Presos con sombrero

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Se pueden salvar todos menos, eventualmente, el primero.

Una estrategia que pueden seguir es codificar la paridad, por ejemplo, de gorros blancos.

Imagina que el primero ve 25 gorros blancos, que es un número impar. No sabe de qué color es el suyo, así que no puede estar seguro de qué tiene que decir para salvarse. Como la cantidad de gorros blancos es impar y ha llegado a un acuerdo con sus compañeros, dice "negro".

El segundo, como ha oído "negro", sabe que el total de gorros blancos que ha visto el primero es impar, de forma que los cuenta y si ve una cantidad par, su gorro es blanco, y si es impar, su gorro es negro. Así que lo dice.

El tercero, sabe que, originalmente, la cantidad es impar (porque la primera información es que el color es negro, en caso contrario, sería par). Si el anterior a él ha dicho blanco, contando el suyo, debe quedar una cantidad par, y si ha dicho negro, impar. Estudiando la paridad de los que él ve, puede saber de qué color es el suyo. Negro, si la información que calcula coincide con la que ve, blanco en caso contrario.

En definitiva, la información que el primero trasmite es la paridad de la cantidad de blancos que él ve (negro es impar, blanco es par). Cada uno debe cambiar la paridad de par a impar cada vez que uno de los presos que habla dice "blanco", y contar los que ve. Si la paridad que él calcula coincide con la información que le trasmiten, su gorro es negro, y si no coincide es blanco.

Este sistema es muy dependiente de la información que se trasmita. Un único error en la cadena provoca que todos los siguientes mueran, y otro error, restaura el orden. En especial, dependen del primero, que no gana nada ni pierde en ningún caso.

No hay un sistema mejor, ya que no hay forma de que el primero pueda conocer el color de su gorro, así que tendrá un 50% de probabilidad de fallar, se siga la estrategia que se siga.

Competiciones

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Como primer clasificado podemos situar a seis personas. Cuando ya hayamos escogido al primero, quedan 5 que pueden optar a la segunda plaza, así que primero y segundo se pueden situar de 6*5 = 30 formas distintas. Pero luego, el tercero lo podemos escoger entre los cuatro restantes, así que los tres primeros tendrán 30*4 = 120 formas distintos de situarse. Por último, para el cuarto hay tres candidatos, de forma que tendremos 120*3 = 360 clasificaciones posibles.

Para la segunda pregunta, basta considerar que no es posible que los cuatro sean del mismo instituto, de forma que podemos escribir fácilmente las posibilidades, o calcularlas de forma similar a la anterior, pero eliminando las dos posibilidades en las que todos son del mismo centro. Quedan 14 (GGGL, GGLG, GGLL, GLGG, GLGL, GLLG, GLLL, LGGG, LGGL, LGLG, LGLL, LLGG, LLGL, LLLG).

Ver si los resultados GGGL y GGLL tienen las mismas posibilidades, es más complicado. Si ya sabemos que el resultado ha sido GGGL, y queremos estudiar cómo han quedado los concursantes, tenemos 3*2*1*3 = 18 posibles clasificaciones de las personas individuales (se pueden situar las letras de esa cantidad de formas), mientras que sobre un resultado GGLL se pueden situar los concursantes de 3*2*3*2 = 36 formas diferentes, es decir, hay el doble de posibilidades de que se de el resultado GGLL que el resultado GGGL.

La última pregunta necesita que hayamos calculado todas las anteriores, ya que la fracción del total (18 de 360) que hemos calculado es, realmente, igual a 1/20, ya que podemos simplificar la fracción 18/360 hasta lograr 1/20, dividiendo, por ejemplo, entre 2, 3 y 3.

Un rectángulo cortado (III)

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Las formas de cortar un rectángulo en seis rectángulos más pequeños son siempre utilizando cortes paralelos a los lados, ya que si algún corte no fuese paralelo a los lados, el primero que no fuese paralelo empezando por un lado no formaría un rectángulo.

