hasta las 23:59 del lunes. A pintar se ha dicho.

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