Desafíos Matemáticos en El País Verano 2014 – Desafío 4: “Un billar a muchas bandas”

Cuarto desafío de verano que nos traen la Real Sociedad Matemática Española y El País, del estilo a los que se propusieron celebrando el Centenario de la RSME y en las dos últimas navidades. En esta ocasión lo propone Javier Cilleruelo, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid (UAM) y miembro del Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT) que, por cierto, ha colaborado un par de veces en Gaussianos (hablándonos sobre el problema de los conjuntos generalizados de Sidon y sobre Endre Szemerédi).

Como podéis ver en el título de este post, el problema se titula Un billar a muchas bandas, y podéis ver el vídeo con el planteamiento del mismo haciendo click en este enlace. Dejo aquí de todas formas el planteamiento del problema por escrito:

El desafío se desarrolla en una mesa de billar (sin agujeros) de un metro de ancho por dos metros de largo. Golpeamos una bola situada en el centro de la mesa de tal manera que regresa al centro de la mesa por primera vez después de haber recorrido exactamente 25 metros.

El reto es responder a la siguiente pregunta: ¿cuántas veces ha rebotado la bola en las bandas? La solución deberá ir acompañada de la correspondiente explicación.

OBSERVACIÓN IMPORTANTE: Se asume que se golpea a la bola sin ningún tipo de efecto y que esta es tan pequeña que podemos suponer que es un punto. La bola no tiene por qué seguir a trayectoria dibujada en la figura de abajo, que es simplemente un ejemplo para ilustrar cómo sería su movimiento.

Entre los que resuelvan correctamente el desafío se sorteará la colección de libros “Grandes Ideas de la Ciencia”. Si encontráis la solución y queréis participar sólo tenéis que enviarla a desafiodeagosto4@gmail.com antes de que termine el lunes 25 de agosto.

Y respecto al tema de los comentarios, al igual que hemos hecho en todos los desafíos de El País y en los Gaussianosyguijarro, en principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos y a disfrutar con el desafío.

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.

130 Comentarios

  1. la solución no es única… (?)
    El enunciado no parecía dejar lugar a multiples soluciones.

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  2. Hola rtomas. La solución SÍ es única, pero hay que tener cuidado

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  3. Para que la solución fuera única tendrian que haber dejado los agujeros en las esquinas con un radio de 0.04166666666…

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  4. Creo que lo tengo, entre la solución única, el comentario de Ignacio del Tma de Pitágoras y las simetrías, me sale algo bastante mayor que el que da Lewis… y sí, también es única (por detalles) y bonito… ánimo a quien lo intente!

    PD: en realidad comento por no perder el hilo del post y enterarme “de rebote” XD Perdón por el chiste fácil, pero había que hacerlo!

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  5. 25 rebotes…

    Se requiere formar un triángulo de Pitágoras de 15,20 y 25, en donde la hipotenusa es la distancia que recorrerá la bola. Como la mesa mide 1×2, la bola recorrerá 15 veces el lado corto de la mesa y 10 veces el lado largo de la mesa, rebotando 10+15=25 veces en total

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  6. Me recuerda a un problema de OME de fase local y se resuelve parecido. Año 2010, problema 4 (en Galicia) si no me falla la memoria. Hablaba de un rayo rebotando en un triángulo y tal… Aunque ahí se pedía una distancia el modo de solución arroja mucho sobre como enfocar este problema.

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  7. Creo que 24 rebotes son suficientes, pero no para que sea la primera vez que vuelva al centro, sino pasando 4 veces antes. Por tanto, no vale.

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  8. Entiendo que la clave es que vuelve al punto de partida. Es decir, que no es suficiente calcular el numero de rebotes hasta obtener 25m

    Además hay que tener en cuenta que los rebotes no tienen por qué ser alternantes entre los lados de 1 y 2. Pueden haber rebotes entre los lados de 2 de manera repetida

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  9. La solución, creo yo, puede estar en la “reflexión”, en los dos sentidos de la palabra.

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  10. Hay que tener cuidado en las ternas pitagóricas con aquellas (o aquella) con múltiplos comunes, porque entonces no cumplimos el enunciado…

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  11. Hola:

    Inicialmente obtengo tres soluciones posibles pero una de ellas se descarta inmediatamente porque, obviamente, con esa trayectoria la bola pasa muchas veces por el centro antes de recorrer 25 metros. De las otras dos, con un poco de trabajo, se ve enseguida que una de ellas no es correcta ya que, con esa trayectoria la bola habría pasado por el centro en cuatro ocasiones anteriores, concretamente al recorrer 5, 10, 15 y 20 metros. Por cierto, el número total de rebotes es un número primo.

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  12. Hay una ambigüedad en lo que puede considerarse la solución PEDIDA. Como implícitamente el enunciado supone que la solución es única, no haría falta demostrar esto, sino simplemente mostrar una solución con los 25 m recorridos al volver al centro por primera vez. Tendríamos la seguridad de que no hay otra.

    Y, ahora que pienso, en la misma línea, no sé si hay que demostrar por que se descartan los múltiplos de ternas pitagóricas.

    En cualquier caso, he encontrado con cierta facilidad el número de rebotes, con GeoGebra como ayuda para contarlos.

