Desafío 133

Resaca de licor de sandía (Rubenman)

La estructura del dibujo representa 6 espejos que servirían como una posible respuesta al desafío anterior, atendiendo a las restricciones del caso; debo indicar que me fue imposible mejorar el resultado utilizando espejos planos exclusivamente y tengo dudas de que pueda hacerse.

Un espejo adosado al techo y otro al suelo y en medio otros cuatro que forman un rombo que se sujetarán con tangas, electroimanes o incluso por la propia ingravidez.

Los rayos emergentes golpean los laterales izquierdos rebotando hacia el techo o suelo de manera paralela y terminan en otro plano simétrico que devuelve el sentido y paralelismo inicial, sólo que invirtiendo el orden de aquellos.

Recordemos que la habitación tiene una anchura de 15 metros, diagonal mayor de ese rombo, y la altura o distancia entre los espejos distales en vertical es de 10 metros (si lo deseas puedes generalizar el caso). ¿Dónde se sitúa ese vértice o punto rojo señalado?

A los efectos de este supuesto vamos a considerar que la densidad de rayos paralelos es prácticamente infinita y que justo en el medio no hay rayo de luz, para despreciar un movimiento nanométrico en vertical del mecanismo.

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Soluciones hasta el lunes 10 de agosto a solucionesclubpitagoricos@gmail.com

 

Soluciones Desafío 132

Superpanzeta dice:

Probablemente, este Desafío podría pasar a la historia como el más caótico que hemos tenido hasta la fecha. Naturalmente, la culpa es mía.
Y si no la tengo toda, le achacaremos el resto al calor.

Nada más empezar, el cambio inicial del enunciado, y acto seguido, la propuesta de varios cambios más, constituyeron una buena receta para el desastre. Sin embargo, no creo que lo haya sido. Al menos, yo no lo considero un fracaso.

Sólo he recibido tres respuestas, pero he detectado más dedicación de la que hubiera podido imaginar para un Desafío que había imaginado como un pasatiempo veraniego. Os lo agradezco. Algunas de las soluciones son bastante evidentes (como la mía), pero otras son auténticas virguerías.

Yo me he divertido, y si no me equivoco, vosotros también. Gracias a todos los participantes, y, a los demás, estáis perdonados.

Respecto a las soluciones, tengo que reconocer que habéis hecho un buen uso de la libertad que pretendía daros: habéis hecho lo que os ha dado la gana. Sebas y Rubenman han decidido por diferentes motivos hacerlo todo con espejos planos, (aunque al final Rubenman se ha animado con las curvas y ha tenido algunas ocurrencias muy originales) y no sé en qué líos se habrá metido Sebas, porque al final ha decidido enviar una única solución sin la restricción voluntaria de 10 espejos.
Pardillano por su parte no le ha hecho ascos a las curvas, pero ha decidido que no quería usar los huecos de 1 cm. que tan gentilmente puse a vuestra disposición.

El resultado de todo esto es que la hipotética competición que podía haberse dado no se ha producido. De alguna extraña manera, cada uno ha competido en una categoría diferente. Bueno, dentro de mi categoría, y a falta de alguna solución más que pueda entrar mañana, puedo decir que acerté con mi vaticinio de que iba a quedar el último. O el primero, según se mire.

La decisión de Pardillano de no usar los huecos ha tenido también un curioso efecto secundario que tengo que explicaros. Yo tenía prevista una posible segunda parte de este Desafío con unas restricciones adicionales que consistían en aumentar la densidad de los rayos hasta el infinito, y no admitir los rayos desordenados. En otras palabras, que había que conseguir que la estructura de espejos fuese invisible (vista desde la suficiente distancia como para considerar las líneas de visión paralelas).

Alguna de las ideas de Pardillano cumple perfectamente con el criterio de “invisiblidad”, e incluso una de las ideas de Rubenman hubiera servido con algún ajuste para evitar inversiones en la imagen. El caso es que la hipotética segunda parte del Desafío ya no tenía sentido.
Y es una lástima, porque las cifras alcanzadas por Pardillano son mejores que las que yo tenía previstas para la segunda parte.
Pero no pasa nada. Las soluciones me encantan. Juzgad vosotros mismos cuál os gusta más.

Rubenman además nos propone un posible desafío veraniego. A mi me parece bien.

NOTA: ¿Alguna vez os habéis preguntado cómo sería viajar al pasado y conocer a los genios de la antigüedad? Pues en este Desafío he podido vivir dos de esas curiosas experiencias:

El redescubrimiento de las parábolas por parte de Pardillano, que podréis disfrutar en su solución, y la reinvención de las pinturas rupestres por parte de Rubenman.Lo siento, esto último no vais a poder verlo porque las visitas están limitadas para proteger las pinturas.

rellenoSoluciones

Soluciones Desafío 131

Pardillano dice:

Ante todo, quiero agradeceros vuestra participación, en especial a Tarzán, que me envió un avance el viernes al que no respondí hasta el lunes, limitando su tiempo para redactar su solución.

