Verdadera historia de las torres de Hanoi y método para contar todos los movimientos

Veamos cómo obtener la solución al artículo publicado el 04/03/08 >(Ir al artículo inicial)
Las Torres de Hanoi es un rompecabezas inventado por el matemático francés Édouard Lucas , en 1883.

Según se indica en la caja donde venía el juego, éste fue traído de Tonkin por el profesor N. Claus de Siam, mandarín de la Escuela de Li-Sou-Stian, (anagrama de Lucas d´Amiens de la escuela de Saint-Louis, de donde el matemático era profesor) y para añadir encanto e interés por el juego, Édouard Lucas, inventó la leyenda del templo de Benarés .

Veamos como se calcula el número de movimientos:

1.- Suponemos dos discos:
Si tenemos dos discos el a (pequeño) y el b (mayor) en las varilla 1 y debemos pasarlos a la varilla 3 los movimientos serían: a2-b3-a3 .

TOTAL: 3 movimientos ( dos al cuadrado menos 1)

2.- Suponemos tres discos:
Si tenemos tres discos a, b y c en la varilla 1 los movimientos serían a3-b2-a2-c3-a1-b3-a3 .

TOTAL: 7 movimientos (dos al cubo menos uno)

(Aprovechando el caso anterior: tres movimientos para pasar dos discos a la varilla 2 , un movimiento pasar el grande a la varilla 3 y tres movimientos para pasar los dos de la varilla dos a la varilla tres). ( 3 + 1 + 3 =7 movimientos )

3.- Suponemos 4 discos

Si tenemos 4 discos a, b, c y d en la varilla 1 los movimientos serían : a2-b3-a3-c2-a1-b2-a2-d3-a3-b1-a1-c3-a2-b3-a3. TOTAL 15 movimientos. ( dos a la cuarta menos uno)

( Aprovechando el caso 3, pasamos los tres discos de arriba de la varilla 1 a la varilla 2 ( 7 movimientos), luego el disco grande a la varilla 3 ( 1 movimiento) y por último los tres discos de la varilla 2 a la 3 (7 movimientos). (7 + 1 + 7 = 15 movimientos)

4.- Suponemos 5 discos:

Con 5 discos , utilizando el de 4 sería análogo 15+1+15 = 31 movimientos

TOTAL: 31 movimientos. ( dos a la quinta menos uno)

Y así......cuando tengamos 64 discos el número de movimientos necesario sería de dos elevado a la 64 menos uno que es 18.446.744.073.709.551.615 movimientos

¿ Cuántos años tardaría en llegar el fin del mundo?

Calculemos ahora cuántos años tardarían en realizarse todos esos movimientos suponiendo que si se hiciese cada movimiento en un segundo.
a) Aproximamos el número de movimientos por 18.446.744 x 10 elevado a la 12
b) Cada día tiene 86.400 segundos, cada año 365,24 días luego un año tiene 31.556.736 segundos.

c) Si dividimos el número de segundos total entre los que tiene un año obtendremos 0.58455815 años

d) ahora se multiplica por 10 a la 12 y que nos da 584.558.150.000 años es decir, casi 6 mil millones de siglos tardarían en resolver este rompecabezas.

Luego, debemos estar tranquilos por ahora.

Solución al problema de Galileo

Solución al problema planteado el 20 de febrero de 2008 (Ir al enunciado)

Tomamos una hoja rectangular tal que la longitud de la base mida a unidades y la longitud de la altura mida b unidades y construyamos dos cilindros:

Primero: Cilindro de longitud de la circunferencia de la base a y de altura b.

Tenemos que el volumen del cilindro viene dado por la siguiente igualdad, siendo r el radio de la base tal que su circunferencia mide a.


Segundo: Cilindro de longitud de la circunferencia de la base b y de altura a.

Su volumen viene dado por la igualdad siguiente con R el radio de la base tal que la longitud de su circunferencia es b.


Sólo tenemos que sustituir el valor del radio en cada una de las igualdades y obtenemos:

¿ Son iguales dichos volúmenes?

Si fuesen iguales entonces los numeradores serían iguales, ya que tienen el mismo denominador, es decir, a · a · b = b · b · a que equivale a que a tiene que ser igual a b.

Si a es distinto de b entonces los volúmenes son distintos.

Si tenemos una hoja DinA4 cuyas medidas son 210mm de ancho y 297mm de largo y una calculadora halla según estas fórmulas el volumen de los dos cilindros.