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  13. Sí, Ignacio, justo me refiero a ese problema y respecto al enfoque pensé en algo totalmente análogo a lo que sale dándole al botón de ayuda en esa app. Luego ya va todo bastante rodado…

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  14. Muy bonito. Pitagoras, simetrias y 4 soluciones simétricas como era de esperar con el mismo Nº de rebotes

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  15. Por cierto, y como ayuda menor, hay que tirar a la banda larga

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  16. Hola, Juanjo Escribano:

    ¿Estás seguro? Yo diría que hay que tirar a la banda corta. Concretamente, hay que apuntar a la banda corta a 29,1666 centímetros por encima del centro.

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  17. Yo también tiro a banda “corta”, un ángulo un poco menos que la mitad del ilustrado si mi vista no me falla, equivalente a 14000 entre 48000.

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  18. Revisando el problema (y mi solución) al comentarlo en el desayuno con mi hermano (qué bien sientan las vacaciones!) me he dado cuenta de que había un error menor, aunque sigo con el mismo concepto y me sale un número primo también… pero mayor que 14!

    Yo creo que no habría porqué demostrar que la solución es única (no lo pide) pero sí porqué se descartan ciertas ternas, porque en eso basa el procedimiento hasta la solución…

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  19. Hola, Daniel:

    Sí, como Leo no ha puesto el signo de admiración al comienzo de la frase, parece un factorial. 😉

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  20. Respecto a el problema 4 del año 2010 decir que me he vuelto loco buscando hallar el angulo de incidencia , así que me ha parecido mas dificil que los otros supuestamente mas dificiles

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  21. Alguien me da una pista de como saber el angulo o angulos de incidencia para que vuelva al centro ?

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  22. Fijaos que el tema de las ternas pitagóricas está relacionado no sólo con el hecho de que la bola pueda pasar por el centro del tablero en varias ocasiones, sino también con la posibilidad de que en un momento dado la bola incida en un vértice de la mesa, que es una situación parecida…

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  23. Yo ya he resuelto el problema en un rato libre en el curro. Ternas pitagóricas señores, con poco más que eso es suficiente! Y “reflexionar” mucho como dicen por ahí arriba 😉

    Por favor no digáis la solución, aunque creo que ninguno de los que la ha dicho ha acertado, parecen ir un poco al tuntún.

    Y la solución es obviamente única.

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  24. Por cierto, al menos en mi solución, es irrelevante el hecho de que tires a la banda corta o a la larga. No sé en el procedimiento que hayais usado los demás.

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  25. Bueno, a mí me da que hay que tirar a la banda corta obligatoriamente, y ya se ha comentado por aquí… y la solución es un número primo…

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  26. Después de mucha “reflexión” he llegado a la conclusión de que hay 19 rebotes, 7 de ellos en la banda vertical(corta) y 12 en la horizontal(larga)

    P.S. Además de esta solución existen otras tres que se obtienen aplicando las correspondientes simetrías.

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  27. Para los que les sepa a poco sugiero pasar a 3D
    Sustituimos mesa de billar por habitación de 6*7*3
    Sustituimos 25 por 97
    Sustituimos bola de billar por pelota de frontón

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  28. Bueno.. para variar me hice un lío con las direcciones: son 12 rebotes en la banda corta y 7 en la larga y efectivamente el primer rebote tiene que ser en la banda corta: si tomamos como dirección de referencia la banda larga hay que disparar con un ángulo cuya tangente vale 6 / 7 < 1

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  29. El problema de Sebas está interesante. A mí me queda resolver la ecuación correspondiente y ver unicidad de solución. Voy a intentar no programarlo (a ver si con módulos reduzco las comprobaciones a unas pocas) y se da hecho a mano.

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  30. Sebas Es curioso que nada más empezar a pensar en el nuevo problema lo primero de lo que me he dado cuenta es de que se puede resolver asumiendo que la trayectoria de la pelota está en un plano y que sigue siendo un problema 2D (aunque con algún elemento 3D)

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  31. Ternas pitagoricas… pues mira que no lo veo claro , sigo muy cabezon con lo de saber el angulo de incidencia y tal

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  32. El ángulo de incidencia se puede calcular a posteriori, pero no es el camino para sacar la solución. Yo la primera vez que vi algo así también me di de cabeza con el tema del ángulo varias veces y al final después de un tiempo sin resolverlo había optado por mirar la solución porque no había manera.

    Como ayuda http://platea.pntic.mec.es/~csanchez/olimp2010_archivos/primera_fase_problemas/solviernes-viernes.pdf dejo el problema 4 local de 2010 solucionado (sacado de la página de la OME). El procedimiento es muy parecido.

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  33. Una vez más otra corrección 🙁 la tangente del ángulo es 7 / 24 y no 6 / 7

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  34. Lewis.

    Lo que escribes no es el número de rebotes sino otra cosa. Por otra parte, una de las dos soluciones que das no es posible ya que, en ese caso, la bola pasa por el centro varias veces antes de los 25 metros.

    Por cierto, JoseLo, ¿no habíamos quedado en que no se podía dar la solución?

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  35. En el problema de Sebas me salen de soluciones 21,31,35 y 37 rebotes. Todo eso haciendo un valor = 1 (que puede valer 8 o 10 y aún me quedan por mirar esos casos) con lo cual tiene pinta de haber bastantes soluciones… En cualquier caso, si no me confundí no hay solución única en ese problema 3D.

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  36. Hola a todos:

    Perdonad, pero sigo sin ver la utilidad del dato de que el punto vuelva a su lugar de origen, justo tras recorrer los 25 metros. No sé cómo usar ese dato para quedarme con una de las dos posibles soluciones a las que he llegado.

    Gracias y un saludo.

