C-¿Te falta un tornillo?

El undecimo desafio matemático de "El país" me pareció de solución sencilla nada mas verlo. Se trataba de saber el peso de tornillos situados en cajas mediante elementos de medida de peso. El texto integro y el video de presentación está aquí.
La solución más sencilla es la siguiente: En cualquier ferretería puedes ver que los tornillos de 5 y de 6 milímetros se diferencian a simple vista por la longitud de los mismos. Parece ser que esta solución no es valida porque no es del todo matemática, aunque yo creo que medir la longitud si lo es.
Nada más ver el enunciado le dije a mi mujer, que está de testigo para que se sepa que no es una fantasmada, "esto se hace de una sola pesada usando la descomposición binaria". Intente hacerlo de cabeza, pero vi que era pensar mucho y preferí usar el excel.
Aqui os dejo mi propuesta de solución:

Siempre había resuelto este tipo de problemas usando una balanza, no una bascula de precisión, así que he tenido que pensar un poco.

Lo primero que pensé fue que cada caja sería representada por un número, 5 o 6 (interpretado como 0-1) e intentar descomponer ese número en binario. Así tendría que coger 1 tornillo de la primera, 2 de la segunda, 4 de la tercera, 8 de la cuarta y con los 16 de la quinta se me fastidió el invento. La sexta caja no haría falta numerarla porque sabiendo las 5 primeras, por dscarte sabriamos el peso de los tornillos de la sexta, pero eso no solucionaba el problema.

Había que adaptar los numeros de la descomposición binaria jugando con que en vez de 0 o 1, usariamos 5 o 6.

Tendríamos la suma c1*p1+c2*p2+c3*p3+c4*p4+c5*p5 donde ci sería la cantidad de tornillos de la caja i, y pi el peso de los tornillos de la caja i. Si encontraramos una combinacion de ci que pudiera establecer una función biyectiva en el conjunto de los naturales tendríamos resuelto el problema pues sabiendo el resultado de la suma, tendríamos el peso de los tornillos de cada caja.

Haciendo pruebas apoyandome en el excel para agilizar los calculos, descubrí que hay al menos 4 combinaciones que hacen posible esto: (1,2,4,7,13),(1,2,6,10,13),(1,2,7,10,13),(1,6,9,11,13).

Resumiendo, haciendo una sola pesada con el numero de tornillos indicado por cada caja, bastaría con mirar la tabla de resultados posibles para saber el peso de los tornillos de cada caja, siendo el peso de los tornillos de la sexta el restante.

Aún os da tiempo de copiarla para mandarla al concurso.

C-Decimo desafio matematico "El pais"

Me las prometía yo muy felices con este desafío matemático porque para mi era como jugar al tetris, donde era un "monstro" (de feo también). Le tomé prestadas a mi hijo unas cuantas piezas del lego para hacerme las fichas y allá que me puse a probar una y otra vez, hallando siempre la misma solución y no consiguiendo avanzar mas de ella, salvo movimientos de piezas en diferentes posiciones.
Aun no ha salido la solución "buena", así que os expongo la mía sin mucho convencimiento de que sea la idónea.
Aquí esta el enlace con el texto integro del problema y con un video mas explicativo (por cierto, el dibujo de la derecha no es una pista).

Demostrar que la solución con un solo hueco no era posible no es facil con palabras. Me limité a exponer que no se puede porque siempre que intentes cubrir los 2 lados adyacentes a una esquina, la forma de las piezas hace que sea imposible.

Y esta es mi solución con 17 huecos. Puede que sea posible con 4 menos, pero yo no lo he conseguido y me rindo ante mi derrota ¿o no?

Actualizado el 25-05-11: Acerté. No me salía nada mejor porque no lo hay.

C-Noveno desafío matemático de El País

Enlace con el enunciado.
He de reconocer que, a primera vista, me vi incapaz de resolver este problema por su magnitud en cuando a enormidad de los números y no ver un planteamiento o una solución facil.
Entonces empece a descartar terminaciones y de las 100 iniciales posibles me quedé con 10. ¿Cual de las 10 sería? Y ahí me quede atascado sin pensar en ello 2 días hasta que ayer me vino la inspiración y probé algo que me ha funcionado.
Este es mi planteamiento de solución que dejo programado para las 23:30 del Lunes por si algún lector quiere plagiarla y mandarla, que a mi no me importa:

Como piden las 2 ultimas cifras, partimos de 100 soluciones posibles y vamos a intentar reducir las posibilidades.

