El Tamiz

Ignora lo accesorio, atesora lo esencial

Desafíos - Escalera hacia el Cielo (solución)

Afortunadamente para Mandíbulas, el desafío que os planteamos la semana pasada no sólo ha sido resuelto con éxito, sino que algunas de las soluciones son excepcionales y sorprendentes. Como en el primer desafío, es muy difícil elegir ganadores y nuestra decisión habrá sido, seguro, injusta, pero hacemos lo que podemos.

En este caso no podemos dar una “solución correcta” para quienes quieran saber simplemente si acertaron o no, ya que existen muchas posibles soluciones, unas más elegantes que otras, y unas que cumplen la restricción más fuerte –que cada moneda no toque más de otras dos– y otras que no. De modo que, si quieres saber si has acertado o no, lee las diversas soluciones que publicamos y compáralas con la tuya. Si aun así tienes dudas, puedes enviarnos una explicación de tu solución e intentaremos decirte si vale o no.

De cualquier modo, en este segundo desafío el ganador ha sido Fernando, el segundo premio es para Argus y, como menciones de honor, Sergio y Jonathan (equipo de dos), César y Roberto.

Lo primero, las menciones de honor. Roberto es el representante del grupo de los pisanos; las soluciones de este tipo construyen una torre estable de monedas, y luego la derrumban de modo que la hormiga caiga en la mesa paradisíaca. Dejo que os lo explique Roberto:


Este problema es más difícil, ya que la restricción de una sola moneda por piso nos lleva a una estructura tipo “Torre de Pisa”. Lo complicado en este caso es calcular la inclinación máxima de la torre antes de que esta caiga, y ver si esa inclinación nos permite llegar hasta la otra mesa. Basándonos en el ejemplo de una sola moneda en el borde de la mesa podemos deducir que “una moneda situada al borde de la mesa, mitad fuera, mitad dentro, no caera si sobre la mitad de dentro tiene más o igual peso que sobre la mitad de fuera”. Por tanto, y puesto que solo podemos tener una moneda por piso, eso significa que la primera moneda, la de la base (en caso de que esté mitad fuera y mitad dentro), es la que realmente nos limita a la hora de inclinar la torre todo lo que quisieramos. Por ello, lo máximo que vamos a conseguir acercarnos al Edén es exactamente 1 cm, que es el radio de la moneda:

Roberto 1

Porque por mucho que apilemos monedas en el momento en que el peso sobre la mitad de fuera de la moneda de la base supere el peso de dentro, la moneda cederá y caera la torre. Mmmm, ¡un momento!. Sin embargo eso no significa que no podamos llegar al otro extremo, aunque habrá que hacer un poco de Indiana Jones. La idea es conseguir una torre alta, suficientemente alta, como para que al caer estando nuestra amiga Mandibulas en la cima de la torre, consiga caer en la otra mesa, en vez de al vacio. Para ello necesitamos una torre de al menos 4 cm de alta. La más sencilla es una torre completamente vertical sobre el borde de la mesa:

Roberto 2

Mandibulas solo tendría que escalar la torre por el lado interior con una moneda a cuestas, poner la moneda en la cima desplazada hacia la derecha:

Roberto 3

Y esperar a que la torre caiga.

Eventualmente caerá en la mesa del Edén si la torre es lo suficientemente alta. Para ello se necesita una torre de al menos 4 cm, y como las monedas tienen 2 mm de grosor, necesitariamos al menos 20 monedas de las 31 disponibles. Todo esto presupone que Mandibulas puede escalar con una moneda a cuestas. Si no pudiera, entonces tendríamos que hacer una pequeña escalera hacia el cielo.

Para ello primero pondríamos una moneda en el borde de la mesa, pero completamente dentro. Despues debemos calcular cuanto debe estar desplazada cada moneda con respecto a la anterior hacia el borde de la mesa para que al cabo de 20 monedas (4 cm de altitud) el peso colocado directamente sobre el vacio sea igual al peso sobre la mesa. El hecho es que entre el centro de dos monedas cualesquiera de la torre no puede haber más de 1 cm (que es igual al radio) de distancia. Si eso ocurriera la torre caería. Esto se basa en que dada cualquier configuración de monedas estable, si la nueva moneda que se situe en la cima tiene más de 1 cm de distancia con alguna otra, haría vencer el peso de esa otra moneda en la dirección dada por el vector que une la moneda de abajo con la moneda de arriba (Varriba - Vabajo). Por ello la distancia máxima entre el centro del escalón de abajo (que estará asentado completamente sobre la mesa) y el centro del último escalón de la escalera será 1 cm.

