JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 066 a 070
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Solución
066: Los extraterrestres
Por: Dana Scully |
Los dos primeros alienígenas decían
la verdad. Los extraterrestres empleaban la base 9.
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Solución
067: Números triangulares que son cuadrados perfectos.
Por: Antonio Cebrián |
Tomamos como punto de partida los primeros números
que son triangulares y cuadrados perfectos: 1, 36, 1225, 41616, 1413721,
48024900 y formamos la tabla:
t |
n |
K2 |
K |
x1 = Kt / Kt-1 |
x2 = Kt-1/Kt |
x1+x2 |
1 |
1 |
1 |
1 |
|
|
|
2 |
8 |
36 |
6 |
6,0000000 |
0,1666666 |
6,1666666 |
3 |
49 |
1225 |
35 |
5,8333333 |
0,1714285 |
6,0047618 |
4 |
288 |
41616 |
204 |
5,8285714 |
0,1715686 |
6,0001400 |
6 |
1681 |
1413721 |
1189 |
5,8284313 |
0,1715727 |
6,0000040 |
7 |
9800 |
48024900 |
6930 |
5,8284272 |
0,1715728 |
6,0000000 |
La columna x1 la obtenemos dividiendo cada término de K por su anterior,
la columna x2 la obtenemos dividiendo cada término de K por su posterior.
Si tenemos la sucesión de K suficientemente avanzada el cociente
Kt/Kt-1 converge a x1 y el cociente Kt-1/Kt converge a x2 y x1+x2
converge a 6, es decir x1 y x2 son soluciones de la ecuación:
(x - Kt/Kt-1) ( x - Kt-1/Kt) = 0
Operando resulta:
x2 - 6x + 1 = 0; x1 = 3 + 2x21/2, x2 = 3 - 2x21/2
Luego cada término de la sucesión K es un combinación
lineal de las potencias de (3 + 2x21/2) y (3 - 2x21/2
).
( 3 + 2x21/2 ) z + ( 3 - 2x21/2 ) y = 1
( 3 + 2x21/2 )2 z + ( 3 - 2x21/2 )2 y = 6
Resolviendo el sistema z = 21/2/8 , y = - 21/2/8
El término t-simo de la sucesión K sería (
(3 + 2x21/2)t - (3 - 2x21/2 )t
) 21/2 / 8
K2 = ((17 + 12 21/2)t + (17 - 12 21/2)t - 2) /32
Dando valores a "t" esta expresión genera números triangulares que
son cuadrados perefectos.
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Solución
068: El gato de Cheshire
Por: Josep María Albaigès. |
Muchos buenos matemáticos incurrieron
en el error de intentar resolver este problema sobre la base de
que hay 24 puntos de partida y el mismo número de finales.
Supusieron que el cuadrado de 24, es decir, 576, era el núemro
de posibilidades. Pasaron por alto las rutas laterales que ofrecen
252 maneras de llegar al centro C, y como hay igual número
de maneras de regresar a las W, el cuadrado de 252 es la respuesta
correcta: hay 63.504 maneras diferentes.
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Solución
069: El problema del borracho.
Por: Josep María Albaigès. |
Estudiemos primero el problema en su forma
unidimensional, es decir, con los pasos del borracho sólo
hacia este u oeste. Siendo la probabilidad de cada paso 1/2, fácil
es ver que la distribución de la abscisa media de la posición
final tras n pasos es de tipo binomial, con una media:
xm = (1/2) x 1 + (1/2) x (-1) = 0
Y una desviación típica
s2 = n[(1/2)x12 + (1/2)x(-1)2] = n
s = n1/2
Esta distribución, en el límite, se asemeja a una normal de los
mismos parámetros.
Pero no es la abscisa de la posición final lo que cuenta sino la
distancia. Esta se averigua muy sencillamente considerando la distribución
de los valores absolutos de x, que equivale a la de la mitad derecha de
la curva de Gauss con las ordenadas multiplicadas por 2. La media de esta
distribución será:
d = 1/(2 P)1/2 x
exp(-x2/2) dx = 1/(2/P)1/2
Resulta finalmente que:
d = s (2/P)1/2 = (2n/P)1/2
Este valor es confirmado experimentalmente efectuando una simulación
de paseos de este tipo mediante ordenador.
Pasemos ahora la caso bidimensional. Tanto la abscisa x como
la ordenada y estarán sometidas a distribucoines del
tipo antes mencionado, debiendo en este caso estudiarse el valor
medio de
Este valor se calculará extendiendo las funciones de densidad
de (x,y) al recinto formado por el círculo
x2 +y2 <= r2, o sea:
p = prob[x2 +y2 <= r2] = [1/(2
P)1/2 ] x exp(-x2/2) dx
[1/(2 P)1/2 ] y exp(-y2/2)
dy
Siendo R el recinto indicado. Esta integral doble puede resolverse fácilmente
mediante el paso a coordenadas polares, lo que simplifica la expresión
analítica correspondiente. Abreviando, su resultado final es precisamente
1, lo que justifica el valor: dm = n1/2 ligeramente distinto
al hallado para el caso unidimensional.
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