Como es una potencia de 2, reducimos en primer lugar a pares, por lo que nos quedan 50 soluciones.

Como la potencia de 2 es mayor que 2, entonces sera múltiplo de 4, motivo por el cual se reducen las posibilidades a 25 casos.

De estos 25, eliminamos los acabados en 0, ya que para obtener ese resultado deberian ser múltiplos de 5 también, y eso no es posible, asi que nos quedan 20 casos terminaciones.

Como el exponente acaba en un numero impar, veamos las terminaciones de los exponentes impares modulo 100 (para tener las 2 últimas cifras).

1->2

3->8

5->32

7->28

9->12

11->48

13->92

15->68

17->72

19->88

21->52

23->8(a partir de aqui se repiten)

25->32

27->28

29->12

31->48

33->92

Tenemos que en la sucesión de exponente impar se repiten las mismas 10 soluciones sumando 20 a cada exponente (para los exponentes pares deberia darse con las otras 10, pero no lo hemos comprobado). En realidad esta sucesión es 2*4^x, asi que podria transformarse en una subsucesión de la original. Sumar 20 números a cada exponente es como multiplicar por 1048576, pudiendose comprobar facilmente que cualquier elemento de la sucesión por dicho número conserva los dos últimos dígitos.

Descartamos el exponente 1 de nuestra subsucesión por no ser multiplo de 4. Como el exponente indicado acaba en 01, tenemos que el resultado para los exponentes acabados en 01 deberan coincidir con los resultados de los exponentes acabados en 21,41,61 y 81, con lo cual tendríamos que el numero pedido seria 52.

C-El problema del cubo

Vamos con el 8º desafío matemático del diario "El País". Se trata de ir colocando en cada vertice de un cubo (matemáticamente hablando un dado, para que nos entendamos) un valor que puede ser 1 o -1. Con esto tenemos 8 valores, uno por cada esquina, que vamos a sumar. Al resultado le sumamos un número por cada cara del cubo que se correspondera con el producto de sus vertices (que tendrá que ser 1 o -1 según el número de -1 que haya en los vertices). Sumando estos 14 valores, las niñas que proponen el problema piden que esa suma sea 0 cambiando los valores de los vertices a nuestro antojo.
Los 256 casos posibles son menos en realidad debido a que muchos casos son simetrías o rotaciones de otros casos. Aconsejan no probar todos los casos por un simple motivo: no hay solución. Ups, se me ha escapado. Bueno, como ya os he fastidiado diciendo que no hay solución, ahora hay que demostrar porque no la hay sin probar todos los casos posibles.
Esta entrada la dejo programada para las 23:30 con mi propuesta de solución por si alguno la quiere copiar y enviarla. Este es el enlace de "El país" con la propuesta del problema en video. La pobre chavala se hace un lío al final, pero como ya habían grabado casi toda la presentación, alguien con mala leche decidió dejarlo para que la gente se riera un poco de ella. Estamos participando unas 2000 personas, lo cual dice quienes estamos interesados de verdad en este tipo de cosas. No dire que de España pues está participando mucha gente de fuera de nuestras fronteras.