Dicho esto, como necesitamos 20 monedas para elevar la torre a 4 cm, y como queremos que la suma de distancias entre centros sume 1 cm (de manera que todos los escalones sean equidistantes), ese delta será 1 cm / 20 monedas = 0,05 cm / moneda. Dado esa escalera de 4 cm de alto y 0,05 cm entre cada escalón, Mandíbulas podrá subir la moneda número 21 hasta la cima, empujarla 0,05 cm más hacia el borde, y esperar a que la torre caiga hacia el Edén (Si hay duda de que con 4 cm justos pueda llegar hasta la mesa puesto que a la hormiga se la considera puntual, podríamos poner 21 monedas y hacer el calculo con 1 cm / 21 monedas).

Ya tenemos a nuestra amiga contenta y pensando de nuevo en las alabanzas de la reina :)


El equipo formado por Jonathan y Sergio, así como César, son los representantes de las soluciones armónicas: construyen una torre estable en la que las monedas no están equiespaciadas, sino que según asciendes por la torre hay más espacio entre monedas. Éste es, por cierto, el tipo de solución al que llegué yo. Atentos a la explicación de cuán lejos podría llegar con este sistema, si Mandíbulas dispusiera de monedas ilimitadas. Dejo que os lo expliquen ellos pues lo hacen muy bien: Sergio_Jonathan.pdf, Cesar.doc.

También pertenece a este grupo el segundo premio, la explicación de Argus, parecida a las otras dos. Además de una elegante y completa explicación, Argus responde a la primera pregunta (sin restricción de cuántas monedas tocan a una determinada) con el mínimo número de monedas que he visto, 16 monedas para salvar el abismo: Argus.doc.

Finalmente, el ganador ha sido Fernando, principalmente por la cara que me ha dejado al verla. Su solución es una presentación pps, y supongo que cuando la veas, tras llegar a tu propia solución antes o leer las anteriores, te pasará lo mismo que a mí: empieza con “Ah, es la solución blanda sin restricción…“, para luego ser “Ah, no me esperaba eso, interesante, pero ¿qué intenta conseguir?” a terminar en “¡!!… (cara estúpida y boca abierta)”. Realmente brillante: Fernando.pps.

Gracias a todos por el buen rato que me habéis hecho pasar, y me alegro de que –por vuestros correos– hayáis disfrutado tanto cavilando sobre el problema. Recordad que lo importante, más allá de ser mentado aquí, era pensar un buen rato, desafiar a vuestras neuronas y ejercitar la materia gris de forma placentera… todo ello, claro está, ocultando esta ignominiosa afición de vuestros familiares y conocidos, si es que aún os respetan. ¡Hasta el próximo desafío!

Puedes encontrar este artículo y otros como él en el número de mayo de 2010 de nuestra revista electrónica, disponible a través de Lulu:

Desafíos

41 comentarios

De: J
2010-05-10 13:48:55

Para quitarse el sombrero. Las soluciones de Fernando, Jonathan/Sergio, César y Argus las esperaba (incluso llegué a coger monedas físicas de 2€ y montar algo como lo que propone Argus, pero las malditas rodaban). Pero las de Roberto me deja de piedra: nunca se me pasó por la cabeza destruir la torre como camino intermedio. Y la de Fernando tampoco, porque al llegar al otro lado ya tienes material para hacer el camino de vuelta.


De: luis ( españa)
2010-05-10 14:50:45

jeje, aunque no lo publique, lo resolvi de la misma manera!!

el unic problema que tuve en la segunda explicacion, era que me puse a hacerlo de verdad con 31 monedas y llegar al punto de equilibrio suponia tener un pulso de cirujano, ademas de poner perfectamente cada moneda a la distancia correcta...ya que se me cayo varias veces la estructura antes de ponerlas en equilibrio una con la otra!

espero mas problemas de ingenio!
un saludo


De: Macluskey
2010-05-10 16:04:43

Estoy con J. Aunque no he participado, sí que le dí vueltas y llegué, más o menos (más bien menos, pero bueno) a las soluciones "standard", incluso las "pisanas".

