Ladrillos en una caja
Vamos con el problema semanal. Ahí va:
¿Se pueden meter 53 ladrillos de dimensiones
en una caja de dimensiones
? (Las caras de los ladrillos son paralelas a las caras de la caja.)
A por él.
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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 25 de October de 2011
Categorías: Juegos | 
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Erik | 25 de October de 2011 | 10:53
no se puede, ya que el espacio total son 216 U(unidades), si se colocan 53 ladrillos usarian 212 U, por lo tanto sobran 4 U, las posibles opciones para que sobren 4U, esas 4U se pueden repartir solo si:
1) en 4 planos sobra 1U
2) en 2 planos sobran 2U
3) o que en 1 plano sobren 4U
Comprobando cada caso:
1) esto significaria que en 4 planos se usarian 35U lo cual no se puede, ya que por plano solo pueden existir dispociones de 4*n (n=1,2,..9)
2) implicando que hay 2 planos con 34U, lo cual es invalido por la misma razon que en 1)
3) puede ser posible solo en el caso de que el plano tenga dimensiones de 4×9
Por lo tanto no se puede tener 53 ladrillos de 4×1 en un espacio de 6x6x6
Saludos
sive | 25 de October de 2011 | 12:01
No veo tu razonamiento Erik, aunque puede ser fallo mío. No veo por ejemplo por qué es imposible que cuatro planos tengan 35U.
Yo he encontrado otra demostración.
Dividamos la caja en cubos de 1x1x1. A cada uno de estos cubos le podemos asignar unas coordenadas (x,y,z), con x,y,z entre 0 y 5.
Ahora asignemos a cada cubo una puntuación p tal que:
Así las cosas, está garantizado que cada ladrillo, lo pongamos como lo pongamos, ocupará cuatro cubos con puntuaciones 0, 1, 2 y 3. Está garantizado porque los cubos de un ladrillo tienen dos coordenadas fijas, y la otra toma cuatro valores consecutivos, por tanto sus puntuaciones será ‘modularmente’ consecutivas.
Bien, si logramos demostrar que los 216 cubos de la caja no tienen igual número de cubos con las cuatro puntuaciones, sabremos que es imposible.
Para demostrar que efectivamente es así, en vez de evaluar los 216 cubos uno por uno, podemos rellenar la caja de cualquier manera, hasta que queden unos pocos huecos. Como con cada ladrillo eliminamos un cubo de cada puntuación, basta con ver si en estos huecos restantes, hay o no igual número de cada puntuación.
Haciendo esto (os lo dejo a vosotros), se puede comprobar que hay más cubos de puntuación 1 y 2, que de puntuación 0 y 3, por tanto es imposible rellenar la caja.
Trackback | 25 Oct, 2011
Bitacoras.com
zurditorium | 25 de October de 2011 | 12:38
No os liéis tanto. Os lo hago en una línea.
No se puede, porque si se pudiera, ^DiAmOnD^ no lo habría preguntado
sive | 25 de October de 2011 | 12:42
Ups, ignorad mi comentario.
Voy a solicitar su borrado pero mientras tanto, ignoradlo porque entendí mal el problema.
Supuse que había que llenar la caja sin dejar huecos, cuando el enunciado permite dejar libre cuatro huecos de 1x1x1.
Edito: Vaya, no puedo solicitar su borrado. No me importa que se quede, pero al menos estaría bien poner al principio: Aviso del autor: este mensaje fue una cagada mental, lease solo con fines humorísticos.
zurditorium | 25 de October de 2011 | 13:08
Por cierto Erik, que no había leído tu comentario…, creo que en tu razonamiento no te has dado cuenta de que se pueden apilar ladrillos verticalmente y por tanto si podría haber planos con solo un hueco, por ejemplo apilando 35 ladrillos verticalmente.
jesus | 25 de October de 2011 | 15:36
Os leo hace mucho pero nunsa he escrito..
¿y si los pintamos de colores?
por lo de dar pistas y tal..
Es que se me parece mucho a uno sobre un tablero de ajedrez y una piezas determinadas
Censor Cosmico | 25 de October de 2011 | 16:06
He hecho las siguientes operaciones:
6*6 + 6*2 + 2*2 = 52
Respuesta no caben los 53… a no ser que lo partimos un ladrillo por la mitad.
jesus | 25 de October de 2011 | 16:40
Cada ladrillo tiene 4 unidades (1234,2341,3412,4123)
Dividimos el cubo en 6 plantas de 6×6
1ª:
123412
234123
341234
412341
123412
234123
1- 9
2-10
3-9
4-8
2ª
234123
341234
412341
123412
234123
341234
1-8
2-9
3-10
4-9
En la tercera y la cuarta planta, se comienza con el 3 y el 4 respectivamente, y el la 5ª y la 6ª con el 1 y el dos.
En las cuatro primeras, en número de casillas 1,2,3,4 se igualan.No importa que quepan en la práctica o no, ni lo difícil que sea encontrar la combinación que nos permita colocarlos.
El probllema es que en la quinta y sexta plantas (que son iguales que las dos primeras) hay 17 (1), 19 (2), 19 (3) y 17 (4). Como cada ladrillo tiene los cuatro números, (no hay un ladrillo 2323,p.ej.), se deduce que NO se puede
jesus | 25 de October de 2011 | 17:06
Como no puedo editar, rectifico el final:
Sumados a los 36 de los cuatro primeros pisos, tenemos que hay:
1-53
2-55
3-55
4-53
Con lo que en teoría se pueden poner los 53 ladrillos. Lo que no sé es cómo.Sobrarían dos celdas 2 y dos celdas 3
sive | 25 de October de 2011 | 17:08
jesus has hecho el mismo planteamiento (en el fondo) que yo, y también has cometido el mismo error, me temo.
