Soluciones Desafío 70

Dospew dice:

No pretendía que hallaseis el porqué, aunque imaginaba que alguno/s lo harían. Así ha sido.  Yo daba por bueno que encontraseis unos números de casillas que hacían coincidir salida y llegada; potencias de 2,  y plantear el número de casillas N, en general,  como suma de 2p + k (Rubenman me sorprendió con un 2p-k)  , y a partir de aquí observar cómo la diferencia entre la casilla de salida y la de llegada era 2k en unas ruletas “pequeñas” y darlo por bueno en general  (somos “de pueblo”  y nos lo creemos todo, nada de módulos).  Luego el truco salía automáticamente, aunque para estética y sorpresa se cambiaba de posición un número cuando lo más práctico era quitar un uno y añadir un cero. Con el uno salía el ordinal de la casilla, la 309 incluida la de salida y con el 0 la diferencia entre casillas ,308

Parece ser que algunos de vosotros estabais “cocinando” algo en esta línea para el futuro. El que me han avanzado, no hace falta decirlo, es mucho más completo y general. (Atención al solfeo).  Éste nos habrá servido de “introducción”.

Gracias a todos.

Ruleta2

El próximo jueves Desafío de Sebas

D70_Dospew

D70_Pardillano

D70_Rubenman

D70_SPZ

D70_Suschus

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Desafío 70

El Casino de seraniL  (Dospew)

En este pueblo, famoso por sus originales loterías, han inventado una “ruleta del revés”. Consiste el juego en una ruleta luminosa en la que antes de jugar se determina al azar el número de casillas que tendrá, N;  se numeran consecutivamente 1,2,3,…N en el sentido contrario al de las agujas del reloj. El jugador pulsa un botón con la ruleta apagada y ésta empieza a girar rápidamente, en el sentido de las agujas del reloj,  con todas las casillas encendidas. Progresivamente se van apagando, alternativamente a partir de la siguiente a la de salida, hasta que queda sólo una encendida, mostrando su número. El jugador dispone de 5 segundos para adivinar cuál fue la casilla de salida.

 2

Los más avispados han hallado un método, que permite saber con exactitud dicha casilla, conocidos el número total de casillas y la casilla final pero no tienen suficiente agilidad mental para realizar los cálculos.

Por fiestas, frecuenta el pueblo un bitagórico,  que domina Decimal y Binario. Es bilingüe.  Le explican lo que han hallado y éste, tras reflexionar,  les enseña un truco manual con el  que  ganar pues sólo  necesitarán  efectuar una resta.

El “truco” consiste en escribir un largo número con sólo dos dígitos 1 y 0;   cambiar el primer dígito desde la primera a la última posición y  … a restar!

1100110100110  è  1001101001101

¿Podríais hallar el método hallado por los vecinos y razonar el “truco” del forastero?

En una ruleta de 410 números, se apagan todos menos el  17 ¿a qué número hay que apostar?, tic, tac, tic, tac…

Soluciones antes de las 23:59:59 h del lunes a solucionesclubpitagoricos@gmail.com

Soluciones Desafío 69

Pardillano dice:

Como se podía intuir, la solución de este desafío es partir el queso como viene siendo tradicional: en sectores circulares, en este caso de 120 grados

En cuanto a la demostración, el primero en enviar sus ideas fue Rubenman, que no pudo completarlo por partir de viaje. No obstante, he pensado que el camino que tomo está muy bien fundamentado,  y merece ser compartido, así que he recogido parte de las conversaciones que tuvimos en uno de los adjuntos. La idea de fondo es la siguiente: si el centro del queso quedará en el interior de una de las partes, los puntos de la periferia que limitan esta parte forman con el centro un ángulo menor de 120 grados. A partir de este dato, se puede deducir que la longitud de los segmentos supera la del caso simétrico con tres sectores a 120 grados. La demostración no está completa para todas las peculiaridades que se pueden concebir, pero se intuye que en todo caso podría salvarse cualquier inconveniente.