Es necesario hacer cinco cortes para obtener seis rectángulos, pero se pueden hacer en cualquiera de las dos direcciones, y antes o después (en un orden u otro). Según las direcciones obtenidas podemos clasificarlos, haciendo familias de cortes. Ha sido muy interesante ver las propuestas de clasificación que ha hecho cada persona que ha concursado.

cortar un rectángulo

La forma de dividir los rectángulos para armar el rompecabezas era difícil de descubrir, aunque ensayando sobre casos concretos se podía generalizar muy pronto.

La idea era que todo rectángulo de lados a y b se puede dividir en un cuadrado y un rectángulo con un único corte (vale, si nos ponemos técnicos, hay una excepción: que el rectángulo tenga doble base que altura o viceversa). El corte se hace en un punto que (si b>a) divide la longitud b en dos segmentos de longitud a y b - a. Ahora, se trata de dividir todos los rectángulos en una proporción equivalente, es decir, que si su lado paralelo a los lados b mide x, trazamos una línea que lo divida en dos verticalmente, de longitudes x*a/b y x*(b - a)/b. Los trozos de tamaño x*a/b los situamos en la misma posición que ocupaba el rectángulo original, mientras que los otros trozos se sitúan en idéntica posición, componiendo otro rectángulo. Podemos entender fácilmente que se forma un cuadrado de tamaño a*a y un rectángulo de tamaño a*(b - a), ambos con idéntica descomposición que el rectángulo original. En el dibujo podemos ver un ejemplo con menos piezas.

País de palillos

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Estos problemas sobre estrategias de juegos son muy habituales entre los aficionados a los problemas de ingenio, aunque tienen muchos enfoques diferentes.

En el primer juego, lo importante es el número total de palillos que quedan sobre la mesa, ya que si es múltiplo de 4, el que juega está en una posición perdedora. De esta forma, como al principio hay 19 palillos, basta quitar 3 y dejar a nuestro rival con una posición perdedora.

Cuando el juegue, dejará 15, 14 o 13, y nosotros trataremos de quitar, respectivamente, 3, 2 o 1 palillos, hasta 12. Repetiremos la jugada, sumando 4 con nuestro rival, hasta que queden 4, ya que él no puede terminar, pero nosotros sí, en cuanto el retire alguno de los palillos sobrantes. Es una estrategia ganadora para el que empieza.

La forma ideal de encontrar esta estrategia consiste en empezar a estudiar el caso con muy pocos palillos, hasta descubrir los números que forman una posición ganadora o perdedora.

El segundo juego es ligeramente distinto, ya que es un juego del tipo del famoso NIM. Sin embargo, la estrategia en este juego se simplifica, ya que el número de palillos por letra es 5 - 5 - 4 - 5, y para equilibrar la partida basta quitar un palillo, por ejemplo, a la letra A, dejando 5 - 4 - 4 - 5. A partir de ahí, repetiremos las jugadas de nuestro adversario, tratando de que lo que él haga en la I, lo repetiremos en la A y viceversa, y lo que haga en la S lo repetiremos en la P y viceversa. Por ejemplo, si quita tres palillos a la s, nosotros quitamos tres palillos a la P. Al final, llegaremos a un punto en que no quedarán más que dos letras con la misma cantidad de palillos cada una, incluso puede que sólo un palillo cada una. Si hace desaparecer una letra, nosotros podemos acabar con la última. Por tanto, tenemos, como antes, una estrategia ganadora para el que empieza.

Un caso más general es más complejo, porque la estrategia conocida (y creo que única) consiste en descomponer las cantidades en suma de potencias de 2, y tratar de que todas las potencias de 2 aparezcan siempre un número par de veces.

Alienígenas maripósidos

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Este ha sido uno de los problemas qué más he disfrutado escribiendo. Se basa en otro que leí hace tiempo, y quería ponerle nombres divertidos.

La clave es que la transformación de estos tipos de alienígenas converge, ya que su número no varía. Dejemos de momento su convergencia, y estudiemos primero su punto de equilibrio.

