diumenge, 20 de març de 2011

Problema 12 
A la figura hi podem veure dos conjunts de peces de Lego: al l'esquerra tres peces en forma del pentominó U i a la dreta cinc trominós rectes.
Els dos grups tenen la mateixa àrea total, concretament 15 caselles.
Dos grups de figures formades amb Lego
El problema consisteix en trobar una figura que es pugui formar amb cadascun dels dos grups —sense tenir en compte els colors, naturalment—.

Solució 12
Hi ha una sola manera de col·locar les peces de manera que formin la mateixa forma:

Afegeix la llegenda
El fet que la solució tingui un forat, cosa que l'enunciat no prohibia, moltes vegades fa que costi més trobar la solució.

dimecres, 16 de març de 2011

11: Circuit de diferents distàncies

Problema 11 
Sobre una quadrícula, en el nostre cas de rajoles, hem col·locat vint-i-vuit monedes.
Suposem que la quadrícula és exacta, amb una distància unitat entre dos encreuaments contigus i que les monedes estan exactament ben posades a les interseccions.

28 monedes sobre la quadrícula
Les distàncies en línia  recta entre dues monedes varien entre 1 i aproximadament 18,6 que és la distància entre les monedes extremes de la figura. Algunes monedes estan separades d’altres, distàncies que són exactament números enters.
Es tracta de trobar dotze monedes que formin un circuit tancat, de manera que les seves distàncies —en qualsevol ordre— siguin tots els valors enters compresos entre l’1 i el 12. Circuit tancat vol dir que de la dotzena moneda passem a la primera.
El circuit pot passar per damunt de l’emplaçament d’una moneda que no hi formi part.
La condició suplementària és que aquest circuit no tingui cap creuament, dit d’una altra manera, que no tingui una forma equiparable a un 8.

Solució 11
Aquest problema necessita per a la seva solució constatar el fet que les distàncies que són “exactament números enters” no vol dir que sigui entre dos punts situats a la mateixa vertical o horitzontal de la quadrícula.

Punts no ortogonals separats exactament 5 i 10 unitats
Hi ha dos casos amb números de l’1 al 12 en que això pot passar, són les solucions enteres del teorema de Pitàgores que ens proporcionen triangles rectangles de costats 3, 4 i 5 o 6, 8 i 10, essent els números vermells les hipotenuses esbiaixades respecte la quadrícula.
Vist això i trobats quins són els punts del problema allunyats 5 i 10 unitats sense seguir la quadrícula, podem trobar la solució:

Circuit amb 12 segments diferents
La manera més ràpida pot ser examinant totes les monedes que estiguin separades 10, 11 i 12 unitats, i aleshores provar totes les combinacions que no siguin impossibles —per exemple que no es creuïn—, i a partir d’aquest punt anar completant amb els segments menors.

dimecres, 9 de març de 2011

10: Calendari de daus

Problema 10
A casa hi tinc un calendari, bàsicament com a objecte de decoració, que consisteix en dos daus amb números amb els que es pot formar el dia del mes, i unes barres amb els noms dels mesos. Cada dia cal reordenar les xifres i si s’escau, canviar el mes.

Calendari de daus
La primera qüestió, fàcil, és com es poden col·locar les xifres als dos daus de manera que sigui possible formar amb ells qualsevol número entre el 01 i el 31?
Veiem que els mesos estan pintats simplement sobre unes barres que són uns prismes de secció quadrada i n’hi ha tres a sota dels daus. Aquí ens podem preguntar si no seria possible formar els noms dels mesos —els seus abreujaments de tres lletres— amb tres daus amb sis lletres a cadascun d’ells? O demostrar que és impossible.

Tres daus amb lletres a les seves cares

Solució 10
Si hem de poder fer qualsevol número entre el 01 i el 31, en particular haurem de poder fer 11 i 22, cosa que vol dir que als dos daus hi ha d’haver les dues xifres 1 i 2.
Ens queden quatre cares lliures a cada dau.
Si poséssim el 0 només en un dels daus, no podríem fer totes les combinacions del 03 al 09 amb les quatre cares lliures de l’altre, o sigui que el 0 també ha d’anar als dos daus.




Els dos daus amb les xifres 0, 1 i 2
Resten tres cares lliures a cada dau.
Col·loquem al primer el 3, el 4 i el 5.
Ara ja podem fer els següents dies:
01 02 03 04 05 10 11 12 13 14 15 20 21 22 23 24 25 30 i 31
Ens manquen tots els dies que acaben en 6, 7, 8 o 9, però només tenim tres cares lliures a l’altre dau.
La solució és senzilla, pel 6 i pel 9 podem fer servir el mateix dibuix posat cap per avall, en la major part de les tipografies les dues xifres són idèntiques llevat de l’orientació.
Col·loquem doncs a les cares lliures un 6 —que també val per a 9—, un 7 i un 8.
Amb això ja podem composar tots els dies del mes.