Sebas encontró la misma clave que yo para resolver el problema matemático. Si partimos de dos puntos de la periferia, por ejemplo A y B, el punto P tiene que estar forzosamente situado en una línea paralela al segmento AB, a una distancia determinada por una fórmula. Puede parecer que tenemos fórmulas diferentes, pero es la misma si tenemos en cuenta que sen(α)=2 sen(α/2)cos(α/2). A partir de esto, se deduce que la longitud acumulada de los segmentos PA, PB y PC es mínima cuando P está en la bisectriz de ese ángulo, lo que equivale a PA=PB, y si extiende el análisis a los otros ángulos, se deduce que los tres segmentos PA, PB, PC han de ser iguales.

También coincidimos Sebas y yo en la construcción del geogebra: a partir de los puntos A, B y C, el geogebra adapta P para que las tres áreas sean iguales, hallado como intersección de dos rectas paralelas a dos de los tres pares de puntos de la periferia. Nos diferenciamos en que Sebas permite mover los tres puntos, y yo mantengo la posición de C fija.

Y entramos finalmente a discutir otros modos de construir el geogebra. Mi intención al proponer el uso del Geogebra era dar una opción alternativa al que se atascara con la demostración matemática.  Pero indiqué en el enunciado, con cierta inocencia, que también sería posible partir de P y uno de los puntos, por ejemplo C, para dejar que el geogebra adapte la posición de los otros dos: A y B. Tal como dije entonces, yo no había investigado esa vía. Y resultó ser muy complicada, como habréis podido ver de los comentarios de Sebas y  SPZ al respecto. La dificultad tiene dos frentes: el matemático y el operativo en geogebra. Matemáticamente el problema es que se requiere una solución numérica a una ecuación que no tiene una solución analítica. Como apuntaban Sebas y SPZ en el blog, se puede obtener una buena solución con software como Derive o programando la resolución por Bolzano. Pero entonces nos encontramos con el problema operativo en Geogebra. Podemos programar una función en javascript que calcule esta solución, pero Geogebra no permite (hasta donde yo se) llamar a funciones en javascript directamente desde las definiciones de los objetos. Necesitaríamos programar algún tipo de evento para que se recalcule la posición de A y B al modificar la posición de P, y de momento ninguno de los tres hemos dado con el modo (aunque apuntaba SPZ que quizá fuera posible con un escuchador en ggbOnInit).

En cualquier caso, y aunque nos quedemos con la espinita de como implantar el segundo método en el geogebra, este ha dado más juego del previsto. Espero que os hayáis divertido los que no habéis podido llegar a completar una solución.

D69_ImagenSolucionEl jueves nuevo Desafio de Dospew

D69 – Pardillano – solucion

D69 – Rubenman

Sebas D69

http://sdrv.ms/10vvbHe

Desafío 69

Preparando los bocatas de queso (Pardillano)

Tenemos un círculo de radio 1 en cuyo interior tenemos que colocar un punto P y en cuya periferia tenemos que colocar tres puntos A, B y C, de tal modo que se cumpla que los segmentos PA, PB y PC dividan el círculo en tres partes del mismo área (pi/3). Esto sucede en todos los ejemplos de la figura, donde el área de cada zona roja es pi/3, lo mismo que sucede con las áreas verdes y azules. El valor L que se indica en cada caso es la suma de los tres segmentos:

L = PA + PB + PC

D69_ImagenBlog

De lo que se trata el desafío, es de encontrar una configuración que minimice ese valor de L. La intuición nos dice que esto probablemente suceda para el primer caso pintado: dividiendo el círculo en tres sectores de 120 grados, con el punto P coincidiendo con el centro del círculo (O), para la que se obtiene L=3 (ya que en este caso, PA=PB=PC=1). El desafío consiste en demostrar que esto es así, o si no lo fuera, hallar una solución mejor (un contraejemplo).