Si en algún momento se quedan sin variación ¿qué cantidades habrá de cada uno? Llamemos a esas cantidades X gusánidos, Y maripósidos y Z jiráfidos. En ese caso, después de una semana, el número de gusánidos será 0.3X + 0.25Z = X, además 0.9Y + 0.7X = Y y 0.75Z + 0.1Y = Z. Sin embargo, estas tres relaciones son dependientes, es decir, una de ellas depende de las otras dos, como es fácil comprobar. Nos falta, por tanto, añadir que X + Y + Z = 1080, que es la relación clave. A partir de ahí, podemos averiguar los valores de estabilidad.

De la primera igualdad, obtenemos que 30X + 25Z = 100X, por lo que Z = 70X/25. De la segunda igualdad, 90Y + 70X = 100Y, obtenemos que Y = 7X. Substituyendo en la última igualdad, X + 7X + 70X/25 = 1080, por lo que 25X + 175X + 70X = 27000, es decir, 270X = 27000, de donde X = 100, por lo que Y = 700 y Z = 280.

Ahora que ya tenemos las cifras de equilibrio, podemos comprobar que se aproxima más y más cada semana a estas cifras. Puesto que hemos partido de tener todo gusánidos, supondremos que a lo largo de todo el proceso cada vez tenemos menos gusánidos y más de los otros tipos. En principio, la primera semana tendremos 324 gusánidos y 756 maripósidos (y 0 jiráfidos). Si estudiamos lo que sucede las primeras semanas, vemos que hay un pequeño caos al principio, pero luego parece que converge rápidamente. Las cantidades de las primeras semanas son las siguientes : en la segunda semana, (97, 907, 76), en la tercera, 48, 885 y 147 y en la cuarta 51, 830 y 199. Veamos si a partir de aquí podemos concretar la convergencia (en realidad, a partir de la semana 14 se alcanza de manera sencilla).

Para confirmar que está más próximo al objetivo, deberíamos usar tres variables nuevas, que serían sus diferencias con el objetivo, que serían las que podemos comprobar que se hacen menores.

Supongamos que escribimos el número de gusánidos como 100 + a, el de maripósidos como 700 + b y el de jiráfidos como 280 + c. Es fácil entender que a, b y c son números enteros y no todos tienen el mismo signo (ya que entre las tres cifras deben sumar exactamente 1080). Si fuesen 0, habríamos alcanzado una situación estable. Al cabo de una semana, aplicando las fórmulas, las tres cantidades se habrían convertido en 100 + 0.3a + 0.25c, 700 + 0.7a + 0.9b y 280 + 0.1b + 0.75c.

Las nuevas diferencias con el equilibrio serán 0.3a + 0.25c, 0.7a + 0.9b y 0.1b + 0.75c. Además, la suma de sus tres valores absolutos será menor o a lo sumo igual a la suma de los valores absolutos anteriores (|ax+by| es menor o igual que |ax| + |by|), y como no todos pueden tener el mismo signo, seguro que son inferiores.

Una balanza en el zoológico

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Algunos comentarios presuponen el uso de ecuaciones, cuando en estas edades aún no se ha generalizado el uso del álgebra, al menos en un sentido tan abstracto. El método de solución que se pretende que se siga es mantener el equilibrio entre las balanzas de una manera más o menos natural (en el fondo, es álgebra).

Sabemos, por las condiciones del problema, que un elefante equilibra a un rinoceronte y un hipopótamo, mientras que cuatro elefantes equilibran con seis rinocerontes y un hipopótamo. Ahora, hay que procurar poner sobre la balanza a dos elefantes. Si seguimos con la lógica del primer equilibrio, necesitamos poner dos rinocerontes y dos hipopótamos para equilibrar, sin embargo, necesitamos poner, según dice el problema, cuatro rinocerontes, así que habrá que cambiar a los hipopótamos por rinocerontes ¿pesan lo mismo?