Les altres cares dels dos daus
Demostrar la impossibilitat amb tres daus de sis lletres de fer tots els abreujaments dels mesos és una tasca que pot semblar complexa, però en la que no intervé cap concepte difícil. Senzillament cal anar posant les deduccions de manera ordenada:

Els dotze mesos de l’any, abreujats a 3 lletres són:
GEN FEB MAR ABR MAI JUN JUL AGO SET OCT NOV DES
En total, i en ordre alfabètic, les lletres emprades són:
AAAA BB C D EEEE F GG I JJ L MM NNN OOO RR SS TT UU V
Són en total 18 lletres diferents, o sigui que entre els tres daus tenim el nombre just de cares per encabir-les totes.
D’aquí, i del fet que no hi ha lletres repetides en l’abreujament de cap dels mesos, es dedueix fàcilment que les tres lletres de cadascun dels mesos han d’anar a daus separats que arbitràriament anomenarem 1, 2 i 3.
Comencem assignat MAR.
1: M
2: A
3: R
Per poder fer ABR, cal posar la B al dau 1. Per poder fer MAI cal posar la I al dau 3.
1: M B
2: A
3: R I
Passem a AGO. Podem posar la O al dau 1 i la G al 3 o a l’inrevés, examinem d’entrada el primer cas on afegirem les noves lletres en vermell:
1: M B O
2: A
3: R I G
Ara la N només pot anar al dau 2, ja que per culpa de la O de NOV no pot anar al 1, ni per culpa de la G de GEN al 3.
1: M B O
2: A N
3: R I G
Però aleshores E no pot anar a cap dau ja que és incompatible amb la B —per FEB— del primer, la N —per GEN— del segon, i la G —també per GEN— del tercer. O sigui que la O i la G d’AGO no poden anar en les posicions que havíem provat. La conclusió és que la G va al dau 1 i la O al 3. Les tornem a escriure en negre.
1: M B G
2: A
3: R I O
Per idèntics motius que abans —GEN i NOV— la N ha d’anar al 2
1: M B G
2: A N
3: R I O
Per poder fer GEN la E ha d’anar al 3; per fer FEB la F al 2; per fer NOV la V al 1
1: M B G V
2: A N F
3: R I O E
Examinem SET i DES. Tenint en compte que la E és al dau 3, veiem que la S ha d'anar al 1 o al 2, i aleshores D i la T han d’anar juntes al dau 1 o 2 on no hi hagi la E.
Per poder fer OCT la C a d’anar al dau que no té ni la O —el 3— ni la T, o sigui que ha d’anar al mateix dau que la S.
1: M B G V (D T)
2: A N F (S C)
3: R I O E
Les dues parelles de lletres entre parèntesi són intercanviables. Però ara podem veure que per fer JUN cal posar o la J o la U al dau 1, i ja hi tenim 6 lletres. La conclusió és que és impossible posar els 12 mesos en tres daus.

No hi ha aquí cap truc tipus escriure en minúscules i aprofitar que la u i la n es poden fer amb la mateixa forma invertida —això si que funciona amb els mesos en anglès, aprofitant a més que la p i la d també es poden fer amb el mateix caràcter—.
Potser l’únic truc seria escriure les lletres a la “romana” que no distingien entre U i V —ni entre I i J, però aquesta equivalència no cal, tenim espai per a la J—:
1: M B G V D T
2: A N F S C L
3: R I O E J
Amb aquesta disposició els mesos serien:
GEN FEB MAR ABR MAI JVN JVL AGO SET OCT NOV DES

dissabte, 5 de març de 2011

9: Tangrams amb trampa

Problema 9
El tangram és un trencaclosques d’origen xinès —aquest sí, n’hi ha molts d’altres que s’han venut com a xinesos que no ho són—, que consisteix en set peces amb les quals es poden formar diverses figures.
En particular poden formar un quadrat, i d’una sola manera, llevat de girs i simetries.

Els set tangrams dins una caixa, en la seva configuració quadrada
 Sovint el trencaclosques consisteix a reproduir amb les peces una forma que representa d’una manera més o menys fidel un ésser viu o un objecte, però aquí ens interessarem més per les formes geomètriques.
A diferència d’altres trencaclosques com per exemple els pentominós, els tangrams són arbitraris: no són totes les formes que gaudeixen d’una determinada propietat sinó un conjunt escollit per altres motius, des de la facilitat de construcció al fet de poder-se empaquetar en forma de quadrat.
Cinc dels tangrams són triangles, dos de grans un de mitjà i dos de petits, una altre un quadrat, i el darrer un romboide, que és l’única peça que no és igual a ella mateixa si la posem cap per avall, té dues orientacions. Totes les peces són múltiples del triangle més petit: el triangle mitjà, el quadrat i el romboide es poden formar amb dos triangles petits, i els triangles grossos amb quatre. L’àrea total és igual a setze triangles petits.
Alguns trencaclosques poden ser força difícils, per exemple, construir tos els pentàgons possibles amb les set peces: n’hi ha 53 de diferents, dos d’ells convexes, i 51 còncaus.
El problema que proposo aquí és molt més fàcil però té trampa…

Dotze configuracions amb una determinada propietat
A la figura hi podem veure 12 configuracions de tangrams que tenen una propietat en comú. No són totes les possibles, en falta alguna.

