Coloreando fichas numeradas

Vamos con el problema semanal. El enunciado es el siguiente:

Tenemos 50 fichas numeradas del 1 al 50, y queremos colorearlas de verde o azul. Sabemos que la ficha 5 es azul, y para colorear las demás debemos usar las siguientes reglas:

  1. Si la ficha con número x y la ficha con número y son de distinto color, entonces la ficha con número |x-y| se pinta de color verde.
  2. Si la ficha de número x y la ficha de número y son de distinto color y x \cdot y es un número del 1 al 50 (ambos incluidos), entonces la ficha con número x \cdot y se pinta de color azul.

Determinar cuántas coloraciones se pueden realizar en nuestro conjunto de fichas.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

14 Comentarios

  1. Este es el problema 1 de la sesión del Viernes por la mañana de la fase local de la 50 OME.

    Como la ficha 5 es azul, dos fichas cuyos números se diferencien en 5 unidades, deben tener el mismo color por 1). Entonces, todas las que tienen múltiplos de 5 son azules. Queda solo por determinar que sucede con las fichas 1, 2, 3 y 4.

    i) Si la ficha 1 es azul, y la ficha n fuese verde, la ficha 1*n = n por 2) debería colorearse de azul. Por tanto, si la ficha 1 es azul, todas deben ser azules

    ii) Si la ficha 1 es verde, la 4 debe ser verde por 1), y por lo dicho anteriormente, todas las que son iguales a 1 o 4 módulo 5 también deben ser verdes.

    Las fichas 2 y 3 deben tener el mismo color, puesto que si fuese distinto, la 6 debería ser azul, y hemos visto que es verde, pues 6 es igual a 1 módulo 5. Si 2 fuese azul, como 2 = 4 – 2 debería ser verde. Por tanto 2 debe ser verde, al igual que 3.

    Quedan entonces solo dos posibles coloreados: i) Todas las cartas son azules; ii) son azules las correspondientes a múltiplos de 5, y las restantes son verdes.

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  2. Creo que ya lo tengo, en cualquier caso me parece muy pronto como para plantar la solución. Dejo dos pistas:

    Es recomendable pensar sobre que puede implicar el color que le demos al uno

    También se puede deducir algo de los colores de 10,15,…,50

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  3. Es facilito.

    ¡¡¡ Lo más curioso es que la regla número 2 sobra!!!
    ¿o estoy equivocado?

    Se pueden obtener las mismas 2 soluciones sólo con la regla número 1.

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  4. A mi sólo se me ocurre empezar con la regla 2 y suponer que x=5 e y=1, dado que x·y=5 y sabemos que la 5 es azul, a 1 debe ser verde.
    Con estos datos, la 4 debe ser verde también (por 1, 5-1).
    Con esto, la 20 es también azul (por 2, 5×4).
    La 19 y 15 deberían ser verdes también (por 1, 20-1, 20-4).

    Podría deducir más piezas, pero no el patrón general.

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  5. nacho,
    dices que según la regla 2 la ficha 1 debe ser verde pero no es cierto…
    supongamos que 1 es azul, 1*5 = 5 pero la regla dice que “Si la ficha número x y la ficha número y son de diferente color”, luego si 1 y 5 son de igual color la regla 2 no afecta al color de 1*5

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  6. Pues si, Acido lleva razón, estuve en la competición y pude hacerlo sin la regla 2.

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  7. Yo lo he mirado y parece que sí es cierto que se puede hacer sólo con la primera condición (aunque requiere algo más de trabajo, pues el tema del uno es de gran ayuda usando la condición dos). Por proponer algo distinto (no he mirado si sale fácil o difícil) podríamos intentar cúantas y cúales posibilidades hay usando sólo la segunda condición.

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  8. Daniel Cao,
    No creo que sea tan complicado sólo con la primera regla.

    5 es azul.

    Si 1 es Azul entonces 2-1 = 1 luego 2 es azul
    (si 2 fuese verde, verde-azul = azul y no se cumple 1)

    3 – 2 = 1 luego 3 es azul
    4 – 3 = 1 luego 4 es azul
    por inducción todos son azules.