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  37. Hola, Juan M:

    No sé cómo plantear el problema sin ese dato. En mi solución, es absolutamente central. ¿Podrías explicar cómo has llegado a tus dos soluciones sin tener en cuenta que la bola vuelve al centro de la mesa tras recorrer 25 metros? Quizás así te pueda ayudar.

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  38. Hola de nuevo:

    Gracias, Juanjo, por ofrecerme tu ayuda. A ver si no digo ninguna “burrada”: pensando que la bola es un punto con el que se pueden construir cuantos triángulos se quiera y teniendo en cuenta que el valor del ángulo en cada triángulo formado es el mismo, debido a la reflexión (sin pensar en rozamiento y demás), llego al punto de que cualquier triángulo que se forme será semejante a uno cuya hipotenusa tome el valor 25 y su ángulo sea el mismo, dada la premisa anterior. Lo mismo es sumar las hipotenusas necesarias para llegar a 25 m que pensar un único triángulo cuya hipotenusa valga, directamente, 25 (creo). De ahí, con las ternas, encuentro aquéllas dos que me dan como hipotenusa 25, haciendo los pertinentes cálculos trigonométricos. Es ahora cuando no sé continuar.

    Perdónenme los expertos en matemáticas, pues hace algunos años que no las practico, por desgracia.

    Un saludo.

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  39. Hola, Juan M:

    No me suena mal lo que dices.

    Te faltaría tener en cuenta que cada “rebote en la banda corta y vuelta a la vertical del centro” supone un desplazamiento horizontal de 2 metros y “cada rebote en la banda larga y vuelta a la horizontal del centro” supone un desplazamiento vertical de un metro. Por eso es clave que la bola parta del centro y regrese al centro. El desplazamiento horizontal junto con el desplazamiento vertical da un desplazamiento total que es de 25 metros. Desde ahí, con el teorema de Pitágoras (o con las ternas pitagóricas) puedes conseguir fácilmente el número de rebotes en la banda corta y en la banda larga. Obtendrás dos soluciones, pero una no es correcta ya que a pesar de que la bola pasa por el centro a los 25 metros, también ha pasado a los 5, 10, 15 y 20, luego no es la primera vez que pasa.

    A ver si te sirve. 😉

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  40. Hola:

    La verdad, no lo veo. Nunca he sido diestro en estas cosas, pero bueno. Gracias de todos modos, un saludo.

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  41. Juan M. ¿por qué no intentas ver el problema no como una linea quebrada, sino como una linea RECTA?

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  42. Hola, Manuel:

    Bueno, el pensar en una hipotenusa recta de 25 m es lo que me permitió avanzar un poco más en el razonamiento que he dado un poco más arriba de los últimos comentarios. Como se suele decir: “lo tengo delante, pero no lo veo”.

    Gracias y un saludo.

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  43. Hola, Daniel Cao:

    Totalmente de acuerdo con la solución que propones para el ejemplo en 3D. Añado que para los casos 31 y 37 hay dos posibles alternativas.

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  44. Yo creo que hay 13 rebotes porque en hipotetico caso de que fuese lineales decir de banda a banda un metro lo usariamos para una banda luego 24÷2=12 mas una banda = 13 luego si son cuadrados hay que usar Pitagoras raiz de 2 de echo lado por lado es = raiz de dos x raiz de dos o que es lo mismo raiz de dos al cuadrado es decir dos, puede que ayude a resolver el desafío.

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  45. 3D
    Tal como he resuelto el Desafío (de forma que considero muy fácil) se me ha ocurrido esta variante.
    Salvo error u omisión la solución es única y dista de las cifras que estáis barajando… tened en cuenta que 30 rebotes a la mínima distancia son 90 m.

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  46. Hola, Sebas y Daniel Cao:

    Por ejemplo, con 2 rebotes en la dirección de la arista de 6 metros (x), 1 rebote en la dirección de la arista de 7 metros (y) y 32 rebotes en la dirección de la arista de 3 metros (z) habremos recorrido 12 metros en la dirección x, 7 metros en la dirección y y 96 metros en la dirección z, lo que hace un total de raiz(12^2+7^2+96^2)=97 metros. En este ejemplo, la solución implica 2+1+32=35 rebotes. Además, es seguro que la bola no pasa antes por el centro de la habitación ya que hay un único rebote en la dirección y.

    Las soluciones que he encontrado son:

    35 rebotes (2, 1, 32) –> 12, 7 y 96 metros en cada dirección x, y, z
    37 rebotes (8, 8, 21) –> 48, 56 y 63 metros en cada dirección x, y, z
    37 rebotes (8, 1, 28) –> 48, 7 y 84 metros en cada dirección x, y, z
    31 rebotes (12, 8, 11) –> 72, 56 y 33 metros en cada dirección x, y, z
    31 rebotes (14, 1, 16) –> 84, 7 y 48 metros en cada dirección x, y, z
    21 rebotes (16, 1, 4) –> 96, 7 y 12 metros en cada dirección x, y, z

    ¿Cómo os suena?

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  47. Yo usando tu notación he hecho el caso y=1 con justo esos resultados que tienes tú para y=1. Luego me quedan y=8 o 10 que se puede mirar computacionalmente, pero pierde la gracia. Yo usé mod9 para ver las posibilidades de y, y luego con y=1 usas mod4, reduces y queda ya algo facilito. Las otras a mano pintan más duras, pero las iré mirando.

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  48. 3D
    En mi propuesta sustituyo el 25 por 97, suma total del recorrido 97
    Propones 35 rebotes que según tus propios cálculos totalizan 115, para 37 rebotes totalizan 167 …
    … supongo

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  49. Hola, Sebas:

    No.

