Como ya dije en un comentario del problema anterior, a partir de esta semana los problemas de El País pasan a publicarse los jueves. Por ello, ayer apareció en la edición digital de El País el cuarto problema de la serie de 30 problemas matemáticos que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.
Este cuarto problema se titula Un reloj de dos colores y lo propone Elisa Lorenzo, estudiante de doctorado de la Universitat Politècnica de Catalunya. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace.
Recordamos que se sorteará la colección de libros «Las matemáticas nos rodean» entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@elpais.es antes de que termine el lunes día 11 de abril.
Respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos.
Esta semana ha sido algo complicada en lo que a tiempo se refiere, ya que he habido muchísimo trabajo y el martes estuve todo el día en Sevilla. Por ello apenas he podido publicar. La semana que viene volveré con el ritmo de publicación habitual.
¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉
Bolzano
Gira el mundo gira en el espacio infinito …..
El enciado esta mal.? donde dice 3 deberían ser 6
Se considera un reloj con sus 12 números en torno a una circunferencia: 1, 2, …, 12. Se pintan de azul o rojo cada uno de los 12 números de modo que haya seis pintados de azul y seis de rojo. El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números,tres pintados de rojo y tres pintados de azul.
Información Bitacoras.com…
Valora en Bitacoras.com: Como ya dije en un comentario del problema anterior, a partir de esta semana los problemas de El País pasan a publicarse los jueves. Por ello, ayer apareció en la edición digital de El País el cuarto problema de la serie ……
Sí, sale pensando en girar la recta desde cualquier posición inicial y estudiando los posible scambios en el número de cada color en cada lado.
Hola:
Diamond, enhorabuena por tu blog y el gran trabajo que haces.
Agradezco que esta vez no haya una solución en el blog. Ya sé que es un debate antiguo pero no me parece bien que se publiquen soluciones, soy profesor de secundaria y sé que los alumnos no van a pensar un problema teniendo a mano un sitio donde copiarlo. Lo que no me parece mal es que haya pistas, precisamente pensando en esos alumnos que no lo tienen fácil sin ellas.
Un saludo.
Pablo.
Pablo, esa es la idea. Por ahora va bien la cosa :).
Mirad yo probando y por cuestiones de simetría creo que puedo demostrarlo, pero no tengo ni idea de como abordarlo si no es así… Alguien me da alguna pista?
creo que se resuelve formalmente por el Teorema de Ramsey
Estoy de acuerdo con gogely… Buen problema por cierto
Yo he intentado abordarlo estudiando el numero de combinaciones de distribuir las bolas de colores alrededor del reloj y el numero de combinaciones que hacen posible la condición que queremos demostrar para una misma recta, aún así no estoy del todo seguro de haber llegado a una conclusión válida. Alguno lo ha probado así?
Creo que la forma que abordas el problema David, desde mi punto de vista, aunque puede que correcta es algo complicada para lo que pide el problema. El problema se puede resolver de forma general (para 2n números, n de cada color) sin necesidad de entrar en combinaciones de colores. Si partiendo de una distribución cualquiera y de una recta cualquiera, en uno de los lados tienes un nº de números de cada color, ¿cuantos números de cada color habrá al otro lado de la recta?. ¿Se puede asegurar entonces que hay una posición de la recta en la cual… Lee más »
Sherekan- de hecho para generalizar el problema tenemos que empezar con 4n numeros. Necesitamos esto ya que tenemos que separar una mitad (2n numeros) en n rojos y n azules. Por ejemplo no funciona con un reloj con 6 numeros.
Por otra parte yo veo el problema como una «version discreta de Borsuk-Ulam en dimension 1». De hecho se me ocurren generalizaciones divertidas para relojes esfericos de mas dimension juas juas juas :-). La clave esta en entender que quiere decir la version discreta de continuidad en este caso.