    Si 1 es verde: entonces 4 es verde: 5 (azul) -1 (verde)= 4
    4-2 = 2 luego si 2 es azul no se cumple, luego 2 es verde
    5-2 = 3 luego 3 es verde

    10 es azul… ya que si fuese verde 10-5 = 5 debería ser 5 verde
    luego 9, 8, 7, 6 deben ser verdes. 10 (azul) – 1(verde), 10-2, 10-3, 10-4

    15 es azul, ya que si fuese verde 15-10 = 5 …
    y así todos.

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  9. Yo solo pude determinar la solución en la que todas las fichas son azules, la otra la intuía pero no acabé de sacarla. ¡Qué rabia!

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  10. Entiendo que al decir “la segunda regla sobra” nos referimos a que sin la segunda regla el problema tendría la misma solución. Es decir, lo estamos analizando a posteriori desde la perspectiva de “inventor de problemas”.

    Con el enunciado propuesto, creo que si lo resolvemos usando solo la primera regla la resolución no estaría completa. Faltaría demostrar que en los mismos casos también se cumple la segunda. O bien haber demostrado a priori que la regla 1 implica la regla 2.

    Disculpad si mi primer comentario es obvio, implícito o incorrecto. xD Un saludo.

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  11. Creo que a mi también me basta la primer regla para hallar las dos soluciones, pero concuerdo en que es necesario mostrar que una solución verifica la segunda regla para que sea una solución aceptable del problema.

    Me resulta particularmente intuitivo considerar las contrarecíprocas de las condiciones (en especial de la primera):

    1) Si la ficha número D es azul, entonces dos fichas cuyos números disten D son del mismo color !!!

    Por lo tanto dos fichas cuyos números disten un múltiplo de D también son del mismo color (reiterando el razonamiento). D representa |x-y|

    Como 5 es azul todos los múltiplos de 5 son azules.
    Si 1 es azul, entonces cualesquiera que disten D = 1 son del mismo color, luego
    1 + 1 = 2 es azul, 2 + 1 = 3 es azul, 3 + 1 = 4 es azul, etc…
    Si 2, 3 o 4 son azules, entonces todas son azules, pues:
    Si D = 2 es azul entonces 6 = 2 + 2 + 2 es azul, considerando D = 5 resulta 1 azul, por lo recién visto todas son azules.
    Si D = 3 es azul entonces 6 = 3 + 3 es azul, con D=5 resulta 1 azul, por lo recién visto todas son azules.
    Si D = 4 es azul entonces 16 = 4 + 4 + 4 + 4 es azul, con D=5 resulta 1 azul, por lo recién visto todas son azules.

    Por lo tanto si no son todas azules, entonces 1, 2 , 3 y 4 son verdes, y 5 azul. Pensando módulo 5 (con D = 5) esto determina otra solución que también es válida.

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  12. Se ve claramente que, hablando en términos de anillos, la primera propiedad implica que las fichas azules forman un subgrupo de Z/50Z. Como [5] pertenece al mismo, solo hay dos opciones, que sea el total, o que sean los múltiplos de 5.

    Evidentemente la segunda propiedad es consecuencia de la primera:

    Si a es azul, x y x+a tienen el mismo color.
    En particular a, 2a, 3a, … todas son azules.
    Si x e y tienen distinto color, una de ellas es azul y, por tanto, x·y es azul

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  13. Me parece genial tu razonamiento, Agustín.

    Como tú dices, es muy clara la aplicación de Z/50Z para “traducir” el problema.
    Creo que lo que podría ser más clara es la explicación, si la pulimos un poco (por ej, no nos interesa Z50 como anillo sino como grupo). Yo diría algo así:

    Una solución corresponde a un subgrupo de Z50 (que nos dice qué fichas pintar de azul), el cual debe contener al subgrupo generado por [5], es decir (pues 5 es azul). Existen dos de estos subgrupos, Z50 y .

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  14. Oops. Olvide que entre llaves (<) lo lee como html y no sale. Disculpas. Queria simbolizar "grupo generado por [5]". Si algún moderador puede editar y borrar este comentario, se le agradece

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