Solución al problema de los exploradores y caníbales

Siguiendo las siguientes instrucciones tenemos resuelto el problema planteado en la entrada de 14 de febrero de 2008. (Ir al enunciado del problema)
Problema: tres exploradores y tres caníbales tienen que pasar un río, disoponen de una barca, que puede como máximo con dos personas y en ningún momento y en ninguna orilla puede haber más caníbales que exploradores.

1.- Cruzan, en la barca, un explorador y un caníbal, y vuelve el explorador.
2.- Cruzan dos caníbales y vuelve uno de ellos.
3.- Cruzan dos exploradores y regresan un explorador y un caníbal.
4.-Cruzan un explorador y un caníbal y regresan un explorador y un caníbal
5.- Cruzan los dos exploradores y regresa el caníbal
6.- Cruzan dos caníbales y regresa uno de ellos.
7.- Recoge al caníbal que está en la orilla y pasan el río.

OTRA VERSIÓN DEL PROBLEMA: Si los tres exploradores saben dirigir la barca y sólo uno de los canibales sabe, y fuese necesario que en todo viaje debe ir uno que sepa dirigir el bote ¿Sabrías hacerlo?

Solución al problema de Alcuino de York

(Solución al problema publicado el 4 de febrero) (Ir al enunciado)
Para resolver este problema utilizaremos un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas. Llamaremos x al número de hombres, y al de mujeres y z al número de niños.

Entonces establecemos el siguiente sistema: La primera ecuación dice que el número de hombres más el de mujeres y más el de niños es de 100 habitantes y el segundo dice que las 100 medidas se reparten del modo. 3 a cada hombre, 2 a cada mujer y media a cada niño:

La solución de dicho sistema dependería de un parámetro ( lo vemos en 2º de bacillerato) y sería:

Puesto que las soluciones deben ser números naturales, hemos de tener en cuenta:

1.- Que los numeradores sean mayores que 0.
a) 3z - 200 > 0 ; es decir, 3z > 200 , o lo que es lo mismo z > 66
b) 400 - 5z debe ser mayor que 0 , es decir 400> 5z, o lo que es lo mismo z <80

Luego el número de niños (z) debe estar comprendido entre 66 y 80

2.- Que los cocientes sean números naturales.

Que cumplan esas dos condiciones sólo hay estas seis posibilidades.de las seis propuestas sólo es posible la solución IV , pues, cumple la condición de que los niños estén distribuidos en familias de igual número de hijos con padre y madre ( no hay bastardos, huérfanos ni abandonados) .

sería las 8 mujeres están casadas con 8 hombres y cada familia tiene nueve hijos .

luego la edad del niño es de 9 años.

Solución final al problema de Einstein

Seguimos con el problema publicado el 22 de noviembre de 2008 ( ir al enunciado) y del que se publicó una pista el 7 de enero de 2008 (ir a la pista )

1.- Por frase 15: el vecino de quien bebe agua fuma Blend.

2.- Sólo quedan como bebidas la cerveza y el té, entonces ( por la frase 1 ) el bebedor de té está en la 2ª casa y es danés, ( ya que el que toma cerveza fuma Blue Master).

3.- Por la frase 12 : entonces Cerveza con Blue Master irán a la casa 5.

4.- Por la frase 13: El alemán irá a la casa 4 y fuma Prince.

5.- Por la frase 2: ya sólo queda el sueco, que tiene un perro en la casa 5

6.- Por la frase nº 6 el que fuma Pall-Mall y tiene como mascota a los pájaros en la casa 3
y por fin como el que tiene un gato vive al lado del que fuma Blend

EL ALEMÁN ES QUIEN TIENE COMO MASCOTA A LOS PECES

Laborioso e instructivo.

Pista al problema de Einstein de 22 de noviembre

Vamos a ofrecer una "ayudita" para ver si averiguamos quien tiene un acuario en su casa:
(ir al enunciado) , ( Ir a la solución)




PRIMER PASO ( en rojo en la tabla)
- Por la frase 8 el de la casa 3 toma leche
- Por la frase 9 en la casa 1 vive el noruego



SEGUNDO PASO (en verde en la tabla)
- Por la frase 14 la casa 2 es azul
- Por la frase 4 las casas verde y blanca serán las números 3 y 4 ó 4 y 5
- Por la frase 5 el de la casa verde toma café, como el de la casa 3 toma leche las casas verde y blanca son la 4 y 5.