Pero Fernando me ha dejado de piedra!! Qué bárbaro!! Me recordó lejanamente a los arquetípicos problemas del barquero que tenía que transportar al otro lado del río a un lobo, una oveja y una bala de heno, pero que no podía transportar más de uno de ellos cada vez en su barca, para evitar hundirse...

¡Extraordinario! Extraordinarios todos, de hecho...


De: Juan Carlos Giler
2010-05-10 16:46:35

No pensé que era válido que se caiga la torre para cruzar !!!!!!


De: Antonio Villena
2010-05-10 16:52:56

Me da que la solución que propone Argus (de 16 monedas) no vale, ya que aunque el centro de gravedad del conjunto cae en la mesa, las monedas de la derecha son estables.

No soy un experto en estructuras, pero creo que aparte de tener en cuenta que el centro de gravedad del conjunto caiga en la mesa, el centro de gravedad de cualquier subconjunto encima de cualquier moneda, debe caer a la izquierda de su borde derecho.

Por reducción al absurdo, también valdría (incluso cumpliendo el segundo criterio) la siguiente torre de 7 monedas:

Imagínate 7 monedas apiladas, desplazadas 1 cm a la derecha cada una de la anterior. El cojunto tendría una envergadura de 8 cm y el cdg justo en la mitad. Bastaría colocar el cdg justo en el borde de la mesa (quedarían 4 cm a cada lado).

No lo sé demostrar teóricamente pero apuesto que se caería, aún cumpliendo que el cdg caiga en la mesa. Vale, con 7 monedas es un caso límite que puede ser inestable, hágase lo mismo con 8 y el resultado sería el mismo.


De: Pedro
2010-05-10 16:59:39

Antonio,

No soy un experto en estructuras, pero creo que aparte de tener en cuenta que el centro de gravedad del conjunto caiga en la mesa, el centro de gravedad de cualquier subconjunto encima de cualquier moneda, debe caer a la izquierda de su borde derecho.

Correcto. Pero, en la solución que propone Argus, ¿qué grupo de monedas tiene el cdg fuera de la base proporcionada por las otras? No veo ningún caso en el que un cdg, simple o compuesto, no esté sustentado por la moneda inferior.

El ejemplo que das de las siete monedas, claro está, no vale, porque las dos monedas superiores tienen su cdg común fuera de la moneda siguiente, pero en el caso de Argus no veo dónde sucede lo que dices.


De: Antonio Villena
2010-05-10 17:01:37

Se me ocurre otra solución, en caso de que la hormiga disponga de superglue, y que no se puede aplicar pegamento en la mesa, lo óptimo sería una disposición en V, con una moneda en el centro.

Con 9 monedas podría cruzar apilando a 1 cm. Pero como con superglue se puede apilar teóricamente a casi 2 cm (algo hay que dejar para el pegamento), también sería válida una solución con 5 monedas.


De: Antonio Villena
2010-05-10 17:17:45


No veo ningún caso en el que un cdg, simple o compuesto, no >esté sustentado por la moneda inferior.


Cierto. Ha sido un error mío. Me da que la intuición me ha fallado viendo el dibujo final. Lo siento Argus, eso me pasa por intentar pensar rápido e intuitivo.

Ya puestos a ser intuitivos, ¿se podría hacer con 15? Usando la configuración de Argus salvo las dos monedas de abajo, y poniendo una moneda encima de la vertical de la izquierda. Y si es chungo ponerla en vertical, tal vez en oblicua apoyándose en 2 puntos.

Gracias Pedro por la aclaración y enhorabuena por el blog.


De: Sergio
2010-05-10 17:43:51

Enhorabuena a todos. Pero una aclaración que me queda con respecto a los "pisanos". El centro de gravedad de la torre cae verticalmente, o debería caer, por conservación del momento angular. Y con ese tipo de contrucción (equiespaciado entre las monedas) sólo se llega a la mitad del abismo. Un supuesto rozamiento entre las monedas , y entre la primera y la mesa, provoca la caida a lo arbol talado. Pero la acepto por ingeniosa.