    Con 35 rebotes, los desplazamientos son 12 metros en la dirección x, 7 en la dirección y y 96 en la dirección z, pero eso no totaliza 12+7+96=115 metros, sino raíz(12^2+7^2+96^2)=97 metros.

    En el caso de los 37 rebotes, los desplazamientos en las direcciones x, y, z son respectivamente 48, 56 y 63, pero esos desplazamientos no totalizan 167 (48+56+63) sino raíz(48^2+56^2+63^2)=97.

    Lo mismo con el resto de soluciones.

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  50. Hola, Daniel Cao:

    Lo que está claro es que, en este caso, no hay solución única.

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  51. 3D
    Tenéis razón, tengo un error en el 97 por motivo de cálculos manuales
    Hemos seguido el mismo camino, pero en este caso por la forma manual me he precipitado provocando un error, los múltiplos de 3, 6 y 7 simultáneamente me descartaban los casos contemplados, pero me he olvidado otras posibilidades
    Saludos y perdonad

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  52. En efecto, hay una terna que vuelve al centro en 4 ocasiones antes de completar los 25 m. Por tanto, la solución es única, sin contar las simetrías.

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  53. Pues la bola casi nunca vuelve a pasar por el centro.

    Una “generalización” que creo que funciona. Lanzamos la bola formando un ángulo α con la horizontal, 0 < α < 90.

    Si la tangente del ángulo no es un número racional, entonces nunca volverá a pasar por el centro. Si es un número racional, digamos p/q, entonces vuelve a pasar por el centro tras haber recorrido una distancia de

    2 * raiz(p^2+q^2) / mcd(2p,q)

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  54. y tras haber rebotado un número de veces igual a

    Entero [ ( 2p+q ) / mcd(2p,q) ]

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  55. jesusc
    Creo que depende de la relación de lados, si la relación de lados es racional, la tangente es racional, si la relación es irracional, es irracional

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  56. Reflexionando sobre el problema, se me plantea la siguiente cuestión:
    ¿existen trayectorias que no vuelven a pasar por el punto de origen? O, por el contrario, ¿todas las trayectorias acaban pasando por el punto de origen tras un número finito de rebotes?

    Lo dicho, se admiten contraejemplos o demostraciones, planteamientos, reflexiones…

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  57. Hay trayectorias que no vuelven a pasar por el centro. Si los lados son racionales (a,b) se puede ver como comentaba jesusc que la tangente del ángulo debe ser racional. No quiero destripar el problema anterior, pero la idea de esto sería que si tenemos una recta que pasa por dos puntos y cada punto tiene ambas coordenadas racionales entonces la pendiente de la recta (tangente del ángulo) es racional.

    De ahí se sigue que si lanzas con tangente irracional nunca vuelves a pasar por el centro.

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  58. Es cierto, DanielCao, lo veo! Con el razonamiento del problema se ve fácil…. Gracias!

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  59. En relación con los comentarios de Leo y de Daniel Cao y para los que se hayan quedado con ganas de más, propongo el siguiente problema.

    Problema. Demostrar que si golpeamos la bola con un ángulo de 30 grados sobre la horizontal, la bola pasará en algún momento a una distancia del centro menor que 10^(-1000).

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  60. Con respecto al último comentario. Se puede ver sin mucho lío de por medio que si se verfica que para cualquier eps>0 existen un par de naturales (a,b) con la propiedad

    abs(a-sqrt(3)*b) < eps

    entonces el problema queda resuelto (probando la desigualdad de arriba).

    Lo que hay que probar es una postulación aparentemente algo más fuerte del principio de densidad. Aún así, creo que es cierta (al menos para sqrt(3)).

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  61. De hecho, haciendo memoria creo que en su día hice una demostración de que es cierto que para un irracional s fijo, fijado también eps>0 existen enteros no nulos a,b con

    abs(a-s*b)<eps

    La idea era un procedimiento iterativo que iba acercando el irracional a un entero cualquiera y en la siguiente etapa se acercaba a menos de la mitad de distancia a un nuevo entero (calculado en función al anterior). Siento no ser más preciso, pero detallar todo sería kilométrico. Aún así, debe de haber un modo más sencillo de hacerlo. Le daré alguna vuelta más por si se me ocurre.

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  62. Para cualquier número irracional o trascendente, basta con desarrollarlo en fracción continua y elegir la primera reducida cuyo denominador sea mayor que la raíz del inverso del épsilon deseado y ya tenemos el racional buscado.

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  63. En una trayectoria que pasa por el centro cuando la bola avanza 2M, sube N, siendo M y N enteros. En una que tiene una pendiente de 30º sube 2M/√3 cuando avanza 2M. Queremos demostrar que | 2M/√3-N|<ε. |2/√3-N/M|<ε/M. El valor de 2/√3 como función continua es [1;6,2,6,2,6,2,…]. Sea N/M una de las reducidas de 2/√3 como fracción continua. Se cumple que |2/√3-N/M|<1/2M². Por tanto |2M/√3-N|<1/2M. Para que |2M/√3-N|<10^-1000 hay que hacer 0,5×10^1000<M.

    Hay que buscar la primera fracción reducida de 2/√3 cuyo denominador sea mayor que 0,5×10^1000, y esa es la pendiente con que hay que lanzar la bola.