La idea de este desafío surgió cuando leí en la wikipedia, preparando un desafío anterior, la propiedad de los números de Fibonacci siguiente:

MCD(F(n),F(m))=F(MCD(n,m))

A mi esta propiedad me sorprendió muchísimo. Me pareció “mágico” que el MCD de dos números de Fibonacci cualesquiera tenga que ser por fuerza otro número de Fibonacci, y que la propiedad nos indique además cual es, y dependa sólo de los índices. Llegué a dudar si había un error en la Wikipedia y tuve que comprobar que se cumplía.

Usando esa propiedad de los números de Fibonacci, la resolución de las dos partes del desafío es inmediata, como se puede ver en la brillantemente sintetizada solución de Sebas. Sin ella, la resolución del desafío es más larga, como se puede ver en las soluciones de Rubenman, Dospew y SPZ.

En el fondo, los pasos que seguís para resolver el desafío son parecidos a los que permiten demostrar la propiedad indicada. La demostración en si no está en ninguna de las soluciones, pero el que da más pistas es Tarzán, que aunque la ha obtenido no la detalla explícitamente.

Si alguno se ha quedado con ganas, le recomiendo como ejercicio divertido obtener esa demostración. Yo no he llegado a “comprender” la fórmula hasta que no me puse con ella (lo que ha hecho desaparecer “la magia”).

Imagen_blog_D131El próximo jueves nuevo Desafío de Superpanzeta

D131_Dospew

D131_Pardillano

D131_Rubenman

D131_Sebas

D131_SPZ

D131_Tarzan

Desafío 131

La familia Fibonacci (Pardillano)

Demostrar que si dos números de Fibonacci son primos entre sí, entonces son primos entre sí.

¡¡ Qué satisfacción !!. Por fin he conseguido proponer un desafío con un enunciado corto.

Pero claro… ya estoy imaginando lo que va a pasar. Que si es una perogrullada, que si estoy seguro de haberlo escrito bien… Me veo leyendo y respondiendo aclaraciones en el blog hasta que se termine el plazo. Así que muy a mi pesar, estropearé un poco el enunciado:

Demostrar que si dos números de Fibonacci son primos entre sí (en el sentido de parientes), entonces son primos entre sí (en el sentido matemático).

¿Mejor?… ¿cómo?… ¿Que todavía no está claro?… Vale, lo explico.

Dos individuos son primos si comparten un abuelo común ¿no?. Pues eso, dos números de Fibonacci serán primos si tienen un abuelo común.

¿Que que es eso del abuelo de un número de Fibonacci?. Vaya, hay que explicaros todo. El abuelo/abuela es el padre/madre del padre o madre. Dejémonos de sexo con la familia Fibonacci y digamos que el abuelo de un número de Fibonacci es cualquier otro número de Fibonacci que sea progenitor de uno de los progenitores.

Supongo que ya imagináis a qué llamamos progenitor. Pero por si acaso, lo aclaro. Cada número de Fibonacci resulta de la suma de los dos anteriores, ¿no?, pues esos serán sus progenitores. Por ejemplo, los progenitores del 13 serán el 5 y el 8.

Espero que quede claro, pero por las dudas, planteémoslo de un modo más formal.

Diremos que dos números de Fibonacci A y B son progenitores de otro número de Fibonacci C cuando A+B=C, siendo todos mayores que cero. Diremos que un número de Fibonacci A es abuelo de otro número de Fibonacci C, cuando exista un número de Fibonacci B tal que A es progenitor de B y B es progenitor de C. Diremos que dos números de Fibonacci B y C son primos entre sí en el sentido de parentesco, cuando son diferentes y además existe un número de Fibonacci A que es a la vez abuelo de B y de C. Con las definiciones previas, demostrar que si dos números de Fibonacci B y C son primos entre si en el sentido de parentesco, entonces son primos entre si en el sentido matemático (no tienen ningún factor primo común).

Vaya horror. Me habéis obligado a estropear el elegante enunciado original.

Pues hala, ya puestos, y como venganza, os voy a poner una segunda parte:

Comenzando a numerar los números de Fibonacci así:

F(1)=1, F(2)=1, F(3)=2, F(4)=3, F(5)=5, F(6)=8, F(7)=13…

Comprobar a mano, sin usar hoja de cálculo ni programas informáticos, si F(371) y F(581) son primos entre sí (en sentido matemático).

Por si alguno está tentado de explorar con ordenador, le diré que el primero que es un número de 78 cifras y el segundo de 122:

F(371)=153083904475345790698149223310665389766178449653686710164582374234640876900329

F(581)=11812286801740393957266726453428020888948575827744560125782542771857200827110775109258994402139301895418273142575204123781

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