TERCER PASO ( en azul en la tabla)
- Por la frase 1 El británico vive en la casa roja sólo puede ser la casa 3 que será roja
Y la única que queda es la casa1 que será amarilla
- Por la frase 7 el noruego fuma Dunhill
- La frase 11 nos dice que los caballos están en la casa 2
- Por la frase 12 el que bebe cerveza y fuma bluemasters debe estar o en la casa 2 ó en la 5
- Por la frase 3 el danés bebe té debe estar en la 2 ó la 5 también.
- Por tanto el noruego debe beber, la bebida que resta, que es el agua.
Bueno hemos rellenado 12 casillas de 25, pensamos que es una buena ayuda



La tabla quedaría así:


¿ podrías seguir sólo?
¡¡ Ánimo !! a ver si acabas la tabla.

( solución final publicada el 7 de febrero de 2008)

Solución al problema del peregrino del 18 de octubre

(Ir al enunciado)
Podemos resolver este problema. al menos, de dos formas:
Una por medio del Álgebra y otra "deshaciendo, hacia atrás" el problema.

1.1.- UTILIZANDO ÁLGEBRA

Llamamos x al dinero que lleva el peregrino al comienzo del camino y veamos qué pasa con esa x ( los reales que lleva al principio ) después de visitar las tres ermitas.

1.1.- Al inicio tengo x reales

1.2.- En la primera ermita se le dobla el dinero ( 2·x ) y se le resta 20 que deja de limosna.

1.3.- Al salir de la ermita tiene ( 2·x - 20 )reales

1.4.- en la segunda ermita se le dobla el dinero 2 · ( 2·x - 20 ) = 4 ·x - 40 y le restamos 20 reales de limosna 4·x - 40 - 20

1.5.- Al salir de la ermita lleva (4·x - 60) reales

1.6.- Última ermita: se le dobla el dinero 2·( 4·x - 60) = 8·x - 120 y le resto 20 reales: 8·x - 120 - 20.

1.7.- Al salir lleva ( 8 ·x - 140 ) reales que es precisamente 0 reales, pues, la bolsa está vacía.

Nos queda la ecuación 8·x - 140 = 0 despejamos x y queda 8x = 140. de donde x = 17,50 reales que es la solución

EL PEREGRINO LLEVABA AL INICIO 17,50 REALES

2.- DESHACIENDO HACIA ATRÁS EL CAMINO

2.1. Tercera ermita : como la bolsa se quedó vacía al dar una limosna de 20 reales, después de duplicar la cantidad de dinero llevaba 20 reales, luego al entrar en la ermita llevaba 10 reales.

2.2. Segunda ermita: Salió con 10 reales, entonces, antes de dar la limosna tendría, 30 reales, y antes de dupicarlos 15 reales, luego al entrar en la 2ª ermita llevaba 15 reales.

2.3. De la primera ermita slió con 15 reales, luego, antes de dar la limosna llevaría 35 reales y antes de duplicar llevaría la mitad: 17,5 reales.

2.4. Por consiguiente antes de entrar en la primera ermita llevaba 17,50 reales

Comprobación:

Primera ermita: 17,50 · 2 = 35 ; 35 - 20 = 15

Segunda ermita: 15 · 2 = 30 ; 30 - 20 = 10

Tercera ermita 10 · 2 = 20 ; 20 - 20 = 0 c.q.d.

Solución al Promotor avispado ( Boletín nº 4)

(Ir al enunciado)

Cuando al promotor le entregan el plano del solar, nos debemos fijar que la hipotenusa no es una línea recta, puesto que los ángulos A y B no son iguales.

Observamos que el B es un poco mayor que el A.

Se obtienen dichos ángulos dividiendo cateto opuesto entre cateto contiguo, así tenemos las tangentes de dichos ángulos.

A = arctg 3/8 = 20º33´21´´

B = arc tg 2/5 = 21º48´5´´

Para verlo mejor  hemos exagerado un poco el ángulo formado por los dos triángulos en los siguientes dibujos:

En la figura 1 se "ve" que a la superficie del solar "le falta" la superficie que está en trama roja.

Al cambiar de orden los solares entonces queda la figura 2 en la que se ve que la trama roja ocupa un poco más del solar.

( La hipotenusa del solar es la línea roja que une los vértices ).

Entonces esa trama roja de las dos figuras ocupa lo mismo que el cuadradito ( verde) que parece que no se cubre.

Al estar esta superficie distribuida a lo largo de la "hipotenusa" es prácticamente imperceptible, y más si hacemos la línea de la hipotenusa un poco más gruesa, para hacer "creer ver" al ojo que es una línea recta.

Hemos dicho que el dibujo está exagerado, y  por consiguiente, no está hecho a escala. Pero esperamos que hayas "captado" la idea de por qué desaparece el cuadrito.

¿ Ingenioso, no ?
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Con mayor precisión lo podemos ver en wikipedia
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