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  64. Otra demostración (salvo error en mi razonamiento) de la desigualdad que propone Daniel: |a-sb|<\varepsilon, sería la siguiente:

    Sea N\in\mathbb{N} tal que \dfrac{1}{N}<\varepsilon. Consideremos la siguiente aplicación: f:\{0,1,\dots,N\}\longrightarrow (0,1), definida por f(t)=ts-[ts] (donde [x] denota la parte entera del número real x). Puesto que s es irracional, se comprueba fácilmente que esta aplicación es inyectiva.

    Supongamos, por reducción al absurdo, que |f(u)-f(v)|\geq\dfrac{1}{N} para todo u,v\in\{0,1,\dots,N\} con u\neq v. Como f es inyectiva, su imagen estará formada por N+1 puntos distintos del intervalo (0,1). Ordenando estos puntos de menor a mayor, se obtiene una partición del intervalo [\min f,\max f]\subseteq (0,1) en N subintervalos cada uno de los cuales de longitud \geq\dfrac{1}{N}. Por tanto, \max f-\min f\geq N\dfrac{1}{N}=1 contradiciendo [\min f,\max f]\subseteq (0,1).

    Luego, existen u,v\in\{0,1,\dots,N\}, u\neq v tales que |f(u)-f(v)|\prec \dfrac{1}{N}. Podemos suponer que u\succ v y los enteros a,b buscados son b=u-v y a=[us]-[vs].

    NOTA. Los símbolos dan problemas al compilar LaTeX, he usado respectivamente \prec y \succ.

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  65. De hecho cuando se golpea la bola, en la dirección que sea, la bola acaba volviendo al centro (cuando la trayectoria tiene pendiente racional) o aproximándose arbitrariamente (cuando tiene pendiente irracional). Para verlo es suficiente con invocar el Terema de Minkowski que afirma que un cuerpo convexo y simétrico con respecto al origen y de área mayor que cuatro contiene al gún punto de coordenadas enteras además del origen.

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  66. De hecho cuando se golpea la bola, en la dirección que sea, la bola acaba volviendo al centro o aproximándose arbitrariamente al mismo.

    Para verlo es suficiente con invocar el Terema de Minkowski que afirma que un cuerpo convexo y simétrico con respecto al origen y de área mayor que cuatro contiene algún punto de coordenadas enteras además del origen.

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  67. ¿Y el número de rebotes? ¿Puede ser cualquiera? Es decir, para cualquier N hay alguna trayectoria que da N rebotes antes de volver al origen?
    Yo creo que sí.

    (un rebote en esquina cuenta doble, porque es a la vez un rebote en banda corta y en banda larga)

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  68. Para Fisicos tambien es divertido. Como dice Ignacio es un bonito problema donde basicamente usando el Teorema de Pitagoras y evitando una fraccion simplificable… Sale una unica solucion que es un numero primo.

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  69. jesusc, con una tangente de \frac{1}{2(N-1)} se vuelve a alcanzar el centro exactamente después de N rebotes.

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  70. Respecto a la banda a la que hay que tirar francamente no lo voy a revisar dado que como ha indicado alguno por ahí es irrelevante, bueno mas exactamente te sale un angulo de ataque para el lanzamiento de tangente racional y sus otras 3 simetrias.

    Donde dé en la banda dará

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  71. sive, sí

    o también con una tangente de k/2(N-k). (¿con k y (N-k) primos entre sí?)

    Otro pasito sería cuál es el recorrido más corto para volver al centro después N rebotes. Tampoco sé si tiene solución.

    Por ejemplo para dar 19 rebotes se podría lanzar con una tangente de 15/8, y se recorrerían 17 metros. (k=15)

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  72. Hola, Juanjo Escribano:

    Yo nunca confío ciegamente de mis resultados ya que la experiencia me dice que muchas veces me he equivocado. No obstante, creo que el que ha comentado que es irrelevante tirar a banda larga o corta está equivocado.

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  73. Yo tampoco me fío de los míos pero relativizo su importancia

    Digo que es irrelevante porque la solución te dá el ángulo de ataque y con ese ángulo rebotará donde le corresponda.

    Pretendía ayudar a la hora de intentar la visualización del problema, que a mí me suele ayudar mucho

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  74. En cuanto a la solución del problema trididemsional la solución que he dado a este problema (que tiene pinta de ser muy similar a la de Manuel por sus comentarios) se puede utilizar prácticamente igual.

    Aumenta un poco la dificultad la localización concreta del resultado pero no el planteamiento

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  75. Hola, Juanjo Escribano:

    Ah, perdona. No te había entendido eso. Como comenzaste diciendo que “hay que tirar a banda larga” y ahora has dicho que era irrelevante…

    En mi resultado, con el “ángulo de ataque” que resulta, la bola se va a la banda corta.

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  76. Hola otra vez, Juanjo Escribano:

    ¿Has encontrado una solución única para el problema 3D?

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  77. Hola Juanjo,

    Fui yo el que dijo que era irrelevante a que banda tiras. Quizá me exprese mal. Lo que quise decir es que en mi demostración no es necesario ese detalle, y que resulta irrelevante saberlo. Usando otro procedimiento supongo que si será importante.

    Un saludo.

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  78. He hecho un apaño doblando papel para representar la trayectoria de una bola, ya que alguno dijo que no le quedaba claro como representar todo como un solo segmento.

    https://twitter.com/DNI_KO/status/503871680843087872/photo/1

    Si se construye algo como eso y se doblan los papeles uno sobre otro, se puede ver que las longitudes a+b+c+d+e=a+b’+c”+d”’+e”” lo cual es una pista para cómo llegar a reducir el problema a la terna pitagórica. En general, la distancia que representa una letra y la misma letra con un número cualquiera de primas es la misma.