Tres possibles solucions
 A la presumpta solució veiem tres possibles configuracions més que podrien ser les que ens manquen, però hi ha gat amagat, no és la solució vàlida.
Quina és la propietat en comú?
Quines són les configuracions que manquen?
Per què no són bones les tres solucions de la segona figura, on és la trampa?

Solució 9
La propietat que tenen en comú les 12 configuracions de la figura és ser convexes, que informalment és el mateix que dir que si les envoltéssim amb una goma elàstica, aquesta tocaria a la figura en tota la volta.
En el cas dels tangrams una altra manera de dir figura convexa és dir que tots els angles del seu perímetre són inferiors a 180º.
Hi ha altres configuracions convexes a part de les 12 de la figura?
Sí, n'hi ha una altra.
I com és que al la figura de les possibles solucions sembla haver-n’hi tres?
Dues delles son trucs fotogràfics, només és correcta la imatge del mig.

Dues configuracions amb trampa i una de correcta
A la imatge es pot veure que realment les configuracions dels extrems no són convexes, a la foto modificada, canviant lleugerament la mida dalgunes de les peces no sapreciava, però eren configuracions que amb les set peces de mides correctes no existeixen.

dijous, 3 de març de 2011

8: Un núvol de punts

Problema 8
Marquem tres punts —X, Y i Z— que formin els vèrtexs d’un triangle equilàter.
Escollim ara un punt al atzar de l’interior d’aquest triangle, per exemple el que marquem amb el número 1 a la figura.

Els primers dotze punts de la figura
Aleshores escollim al atzar un dels tres punts inicials. En el nostre exemple Y. Marquem ara amb el número 2 el punt mig entre 1 i Y.
Continuem escollint al atzar qualsevol dels tres punts X, Y o Z, i anem marcant cada vegada el punt situat a mig camí entre el darrer punt i el vèrtex escollit.
En l’exemple de la figura la seqüència de vèrtexs és Y, Y X, Y, Z, Z, X, X, Y, Z, X… hi podem veure numerats els dotze primers punts. Insisteixo, és només un cas particular, la seqüència pot ser qualsevol al atzar i els punts aleshores serien uns altres.
Imaginem que continuem el procés fins col·locar uns quants milers de punts a la figura.

Nou possibles respostes al problema
A quina de les nou imatges s’assemblarà més el núvol de punts resultant d’aquest procés?

 Solució 8
La resposta és la figura D.
Si repetidament partim d’un punt a l’atzar dins del triangle, la seva distribució seria la de la figura A del diagrama que segueix:

Els 9 primers passos de la construcció del triangle de Sierpiński
Si apliquem la transformació —el punt a mig camí d’un dels tres vèrtexs escollit a l’atzar— passem a la distribució de la figura B: un punt que partís de la posició del triangle clar central aniria a parar necessàriament a un dels tres triangles foscos que toquen cadascun dels vèrtexs; un punt ja dins d’un d’aquests triangles aniria a parar al mateix triangle o a qualsevol dels altres dos foscos depenent de a quin vèrtex s’apropés.
En la segona iteració la figura B es transforma en C, cal veure com les zones blanques resten fora de l’abast dels punts.
A continuació la figura serà D, E, F, G, H, I… i a partir d’aquí ja no la podrem distingir a ull de l’anterior.
Dit d’una altra manera, a cada pas, la figura de la distribució dels punts es triplica, es disminueix a la meitat de la mida i es ressitua tocant a cadascun dels vèrtexs del triangle.
En el límit, aquesta figura és el que s’anomena triangle de Sierpiński, en honor al matemàtic polonès que el va descriure l’any 1915.
Si partim d’un únic punt a l’atzar, a cada iteració s’anirà aproximant als punts del triangle de Sierpiński, al cap de molt poques —posem-hi vuit— ja serà a menys d’un píxel en la resolució de la figura.
El fet que el salt del punt sigui cada vegada al atzar, provoca l’efecte que aquesta aproximació és a qualsevol punt del fractal amb la mateixa probabilitat.
O sigui que llevat de les primeres poques iteracions, a efectes visuals el nostre punt anirà recorrent el triangle de Sierpiński, encara que en realitat mai hi arriba, senzillament s’hi apropa en el límit.
La figura resultant serà l’aproximació visual al fractal, potser afegint-hi mitja dotzena de punts inicials que veurem aïllats en zona blanca.