Soluciones Desafío 106

Rubenman dice:

“El número de bolas negras necesarias aparenta ser un dato relativamente fácil de sonsacar, tal vez la dificultad del caso sea la de razonar que cualquier distribución que se haga con un máximo de 23 bolas blancas, nos permite encontrar una bola negra ganadora.

Tras la lectura del caso original observé que nos podemos liar si queremos abarcar toda la casuística, sin embargo caí en una propuesta que resultaba muchísimo más sencilla que me hizo pensar que no tenía que ir muy desorientado; ya no sé si se entenderá todo lo bien que uno desea”.

2El próximo jueves Desafío a cargo de Dospew

D106_Dospew

D106_Pardillano

D106_Rubenman

D106_suschus

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10 pensamientos en “Soluciones Desafío 106

  1. Los contratiempos del verano creo que nos son comunes. Super me adelantó unas ideas que vi en el móvil, luego en una lectura más pausada con ordenador comprobé que estaba acercándose a mi idea porque ya me comentaba que le era sospechoso que 24 fuera superior a 23; así que pienso que su trabajo perdido pudiera ir por esa línea; él mismo nos lo podrá confirmar.
    Acabo de ver también el excelente trabajo de Pardillano, en él que desarrolla la doble función de los acumulados.
    El enunciado tal vez no fuera muy claro con lo que se pretendía, supongo que por ese motivo tanto Sus como Dospew hayan interpretado el tema de modo parcial, es mi apreciación subjetiva; aunque su respuesta es correcta en cuanto al número de bolas, tal vez faltaría terminar de razonar que todas las distribuciones de 47 cumplirían, sin excepción.

    • ¿Contratiempos comunes? ¡Ja!
      No, no llegué a completar el razonamiento del 24>23. Ni siquiera se me llegó a pasar por la cabeza el Palomar (ahora me parece obvio).
      Tu solución es preciosa, y no tiene nada que envidiar a la de Pardillano, que también lo es, pero dando más rodeos.
      Yo estaba más o menos como Suschus y Dospew. No creo que hayamos interpretado parcialmente el enunciado. Es que no hemos sabido demostrar de verdad la solución.

  2. Como dice Super ” es que no hemos sabido demostrar de verdad la solución” . Como Pardillano ha dejado la primera página corta yo pensaba que sólo había ésa, aunque me sorprendía, y el comentario de Super me ha llevado a abrirla de nuevo y comprobar que había otras más que justificaban lo dicho por Super y que me hubiese perdido.

    • ¡Jo, jo! Ha debido ser un “contratiempo de verano” de esos que habla Rubenman… Menos mal que sólo te has perdido la mía.

      Por cierto, gracias por tirar del carro con el siguiente Desafío. Pensaba haber avanzado algo con uno mío, pero no ha sido posible.

          • Gracias Dospew, seguro que nos entretienes.
            Yo tengo un par de ideas para nuevos desafíos pero no puedo plantearlas antes de septiembre porque me sería imposible hacer un seguimiento.
            Tengo problemas para participar en estas fechas pero haré lo posible para seguir el tuyo.
            Ahora bien, la segunda quincena del mes parece que se queda vacía si no hay alguna iniciativa.

  3. Yo la segunda quincena del mes no creo que pueda ni participar.

    Y respecto a este desafío, por alusiones, ya que llego a mi solución “dando más rodeos”, voy a redactar la solución superabreviada.

    Una bola negra será “inválida” para iniciar el recuento si y solo si, existe alguna blanca en alguno de los dos sentidos de la que está separada por la misma cantidad de bolas blancas y negras. Haciendo la suma de acumulados en uno solo de los sentidos, entendiendo que a cada bola le asignamos el valor acumulado incluida ella misma (+1 para negras y -1 para blancas), significará que una bola negra será inválida si y solo si hay alguna blanca con el mismo valor acumulado. Pero como la gráfica de acumulados es creciente de media, si una blanca y una negra coinciden en valor acumulado tiene que haber otra negra que también coincida: si la blanca está a la derecha, tendrá que haber otra negra más a la derecha para remontar y tirar hacia más infinito; y si la blanca está izquierda, tendrá que haber habido otra negra aún más a la izquierda, puesto que la gráfica proviene de menos infinito.

    Podría haber más de una blanca con valor acumulado coincidente con la pareja. En este caso, deduciremos de modo análogo que si una negra coincide con m blancas, habrá otras m negras que también coinciden. En total, m blancas coincidiendo en el mismo valor acumulado obligan a que m+1 negras también coincidan.

    Lo mejor que puede hacer el jugador que coloca las bolas es que no coincidan 2 blancas con el mismo valor acumulado. En este caso, cada blanca “invalida” dos negras. Si hay más negras que el doble de blancas, será imposible invalidar todas. Esa es la respuesta al desafío.

    Pero saquemos un resultado más. Lo peor que puede hacer el jugador que coloca las blancas es que todas coincidan en el acumulado. Para 70 bolas, si dispone de 34 blancas, significaría que habrá 34+1=35 negras con el mismo valor acumulado. Quedaría aún una negra sin “invalidar”. Esto se hace colocando una negra entre cada dos blancas. Dejará tres bolas negras seguidas y ganará el otro jugador. Así se responde a una pregunta que no constaba en el enunciado: “¿Qué número de bolas negras son necesarias para garantizar que podemos ganar el juego, si el rival es tan torpe de colocarlas del modo que más nos favorece?”. La respuesta sería 70-34=36.

    Releyendo esta parrafada tengo que reconocerlo: soy incapaz de superabreviar. Dejémoslo en que puedo redactar una solución “un poco más abreviada” que la que envié. ¿Por qué no lo hice? Lo cierto es que he cogido gusto en eso de transformar un problema en otro similar, y lo del perfil montañoso me gustó. Tenía que meter a toda costa el gráfico de las bandas verdes y amarillas y el nivel del mar.

    • Muy bien Pardillano. Ese otro problema tendría también encaje en mi particular visión. Tendríamos la necesidad de disponer de un rango mínimo de dos valores, empezaríamos en +1 y finalizamos en +2, para que un torpe oponente coloque todas las bolas en un mismo valor, quedando por lo tanto libre el otro valor “negro”. Esto obliga a que negras deba superar en dos a blancas.
      El problema originario creo que se iba cerca de 2000 bolas totales y me da por pensar que fuese de una olimpiada matemática, no se acompañaba de solución.

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