La respuesta es que no hay solucion.
Hay que tener en cuenta que las 256 posibles combinaciones no son en realidad tantas pues algunas de ellas son rotaciones o simetrias de otras, pero aun asi calcularlas todas llevaria mucho tiempo.
Vamos a nombrar a las aristas de la cara superior A1, A2, A3 y A4, y a las de la cara inferior B1, B2, B3 y B4.
Vamos a dividir los calculos en 2 grupos, primero la suma de los valores de las aristas, que es sumar Ai y Bi con i=1,2,3,4, y segundo la suma de los productos de las aristas de cada cara, 6 en total. A1A2A3A4, B1B2B3B4, A1A2B1B2, A3A4B3B4, A1A3B1B3 y A2A4B2B4.
Supongamos que cambiamos un valor, por ejemplo A1 ya que con las rotaciones y simetrias da igual el valor que cambiemos. Cambiar A1 en el grupo primero supone pasar de -1 a 1 o viceversa, con lo cual el resultado de la suma seria -2 o +2. Cambiar A1 en el segundo grupo seria igual a cambiar la polaridad de 3 de esos productos. Los casos posibles serian los siguientes:
-1,-1,-1->1,1,1 =>+6
-1,-1,1->1,1,-1 =>+2
-1,1,1->1,-1,-1 =>-2
1,1,1->-1,-1,-1 =>-6
El resultado de la variacion de la suma de los casos posibles cada vez que se cambie una arista seria entonces:
a)-2+6=+4
b)+2+6=+8
c)-2+2=0
d)+2+2=+4
e)-2-2=-4
f)+2-2=0
g)-2-6=-8
h)+2-6=-4
Con esto podemos deducir que en cada variacion se anade o disminuye la suma en un multiplo de 4.
Tomemos ahora uno de los casos posibles. Anadiendo variaciones de sus aristas individualmente podemos llegar a cualquier combinacion posible y sabemos que esas variaciones son multiplos de 4. Partamos de aquella en la que todas sus aristas son 1 y nos encontramos con que la suma del primer grupo es 8, el total de aristas, y la suma del segundo grupo, al ser el producto +1 en los 6 casos posibles es 6, con lo cual la suma total seria 14.
Como queremos llegar al caso en que la suma sea 0, deducimos que no es posible llegar a dicha solucion pues no hay ningun entero X tal que 14+4X=0.

C-El piano gigantesco

El 7º desafío de la Real Sociedad Matemática Española presentado en el diario "El País" va sobre las teclas de un piano. Aqui podeis ver el enunciado del problema, tanto en video como enunciado.
Se trata de un piano en el cual se van pulsando unas teclas siguiendo una serie numérica. Se pulsa Do, despues Re, salto una y pulso Fa, salto dos, etc.
Las preguntas son muy sencillas y se refieren a cuando hayamos pulsado 7000 notas:
1. ¿Cuántas teclas habremos tocado que corresponden a la nota Do?
2. ¿Habrá alguna nota que no haya sido pulsada en ningún momento?
La respuesta hay que mandarla antes de las 12 de la noche de hoy. Yo lo lei el jueves y, para fantasmear, diré que tardé 5 minutos en encontrar la solución pues va de congruencias y me resultó facil encontrar un patrón.
Os la dejo por si la quereis copiar y enviarla.

Mi propuesta de solución es la siguiente:
Partimos de que hay 7 notas, las cuales vamos a numerar de 1 a 7 (DO=1,RE=2,MI=3,FA=4,SOL=5,LA=6,SI=7). Al ser un ciclo de 7 notas, la tecla 8ª coincidira con la 1ª, la 9ª con la 2ª y así sucesivamente. Trabajamos con congruencias en módulo 7.
T1=1
T2=T1+1=2
T3=T2+2=4
T4=T3+3=7
T5=T4+4=11=4 -> Porque la 11ª nota coincide con la 4ª nota
T6=T5+5=9=2 -> Porque la 9ª nota coincide con la 2ª nota
T7=T6+6=8=1 -> Porque la 8ª nota coincide con la 1ª nota
T8=T7+7=T7+0(Porque al desplazarse 7 teclas es como no desplazarse ninguna ya que es la misma nota)=1
T9=T8+8=T8+1=2
...
Se observa que hay un ciclo de repeticiones de notas cada 7 teclas. Este se debe a que +4 es congruente modulo 7 con -3, +5 con -2 y +6 con -1.
Observamos entonces que las notas serían DO,RE,FA,SI,FA,RE,DO,DO,RE,FA,SI,...
Respuestas:
1.Como cada ciclo de 7 teclas se pulsa 2 veces la nota DO, en 7000 se pulsará 2000 veces.
2.Las notas que no se pulsarían nunca serían MI,SOL,LA.