El problema habla de 53 ladrillos, es decir, que se pueden dejar cuatro cubitos vacíos (y no necesariamente juntos). Es más, esto deja incluso la puerta abierta a que haya cubitos ocupados parcialmente.
Erik | 25 de October de 2011 | 19:35
#zurditorium
se que pueden haber planos con 1 espacio, pero yo solo me concentre en los planos en que sobren huecos y no en el resto
Rober | 25 de October de 2011 | 21:17
Si consideramos el cubo de 6x6x6 formado por subcubos de 2x2x2 (8) y los pintamos negros y blancos como en un tablero de ajedrez y alternando colores también en las capas superiores, tenemos:
5+4+5 negros => 14 x 8 cubitos = 112 negros
4+5+4 blancos => 13 x 8 cubitos = 104 blancos
En total 112+104 = 216 cubitos (6x6x6)
Pero cada ladrillo tendrá obligatoriamente 2 cubitos negros y 2 blancos porque sólo podrá ir cubriendo 2 subcubos (NNBB o BBNN) o a caballo de 3 subcubos (NBBN o BNNB) por lo que los 53 ladrillos darán:
53 x 2 negros = 106 cubitos negros
53 x 2 blancos = 106 cubitos blancos
Pero los 106 cubitos blancos de los ladrillos no pueden caber porque sólo hay 104 cubitos blancos en el cubo.
sive | 25 de October de 2011 | 21:29
Buena Robert. Además, aunque no lo dices, tu demostración también es válida aunque los ladrillos no se coloquen alineados con los cubitos.
Rober | 25 de October de 2011 | 21:38
sive, creo que sí lo digo: cuando están alineados son BBNN o NNBB (“caen” en 2 subcubos) y cuando no lo están son NBBN y BNNB (“caen” en 3 subcubos)
¿o te refieres a otra alineación que no veo? (cosa que no sería difícil porque imaginar los cubos en 3D me ha costado bastante dolor de cabeza)
Jesús C | 25 de October de 2011 | 22:00
Muy buena, Rober. Nunca se me habría ocurrido. Supongo que Sive se refiere a que el ladrillo no coincida con la cuadrícula. Por ejemplo que empiece a mitad de blanca, así bBNNb, pero es verdad, también sirve.
Zurditorium | 25 de October de 2011 | 23:02
Rober, a lo que se refiere sive es que en un principio un ladrillo podía estar metido en una octava parte en negro, después un medio en blanco y los 3 cuartos restantes en negros o por ejemplo que el ladrillo de 1x1x4 se divida en 0.5x1x4 en los bloques inferiores y 0.5x1x4 en la segunda capa. Pero se arregla fácil con tu prueba, en vez de hablar de cubitos hablando de volúmenes ya que pongas como pongas el ladrillo (siguiendo los ejes) siempre tendrás la mitad del volumen de un color y la otra mitad en el otro.
Erik Es que entonces tu razonamiento está mal, ya que si podemos poner ladrillos verticalmente, puede haber planos con un solo hueco, lo que tú decías que era imposible.
Erik | 26 de October de 2011 | 05:34
@Zurditorium pero como mencione, solo me concentre en la disposición de esos 4 espacios sobrantes y no en el resto de los planos que si pueden tener 1/4 de ladrillo.
Rober | 26 de October de 2011 | 23:02
¡ Oh ! es cierto. Había asumido que los ladrillos debían coincidir con los cubitos, pero nada en el enunciado lo dice.
Menos mal que el razonamiento parece que también funciona, aunque habría que currárselo algo más demostrando que cualquier posición “pisa” el mismo volumen de subcubos blancos que de negros.
Lo veo más o menos claro cuando los ladrillos están posicionados ortogonalmente, pero no lo tengo tan claro si estuvieran en diagonal.
¿Alguna idea?
Jesús C | 27 de October de 2011 | 06:59
Las caras de los ladrillos son paralelas a las caras de la caja.
(Lo pone el enunciado).
Rober | 27 de October de 2011 | 22:53
Ups…
Bueno, entonces basta con demostrar que cualquier posición ortogonal de un ladrillo toma tanto volumen blanco como negro. La cosa es fácil de ver pero algo más difícil de explicar. Se me ocurre una forma dinámica de hacerlo:
Digamos que ponemos un ladrillo “pegado” a una esquina del cubo. Tomará dos unidades cúbicas negras del primer subcubo y dos blancas del segundo. Cualquier movimiento longitudinal le hará tomar el mismo volumen del tercer subcubo negro como pierde del primero.
El movimiento en paralelo inicialmente no cambiará las cosas hasta que “tope” con el subcubo blanco de ese lado. En ese momento, empezará a tomar tanto volumen blanco como pierde negro, pero la parte que estaba en el anterior subcubo blanco se pasará a negro: el volumen blanco y negro ganados son el mismo porque siempre hay el mismo volumen negro y blanco en todo momento en el ladrillo.
No es una demostración muy rigurosa, pero creo que más o menos vale.
Juan Ruiz | 9 de November de 2011 | 11:46
En este enlace intento construir una demostración, “a mi ententer” más simple
https://docs.google.com/document/d/1yCnUSiIh0Ifd7k4qRwxdcYRfur2M32Q3s7o8-u4g2JA/edit
Juan Ruiz | 10 de November de 2011 | 14:53
Por si no os queréis identificar en google, os pongo otro enlace
Juan Ruiz | 10 de November de 2011 | 14:55
ahí va
http://juanruizcuatrocaminos.blogspot.com/2011/11/en-una-caja-de-6x6x6-pueden-meter-53.html