Sois unos genios. No tengo idea del teorema de Ramsey, ni se con qué se come el teorema de bolzano… pero se me ocurre que: Si escribo una expresión matemática que corresponda al enunciado del problema y esa expresión resulta ser cierta, queda resuelto el desafío? El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números,tres pintados de rojo y tres pintados de azul. Una observación adicional: es que he notado que se cumple que al tener doce… Lee más »
Me encantaría ver la demostración por Ramsey, pero creo que es suficiente con el principio de Dirichlet, que es su versión débil. Sin ánimo de dar demasiadas pistas encuentro interesante crear cuatro «casilleros para palomas» AA AR RR RA ; significando por ejemplo AR que una determinada hora está coloreada de azul y su diametralmente opuesta de rojo. Y ya no digo más 🙂
Totalmente cierto Dani, me he equivocado con respecto a 2n números (deben ser 4n).
Con respecto a lo Borsuk-Ulam, ni idea de lo que es (sin mirar en google), así que no puedo decir nada.
Hola soy nuevo en este blog me gusto mucho la informacion que en este blog se muestra quiero felicitar a ^DiAmOnD^ por este magnifico blog. El problema se puede atacar de esta manera (pista): Consideren un conjunto de 12 numeros en un arreglo circular tracemos una recta que divida este arreglo en 6 numeros y otros 6 numeros, ahora el problema nos dice que deben de exister 3 rojos y 3 azules de cada lado, bueno tracemos un grafo K6 completo que contengan los 6 numeros de la partición de 12 sabemos que 3 puntos no colineales forman un triangulo,… Lee más »
Esbozo de una posible solución: 1. Para una coloración dada y una recta que divide en dos, consideramos en cada lado la diferencia entre el nº de números rojos y el nº de números azules. 2. Si esta diferencia es cero hemos acabado. Si no, es un valor k que puede valer cualquier par desde 6 hasta -6 (menos el cero). Además si en un lado de la recta este valor es positivo, en el otro es negativo (porque hay el mismo número de azules que de rojos). 3.Ir girando la recta 30 grados, de tal forma que en cada… Lee más »
Hola de nuevo, al final no me he animado a enviar mi respuesta que seguramente no sirve, era muy simple, si tengo seis rojos más seis azules y los divido por dos pues me da tres rojos y tres azules, eso en un expresión matemática.
saluditos
El Teorema de Borsuk-Ulam es un resultado sobre la topologia de la esfera. En una de sus distintas formulaciones, dice lo siguiente: Si es una aplicacion continua de la esfera n-dimensional al espacio euclideo n-dimensional que preserva la simetria respecto al origen (es decir, tal que ), entonces existe algun punto tal que . Tal y como veo yo el problema, se trata de una version discreta de este resultado. Podemos considerar por ejemplo la funcion definida de la manera siguiente: Si en el subconjunto tenemos numeros coloreados de rojo y numeros coloreados de azul (de modo que ), sea… Lee más »
Correccion: esta claro que en el homomorfismo definido arriba debemos multiplicar al exponente por la unidad imaginaria para embeber a los numeros modulo 12 en el circulo unidad.
Es decir, debe ser
, y asi obtenemos 
.
Mi solución es más sencilla, aunque evidentemente menos formal:
http://spltmatematicas.blogspot.com/2011/04/un-reloj-de-dos-colores.html
Ya tenemos solución:
Solución del problema «Un reloj de dos colores»
Por cierto, como curiosidad quería comentar que Elisa Lorenzo, quien propone el problema, fue Medalla de Oro en las dos Olimpiadas Matemáticas Españolas en las que participó, 2004 y 2005, y Medalla de Bronce en la Olimpiada Matemática Internacional de 2005. Vamos, una máquina :).
Ya han dado las distintas soluciones en El Pais y me ha decepcionado que nadie haya utilizado el teorema del punto fijo para resolverlo, me parecía la solución más elegante.
Se puede resolver perfectamente por induccion.No me dan una formulacion rigurosa, no hago una demostracion rigurosa
Este problema me ha recordado otro que vi hace tiempo.
Simplemente plantea si existe una línea recta que divida a cualquier figura plana cóncava en dos figuras nuevas cuyas áreas son iguales y cuyos perímetros son iguales.
(Nota: cuando digo «figura plana cóncava» me refiero a cualquier figura, de lados rectos o curvos, de cualquier cantidad de lados, que cumpla la condición de que tomando un par de puntos interiores cualquiera, el segmento que los une se encuentra enteramente dentro de la figura)
Saludos