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  79. Hola, Daniel Cao:

    ¡Muy bueno! Creo que con eso ya has “destripado” totalmente el problema original. 😉

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  80. No dejas nada a la imaginación Daniel, podrías haber esperado a mañana para publicarlo!

    De todas formas ahí se ve perfectamente el método a seguir. El que a = a’ es una propiedad de la reflexión (mantiene longitudes), no creo que haga falta probar eso.

    Y lo que comentaba de que la banda a la que tiras es irrelevante, si pruebas que un triángulo correspondiente a una terna pitagórica entera con uno de sus lados par define una trayectoria que pasa obligatoriamente por el centro, y que esto es un “si, y solo si” (si no es entera la terna no pasa por el centro) ya tienes la solución sin necesidad de plantear hacia donde tiras. Luego ya descartas una de las ternas ya que no es primitiva, y el triángulo resultante es simplemente una homotecia de otro más pequeño que ya pasa por el centro.

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  81. Solución de mínimo recorrido entero para el caso de 3D con aristas de 6, 7 y 9 metros y lanzamiento en dirección no paralela a ninguno de los tres planos que pasan por un vértice.
    1 rebote en cara de 7×9, 2 rebotes en caras de 6×9 y 3 rebotes en caras de 6×7.
    El recorrido total hasta volver al centro tras seis rebotes es de 31 m.

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  82. la golpeo hacia arriba y golpea tantas veces esa parte como la inferior mas un rebote en la del lado para volver por el mismo caminohasta recorrer los 25 metros ,unas 25 veces

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  83. El problema 3D que plantea Sebas:

    Para los que les sepa a poco sugiero pasar a 3D
    Sustituimos mesa de billar por habitación de 6*7*3
    Sustituimos 25 por 97
    Sustituimos bola de billar por pelota de frontón

    Tiene las siguientes soluciones: ( Rebotes en cara de 7×3, rebotes en cara 6×3, rebotes en cara 6×7):

    (16,1,4) (12,8,11) (14,1,16) (8,8,21) (8,1,28) y (2,1,32).

    En total 6 soluciones para el caso 3D que propone Sebas.

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  84. ¡A ver si hay suerte y en el siguiente problema no salen todos los destripadores de problemas ordenados!

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  85. Mi solución ya se ha escrito.

    Yo indicaba que extendia a muchos billares adosados con el centro marcado y trazo un circulo de 25m. Cuando pase por un centro trazo la recta que lo une al origen.

    Ocurre con 9 y 16m

    9 mesas de 1m y 8m de 2m

    17 intersecciones = 17 rebotes.

    Si lo hago en papel y corto ordenadamente y giro/volteo obtengo la trayectoria.

    Se tira efectivamente a la banda corta, mi error fué calcular la tangente por nº de mesas 9/8 y no por metros 9/16

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  86. Una vez llegado a ese punto y visto que es un triángulo rectángulo podemos darle carácter mas formal hablando de ternas pitágóricas y ecuaciones diofánticas o utilizar la solución de que 3,4,5 forman un triángulo recto y 5^2 = 25.

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  87. Hola, Juanjo Escribano:

    Pero 9^2+16^2 no es 25^2.

    Mi solución es diferente de la tuya. A mi me da 19 rebotes (12 en la banda corta y 7 en la banda larga).

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  88. Porque, siguiendo con tu esquema de solución, la circunferencia de 25 metros pasa por el centro cuando has avanzado 24 metros en horizontal (12 mesas) y 7 en vertical (7 mesas), lo que hace un total de 19 intersecciones, es decir, 19 rebotes.

    También pasa por el centro la circunferencia de 25 metros cuando te desplazas 20 metros en horizontal (10 mesas) y 15 en vertical (15 mesas), lo que llevaría a 25 rebotes, pero esta solución no es válida ya que también pasan por el centro las circunferencias de 5, 10, 15 y 20 metros, lo que significa que no es la primera vez que la bola pasa por el centro.

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  89. No entiendo lo que quieres decir.

    Alguna cuerda tuya es de mas de 25m

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  90. En términos de ternas pitagóricas, hay dos cuya hipotenusa vale 25: (24,7,25) y (20,15,25). La segunda no sirve porque lleva a una solución que pasa por el centro varias veces antes de los 25 metros de recorrido, luego la solución es la terna pitagórica (24,7,25), que supone 19 rebotes.

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  91. Hola, Juanjo Escribano:

    No.

    16 metros de desplazamiento horizontal combinados con 9 metros de desplazamiento vertical suponen raiz(337)=18,36 metros de desplazamiento, y no los 25 que se mencionan en el enunciado del problema.

    Sin embargo, 24 metros de desplazamiento horizontal combinados con 7 de desplazamiento vertical suponen raiz(24^2+7^2)=raiz(625)=25 metros de desplazamiento.

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  92. Hola Juanjo Escribano,

    Eso parece más una construcción que una demostración propiamente dicha, las construcciones acarrean errores ya que nunca consigues exactitud, no puedes fiarte de la precisión de un compás. Además me da que la solución no es correcta…

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  93. Hola, Juanjo Escribano:

    Lo que quiero decir es que si dispones (como en tu solución) una matriz de mesas y trazas una circunferencia de 25 metros cuyo centro está en el centro de la primera mesa, esta circunferencia no cruza el centro de la mesa situada ocho posiciones a la derecha y 9 posiciones más arriba de la mesa original, porque el centro de esta mesa está situado 16 metros a la derecha y 9 metros más arriba de la mesa inicial y, por tanto, los centros respectivos no se encuentran a una distancia de 25 metros sino a una distancia de 18,36 metros.