Os propongo dos alternativas, igualmente aceptables: o bien realizar una demostración matemática (que no hace falta que sea rigurosa), o bien realizar un geogebra, que permita, moviendo puntos o deslizadores, probar cualquier configuración, y proporcione la medida de L con al menos cuatro decimales.

Si optáis por el Geogebra, tened en cuenta que los puntos P, A, B y C no pueden variar libremente. Si se fijan primero A, B y C, solo habrá una posición de P que satisfaga que las áreas coloreadas sean iguales. Si se fija P, se tiene libertad para elegir la posición de un punto de la periferia, por ejemplo C, pero las posiciones de A y B quedan entonces forzadas.

Y si este es el problema ¿a cuento de que viene el título del desafío?. Lo cierto es que se me ocurrió cortando un queso, y por otra parte tengo una reputación que mantener. Un enunciado de menos de dos páginas no sería propio de mi. Así que en el archivo adjunto tenéis la versión “literaria” del desafío. Pero he preferido que, por esta vez, aburriros con ella sea opcional

 D69 – Preparando los bocatas de queso – Version Literaria

Soluciones antes de las 23:59:59 h del lunes a solucionesclubpitagoricos@gmail.com

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Soluciones Desafío 68

Rubenman dice:

La primera impresión nos invitaba a agrupar las monedas en grupos homogéneos, pero si hacemos una pequeña modificación comprobaremos que los tríos y los quintetos respectivamente, nos pueden ser de mucha utilidad.

Varios ojos ven más que dos, así que entre todos casi podemos asegurar que las estrategias a 53 y 111 ensayos son prácticamente infranqueables.

En las respuestas veréis distintos formatos en ambos casos, muy interesantes todos ellos. La que yo os propongo está simplificada, una vez que he comprobado que hay otras mejor explicadas, eliminando material que se refería a los números que no son múltiplo de cuatro, tal vez con caminos más sencillos.

thump_338460monedas-falsas

El proximo jueves Desafío de Pardillano, supongo…

 D68_pardillano.pdf

Desafio_68 Sebas.doc

Desafio_68_Dospew.doc

Desafio_68_Rubenman.doc

desafio_68_suschus.doc

D68_SPZ.pdf

Desafío 68

La máquina de refrescos (Rubenman)

Casimiro lleva en su bolsillo 100 monedas de un euro, la mitad son falsas e indistinguibles a los sentidos corporales. Al pasar por delante de una máquina de refrescos se detiene y comprueba que una lata de lola-loca vale 2 euros.

El mecanismo de ese aparato está diseñado de tal forma que si detecta una sola moneda falsa expulsa todas las insertadas, independientemente de que el resto sean o no buenas. ¿Cuál es el menor número de intentos que estimas necesario para conseguir siempre la bebida?

Esa misma máquina sirve litronas por importe de 3 euros ¿Cuál es tu respuesta en este caso?

Se pide razonamiento en ambos supuestos.

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Soluciones antes de las 23:59:59 h del lunes a solucionesclubpitagoricos@gmail.com

Soluciones Desafío 67

Sebas dice:

Cerrado otro Desafío de los que no gozan de demasiadas simpatías, reconozco que soy un poco pesado con las construcciones, pero hay que llenar el Calendario y las Musas hace tiempo que me han abandonado.

El presente Desafío consta de dos partes, la reducción del ángulo y la razón de lados.

Para los 3/4,  Dospew, Rubenman van directamente a bisectriz y bisectriz, yo hago lo mismo de forma disimulada, Superpanceta lo trabaja algo mas para ir directamente al arco capaz, al igual que Pardillano de forma trigonométrica.

La razón, por una parte Dospew y Rubenman encuentran rutas cercanas a la proporcionalidad de triángulos, por otra Pardillano y Superpanzeta sin esperarlo caen en la cuaterna armónica y yo continuo por la bisectriz

En el SkyDrive están los GeoGebra de Rubenman y el mio trabajos paralelos a los textos, y el de Superpanzeta que en él se incluye texto explicativo

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El proximo jueves Rubenman nos “refrescara”

http://sdrv.ms/11Mg75p

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