Espero que os sirva al menos para saciar la curiosidad ya que no es un problema planteado normalmente como enigma matemático.

O-FW: Averigua el acertijo, LO PUEDES FLIPAR‏

Paremos de una maldita vez los mensajes en cadena!!!. Si hay que decir la respuesta a acertijos para que no me manden por cuarta vez en la semana el mismo mensaje, este es uno de los sitios donde se colaborara a ello.

El contenido del mensajes en cuestion que viene bajo el titulo indicado en el titulo de la entrada es el siguiente:
El 80% de los niños de una guardería común y corriente lograron descifrarlo mientras tanto el 20 % de los juniors de la universidad de Harvard tardaron en resolver este acertijo:

Qué es mayor que Dios,
más maléfico que el mismo demonio.
Los pobres lo tienen.
A los ricos no les hace falta,
los muertos lo piensan
y si lo comes morirás...


ENVIA ESTE ACERTIJO A 10 PERSONAS Y DESPUÉS PRESIONA ''ENTER'. AUTOMÁTICAMENTE OBTENDRÁS LA RESPUESTA.
Acepta el reto

---
La respuesta es NADA, y por supuesto, si presionas ENTER tras dar la brasa a 10 colegas eso sera lo que te aparezca en pantalla.
Y gracias a este tipo de mensajes en cadena donde se adjuntan numerosas direcciones de correo validas, ahora me estan llegando desde otras multiples direcciones un sinfin de mensajes con el titulo CONVITE ESPECIAL, por ejemplo. Por supuesto, ni me molesto en abrirlos.
Mi consejo es que si quereis mandar a vuestros amigos algun mensajito gracioso de esos en cadena que verdaderamente merezca la pena, lo mandeis con las direcciones en el campo de Copia Oculta, asi los "malitos" no se apoderaran de las direcciones.

C-La maquina Enigma

Ayer desenpolve un libro sobre Criptografia (en el estricto sentido de la palabra porque estaba muy abandonado en la estanteria). Es muy antiguo y era parte de un manual de informatica basica, con pequeños programitas en BASIC que simulaban los programas de encriptacion y desencriptacion sencilla.
Leyendo y posteriormente buscando informacion en internet, llegue a la maquina Enigma y su historia. A mi me sonaba esa maquina de la pelicula de James Bond "Desde Rusia con amor", pero no se si ese dato es cierto ya que la pelicula va sobre una decodificadora sovietica y la enigma es alemana.
Hay un simulador de la Enigma en este enlace para que os imagineis un poco como era el funcionamiento de la maquina, que era algo complejo. El simulador es la version basica de 3 discos.
La maquina Enigma fue usada por el ejercito aleman desde los años 30 en sus mensajes cifrados y su primer modelo constaba de 3 rotores que estaban interconectados entre ellos por cables y que al pulsar una letra en el teclado, daba la letra codificada o descodificada y hacia girar los discos para que no pudiera repetirse la misma letra. Desglosar el funcionamiento es engorroso, por eso puse el enlace donde se puede ver mas o menos de forma grafica.
Las claves eran dadas a los operadores en libros previos y por tanto, con tanta permutacion y combinaciones posibles, asi como los medios de la epoca, era practicamente imposible decodificar esos mensajes. Eso sin contar con que habia que saber aleman.
La parte que mas me ha gustado de la historia, ha sido el descubrir que un compañero matematico polaco, Marian Rejewski, fue el primer "hacker" demantelando el funcionamiento interno de la Enigma y aportando datos que hicieron que se pudieran acometer con exito la desencriptacion de mensajes de los siguientes modelos de la maquina. Gracias a estos datos y la evolucion que se llevo posteriormente por los servicios secretos franceses y britanicos, se estima que la guerra acabo 2 años antes por la importancia de la informacion recibida.
Rejewski inicio sus conjeturas a partir de la informacion suministrada en los mensajes cifrados alemanes que incluian una clave de 3 letras por partida doble al inicio de los mensajes, es decir, que ellos escribian ABCABC y salia GHRFNX, con lo cual era capaz de analizar los discos y saber como giraban aplicando combinatoria para saber cual era la posicion de los mismos.
Posteriormente, la Enigma cambio su funcionamiento interno añadiendo mas discos, pero el esquema basico era el mismo, asi que solo ampliaban el numero de casos posibles. Una modificacion notoria que aplicaron fue que una letra no pudiera darse como resultado ella misma, lo cual fue de una gran importancia por un error garrafal de un operario aleman. Este operario mando un mensaje de prueba aplicando una sola letra seguida, segun la wiki era la T, con lo cual el operario analizador, que ademas fue muy inteligente, se dio cuenta rapido de que iba el tema y sirvio para descuajaringar la maquina de nuevo, al menos en parte.
Esos descuidos alemanes fueron, junto con la captura de algunos modelos fisicos de la maquina, el motivo por el que casi todas las comunicaciones fueran descifradas, aunque se mantuvo todo en secreto hasta los años 60, no pudiendo recibir su parte de gloria el amigo Rejewski.
Si quereis leer algo mas, os remito a la wiki.