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  94. Hola, David Th:

    A mi me gusta mucho la solución que propone Juanjo Escribano porque es muy visual, pero no está teniendo en cuenta que para medir el desplazamiento total no puede simplemente sumar los desplazamientos horizontal y vertical (sería así si utilizáramos la distancia Manhattan). Si empleamos la distancia ordinaria (euclídea), las distancias se calculan como las raíces cuadradas de las sumas de los cuadrados de los desplazamientos horizontal y vertical.

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  95. Tengo un error, jaja, el ángulo es el mismo pero el triángulo tiene que ser 5 veces mas grande.

    Diagonal de 25, 25^2 = 15^2 + 20^2 y entonces los lados son 15 y 20.

    Las mesas son 15 y 10 y los rebotes son 25

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  96. Hola, Juanjo Escribano:

    No.

    Esa solución no es correcta, ya que con el ángulo de ataque necesario para conseguir esos rebotes, la bola pasa también por el centro a los 5, 10, 15 y 20 metros.

    Prueba con 24^2+7^2=25^2.

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  97. Tocayo, muy bueno lo de la distancia Manhatan, jajaja, ya salió en el blog.

    Mi solución es geométrica y de conocimientos básicos por que se entiende que es para alumnos de la ESO lectores de periódico y me confundí por no hacer el dibujo y hacerlo todo de memoria (contra 25 y no contra su cuadrado).

    Ya encontrada la nueva terna el diseño de solución es válido y el resultado como indicas

    Gracias por tu ayuda

    No había mas ternas y ahora al multiplicarlo por 5 evidentemente pasa 5 veces por el centro

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  98. Hola, Juanjo Escribano:

    Claro. Estamos usando herramientas básicas, pero insisto: tu solución de 25 rebotes no es correcta. El motivo es el siguiente:

    Tienes razón en que 20^2+15^2 es 25^2, por lo que con esos 25 rebotes la bola pasará por el centro a los 25 metros, pero resulta que los triángulos rectángulos de catetos e hipotenusa (4,3,5), (8,6,10), (12,9,15) y (16,12,20) son semejantes al triángulo rectángulo (20,15,25), lo que significa que la bola pasa por el centro al haber recorrido 5, 10, 15 y 20 metros (tras 5, 10, 15 y 20 rebotes respectivamente). Como en el enunciado del problema se pide que la bola llegue POR PRIMERA VEZ al centro a los 25 metros, resulta que esta solución no es correcta.

    Existe, sin embargo, otro triángulo rectángulo cuyos catetos son enteros (y uno de ellos par) y cuya hipotenusa mide 25 metros. Es el triángulo (24, 7, 25). En este caso es fácil ver que la trayectoria de la bola no pasa por el centro hasta que se alcanzan los 25 metros. Es la solución del problema, e implica 12 rebotes en la banda corta y 7 en la larga, para un total de 19 rebotes.

    No hay ningún concepto de matemáticas avanzadas en esta solución.

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  99. Adjunto dos imágenes con el desarrollo del problema. En mi opinión este tipo de problemas hay que resolverlos de forma sencilla por lo que he hecho uso de un método gráfico.
    En primer lugar reflexioné sobre la longitud que debía recorrer la bola, 25 metros exactos. Esto me hizo pensar en las ternas pitagóricas y probé a resolver el problema con dos cuya hipotenusa vale 25 metros (7,24,25) y (15,20,25).
    Por último solo hay que desarrollar la trayectoria de la bola en una línea recta que será la hipotenusa de un triángulo rectángulo teniendo en cuenta la ley de la reflexión (los ángulos que forman el rayo incidente y el reflejado con la perpendicular al espejo son iguales).
    La solución en la que se obtienen 25 rebotes no es válida porque la vola pasa 4 veces por el centro antes de recorrer 25 metros.
    La solución son 19 rebotes.
    Es necesario añadir que la terna (15,20,25) se puede descartar porque no es primitiva.
    Esta terna se ha obtenido reescalando otra que sí es primitiva (3,4,5) ya que m.c.d (15,20,25) = 5.
    También un cateto del triangulo formado por la terna tiene que ser par que se corresponderá con la horizontal del rectángulo que describe la mesa de billar.
    Se puede afirmar que un triángulo correspondiente a una terna pitagórica entera con uno de sus lados par define una trayectoria que pasa obligatoriamente por el centro aunque no considero pertinente demostrarlo pues no lo requiere el desafío.

    https://www.dropbox.com/s/7ftkbhivwb6irbc/Soluci%C3%B3n%20NO%20V%C3%81LIDA%2025%20REBOTES.jpg?dl=0

    https://www.dropbox.com/s/129nm7pgwpl41h8/Soluci%C3%B3n%20V%C3%81LIDA%2019%20REBOTES.jpg?dl=0

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  100. Hay una tercera solución que, aunque se descarte, es interesante no olvidar: la que corresponde a (25,0,25), con 25 rebotes y 25 pasadas por el centro.

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  101. Juanjo

    Ya te había dicho que estaba de acuerdo

    Alejandro

    Tu dibujo expresa exactamente la idea de mi solución.

    La trayectoria real se obtiene doblando/volteando la segunda mesa sobre la primera, tercera sobre la segunda etc

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  102. Mi solución también coincide con los 19 rebotes.