Si llevamos la situación de la primera igualdad a la segunda (multiplicando la carga por cuatro), tendremos cuatro elefantes equilibrados por cuatro rinocerontes y cuatro hipopótamos, mientras que en la segunda igualdad teníamos los cuatro elefantes equilibrados con seis rinocerontes y un único hipopótamo. Es decir, que cuatro rinocerontes y cuatro hipopótamos pesan lo mismo que seis rinocerontes y un único hipopótamo, y si vamos bajando de la balanza los mismos animales, llegamos a la conclusión de que dos rinocerontes pesan lo mismo que tres hipopótamos.

Entonces, en nuestro equilibrio original (dos elefantes frente a dos rinocerontes y dos hipopótamos), tenemos que añadir dos rinocerontes en un plato, podemos hacerlo añadiendo tres hipopótamos al otro, así que pasaremos a tener dos elefantes y tres hipopótamos frente a cuatro rinocerontes y dos hipopótamos. Es evidente que sobran hipopótamos en ambas balanzas, de forma que podemos lograr equilibrio, con dos elefantes y cuatro rinocerontes, añadiendo un único hipopótamo junto a los elefantes.

Dividiendo en dos un reloj

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Hay varias formas de abordar la solución. Una de ellas sería directa, tratando de clasificar todas las formas posibles de pintar el reloj, pero resulta algo confusa. La segunda opción que se me ocurrió es más sencilla, ya que no requiere estudio de la coloración concreta.

La primera idea es que es suficiente prestar atención a uno de los seis colores, ya que si tenemos una sección en dos partes del reloj con tres rojos exactamente en una parte, habrá otros tres azules, y la otra parte tendrá la misma distribución.

Consideremos que se parte en dos en un primer momento, dejando los números del 1 al 6 en un lado y del 7 al 12 en otro.

Contemos cuántos rojos han caído en el lado del 1 al 6 (conjunto A).

Sera una cantidad entre el 0 y el 6. Si esta cantidad es 3, el problema está resuelto, pero si no lo es inclinamos ligeramente el corte hasta incluir otro número (por ejemplo, el 7) en el conjunto A, y eliminar de la selección otro (en este caso, el 1). La cantidad de rojos puede aumentar en una unidad, disminuir en una unidad, o permanecer igual.

Lentamente, podemos repetir este proceso hasta dar la vuelta al reloj con los cortes, de forma que lleguemos a tomar como conjunto A el otro lado del reloj (números del 7 al 12). Si hemos partido de una cantidad mayor que 3, ahora tendremos una cantidad menor que 3, porque tenemos el conjunto contrario, y viceversa.

Como hemos ido aumentando o disminuyendo de uno en uno la cantidad de números rojos, en algún momento habremos pasado por el número 3, y en ese momento tendremos el reloj dividido en la forma que se pedía.

Dividir un cuadrado

Enunciado

Dividir un cuadrado

En este problema hay que leer bien el enunciado para ver a qué se refiere. Si nos pide cuatro zonas de igual área, no es necesario que tengan la misma forma.

Para poder dibujarlas todas, lo mejor es empezar por una forma concreta, estudiar con qué otra forma se complementa, y así sucesivamente hasta completar el dibujo. Después, retrocedemos a cambiar nuestras últimas elecciones, y así repetimos el trabajo tantas veces como sea necesario.

Es conveniente eliminar giros y simetrías, evitando aquellas situaciones que se puedan volver a situar como una que ya hayamos usado antes.

En mi caso, yo empecé situando en una esquina el triángulo rectángulo 2 por 1. A partir de ahí, situé en segundo lugar otro triángulo rectángulo simétrico para rellenar el rectángulo superior, y vi que tenía tres formas de terminar el dibujo.

En segundo lugar, probé a complementar el triángulo rectángulo con un isósceles de base 2, encontrando dos formas más.

Como tercera opción, añadí al triángulo rectángulo inicial otro triángulo rectángulo que formaba 90 grados con él. Hay dos figuras más a partir de esta configuración.

Una vez hice todas estas pruebas, busqué aquellas figuras que no tuviesen ningún triángulo rectángulo en los bordes, encontrando la que servía de ejemplo en el problema, y otra más.

En total, 8 combinaciones además de la original, que aparecen en el dibujo que acompaña estas líneas.