O-El acertijo del dia. Que mareo!!

Tengo un compañero en el trabajo que siempre me esta proponiendo acertijos para desafiarme. Con esto de ser el matematico de la plantilla, se supone que tambien debo ser el mas inteligente, o por lo menos aparentarlo.
Hoy me ha planteado un acertijo que he intentado sacar por logica y, de todos los que me ha planteado, ha sido el que mas tiempo he tardado en resolver, lo cual no quiere decir que los sepa todos, sino que por el momento aun no me ha pillado.
El problema en cuestion era el siguiente: Se tiene un numero de 5 cifras, ABCDE, que multiplicado por 4, da el numero de 5 cifras EDCBA.
Se supone que las cifras han de ser diferentes, ya que si no, el 00000 cumple lo pedido.
Pues he aqui mi planteamiento:
-Lo primero fue plantear la ecuacion: 40000*A+4000*B+400*C+40*D+4*E=10000*E+1000*D+100*C+10*D+E, lo cual no me llevaba a ningun lado pues tenia 5 incognitas y una sola ecuacion.
-La primera cifra A, debia ser 0, 1 o 2, ya que si fuera mayor, al multiplicarla por 4, daria un numero de 6 cifras.
-Como A debe ser una cifra par, ya que EDCBA es el resultado de multiplicar un numero por 4, me queda que solo puede ser 0 o 2.
-A no puede ser 0 por el siguiente planteamiento: E deberia ser 5 o 0 para que al multiplicar por 4, su ultimo digito fuera 0. Como no se pueden repetir cifras, E deberia ser 5, pero esto es imposible ya que en 0BCD5*4=5DCB0, aunque B fuese 9, no llegaria a conseguir ese 5.
-A es 2, asi que 2BCDE*4=EDCB2
-4*E debe acabar en 2, asi que E solo puede ser 3 u 8.
-E no puede ser 3, ya que un veinte mil por 4, minimo debe dar ochenta mil, asi que E=8.
-2BCD8*4=8DCB2
-Como B*4 debe ser menor de 10 para que no me lleve ninguna y conseguir el 8 de las decenas de millar en el segundo numero, B ha de ser 0, 1 o 2. 2 esta descartado porque es el valor de A, asi que solo puede ser 0 o 1.
-Si B=0, entonces el segundo numero seria 8DC02, lo cual no es posible porque D8*4 tendria que acabar en 02. Teniendo en cuenta que 4*8 es 32 y me llevaria 3, D*4 seria par y mas 3 nunca daria 0.
-B=1, entonces 21CD8*4=8DC12
-Mirando de nuevo el D8*4 para llegar a un numero que acaba en 02, nos da que, al llevarnos 3, D*4+3 acaba en 1, con lo cual D solo puede ser 2 o 7.
-Como 2 ya esta repetido, D=7 y, por tanto, 21C78*4=87C12
-Como con 78*4 nos llevamos 3, por la ecuacion, 4*C+3 debe acabar en C, y simplificando, C+1 debe acabar en 0, asi que C solo puede ser 9.
-Conclusion, el numero es 21978.
¿Alguien se ha enterado de algo?