    Sin embargo, hay que aclarar un punto adicional que a lo mejor muchos no habrán tenido en cuenta: Supongamos que en la sucesión de rebotes que hace la bola toca exactamente en una esquina, en ese caso el número de rebotes sería

    r = m + n - e

    siendo r el número de rebotes, m el numero de bandas largas, n el número de bandas cortas y e el número de esquinas que encuentra en el camino.

    Como resolverlo? Supongamos que toca una esquina, de allí que puedo formar un triángulo de catetos a+0.5 y 2b+1, siendo a un número de bandas cortas y b un número de bandas largas. Como el ángulo inicial se debe mantener, los triángulos deben ser semejantes, luego

    $latex \begin{array}{rl}
    \frac {\displaystyle n}{\displaystyle m} &= \frac{\displaystyle a+0.5}{\displaystyle 2b+1}\\
    \frac {\displaystyle 7}{\displaystyle 12} &= \frac{\displaystyle a+0.5}{\displaystyle 2b+1}\\
    14b+7 &= 12a+6\\
    12a-14b &= 1
    \end{array}$

    Esta es una ecuación diofántica que no tiene solución, lo que quiere decir que no existen números enteros a y b que cumplan con la suposición, por lo tanto no toca ninguna esquina y el número final de rebotes es

    r = m+n-e=12+7-0=19

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  103. Cuando la bola toca una esquina rebota simultáneamente en ambas bandas y vuelve exactamente por el camino que ha llegado.

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  104. El problema ya quedó prácticamente resuelto en el comentario:

    [Ignacio Larrosa Cañestro | 22 de agosto de 2014 | 01:46]

    Qué ocurrirá en el caso de triángulos, ¿todo billar triangular tendrá una órbita periódica?

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  105. Exactamente, por eso si rebota simultáneamente en las dos bandas no debo contar dos rebotes sino solo 1, de ahí que se reste el número de esquinas.

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  106. Hola Alejandro Sopena:
    La verdad no pude con este desafío.
    Entiendo lo de las ternas pitagóricas para simplificar el problema, pero no visualizo bién en el triángulo por qué la bola ha de pasar por el centro 4 veces, o 1 según el caso, y cómo se relacionan rebotes con distancia en cada banda (1 rebote por cada 2m en la banda larga y 1 rebote por cada 1 m en la banda corta) ¿es el promedio de rebotes/m?.

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  107. Bien visto, Julián.

    Solo un comentario: creo que te has equivocado al escribir la fracción (n/m). Es 7/24 y no 7/12, ¿no? Eso llevaría a la ecuación diofántica 14b-24a=5.

    Una solución para olvidarnos de las esquinas (un poco burda, lo reconozco) es aceptar que cuando la bola toca una esquina en realidad está tocando dos bandas y convenir que el número de rebotes en ese caso sea igual a 2. Sería equivalente a definir rebote como “contacto de la bola con una banda”. 😉

    En este caso, no obstante, la trayectoria correcta no pasa (como bien has señalado) por ninguna esquina.

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  108. Hola JuanCarlos:
    Te adjunto el enlace con la resolución del problema.

    http://sociedad.elpais.com/sociedad/2014/08/26/videos/1409045125_359342.html

    Se trata de un métido similar al que he utilizado pero además se plantea la ecuación a resolver. Además se establece la relación entre la longitud de cada cateto y el número de rebotes. Al medir la banda larga 2 m, si llamamos x al número de “cortes” con la línea vertical, 2x será la longitud del cateto largo. De ahí el “/2” que aparece en mi resolución del problema.

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  109. Tienes razón Juanjo gracias!, la relación es de 7/24 y en este caso tampoco toca las esquinas.

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  110. Lo único que no me gusta de estos desafios es el premio. Si he acertado me gustaría que me tocase la parte alicuota correspondiente. Que dividan la colección en partes iguales entre los acertantes: si hay que partirla en trocitos no pasa nada, si me tocan 5 páginas y media de la colección, perfecto, creo que eso sería lo justo.

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  111. Manuel:
    Estoy de acuerdo contigo. Llevo tiempo esperando ganarme uno de esos premios y nada. Pero se pasa un rato ameno, muy didáctico con el sello de calidad de la RSME.
    A propósito, como sugerencia para quienes organizan los desafíos: 1) el correo donde se reporta la solución debería reenviar automáticamente acuse de recibido con un código para cada participante; 2) luego, en un link, publicar los códigos asociados a soluciones correctas, sobre todo cuando la solución depende de una demostración elaborada, y no de un número preciso. 3) Rifar más de una enciclopedia por desafío y 4) Publicar la mejor respuesta.

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  112. Creo que así, la motivación en participar sería más grande. Saludos

    Publica una respuesta
  113. Hola Juan Carlos. Muchas gracias por tus sugerencias pero, como creo que ya he explicado alguna vez, publicar una lista de quienes han enviado respuestas correctas, elegir la mejor, etc. requiere (por muchos motivos) un tiempo del qye no disponemos. Recuerda que todo esto lo hacemos en nuestros ratos libres.

    En el caso concreto de los desafíos de agosto estamos de vacaciones, mirando las cosas en el móvil, y cosas así.

    Me temo que, si hay más desafíos, seguirán siendo tan modestos como hasta ahora.

    Saludos

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  114. Adolfo, ya es mucho lo que hacéis. Gracias.

    De todas formas, si los del país se estiran un poquito podéis contratar algún becario para que corrija.
    En el paro habemos muchos disponibles.

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