P.D. Era sólo por decir algo, pero un 10 a todos.


De: Pedro
2010-05-10 19:05:18

Sergio, la solución pisana no es perfecta (tiene algún agujerillo más en cuanto a explicación), de ahí que aparezca como finalista y no ganadora, pero no haberla publicado hubiera significado no tener corazón, es deliciosa :)


De: Sergio
2010-05-10 19:40:53

Pedro, tienes toda la razón. Sólo quería dar la enhorabuena a todos los que se han parado un rato a pensar en el problema y han enviado su respuesta, y de paso crear un poco de sana discusión.
;-)


De: gerardo
2010-05-10 20:12:09

sé que llego tarde, pero si la hormiga fuese buena lanzadora podría lanzar dos monedas de canto una detras de otra de forma que quedasen una contra otra en el hueco y así podría llegar al otro lado con tan solo 2 monedas. Al ser un equilibrio inestable es mejor que sea una hormiga, jeje, saludos.


De: Antonio Villena
2010-05-10 21:47:14

He encontrado una solución para cada caso. En el caso sin restricciones me salen 12 monedas. Miren la imagen:

http://temetsolutions.com/solucion1.png

Vale requiere demostración numérica, pero paso.

Para el segundo caso, con la restricción de que cada moneda no toque más de dos (en este caso se cumple incluso más de una), esta es la solución.

http://temetsolutions.com/solucion2.png

La demostración de esta es trivial. La diagonal mide más de 2 cm, y con diagonal me refiero a la diagonal de la sección rectangular que sale al partir la moneda por la mitad.

Eso sí, la hormiga tendría que ser malabarista, poner una moneda de canto en el borde, cargar la otra subiendo verticalmente por la primera, levantar verticalmente la segunda (sin caerse), y dejarse caer al filo de la mesa contraria apuntando con el canto de la segunda moneda el borde de la otro mesa (haciendo bisagra en el borde de la mesa de partida con la primera moneda).


De: César Íñiguez
2010-05-10 22:03:11

Ha habido estrategias curiosas la verdad!. Pensaba que el método "armónico" iba a ser el dominante pero la del PPS es realmente "bella" la solución, la más ingeniosa sin duda.

También la de las "16 monedas", bonita ampliación del método standar.

Puedo decir que me lo pasé bien peleándome con el problema, y como no la recompensa personal de resolverlo, te llena de un orgullo momentáneo jajaj


De: nubarron
2010-05-10 22:08:28

Creo, salvo que las matematicas me fallen, que la solucion de Argus de las 16 monedas no es estable en la segunda moneda horizontal empezando por arriba:
En el lado del precipicio tienes un peso de 2 monedas situado su cdg en el borde de la moneda.
Como contrapeso solo tienes una moneda, con su cdg en el borde opuesto.

Por tanto debería volcar la moneda, ¿no?


De: Rober
2010-05-10 22:15:47

Alucino con el nivel de las respuestas... ¡¡ Pedro, que te van a quitar el puesto !!


De: Fernando-C
2010-05-11 00:22:50

Si hubiese leído el enunciado con más detenimiento me habría dado cuenta de que "En el Edén había suficientes tenedores y cucharas de plástico para construir un puente" dejando sin explorar la posibilidad de formarlo con las monedas.


De: xx32
2010-05-11 02:45:05

quizá tomando en cuenta la capacidad "malavarista" de la hormiga, podría apilar 3 monedas verticalmente en el borde y con una 4 desequilibrar la torre hacia el edén, como la solución de los pisanos con un toque de tacañería.


De: Ernesto
2010-05-11 03:06:48

mmm. Pues yo pensé en otra solución e incluso más descansada para mandíbulas.

Debería quedarse sentado y esperar, y si recordamos la cuántica, existe la posibilidad de que se forme un puente entre mandíbulas y el edén, de tal forma que él solo tenga que esperar.

jaja. En verdad yo pensé lo mismo que Fernando, pero esta es otra forma, no?


De: Pedro
2010-05-11 07:45:03

nubarron, ¿lo has pensado a partir del dibujo, o de los números de Argus? El dibujo no está a escala y las monedas aparecen más a la derecha de lo que están en realidad (la que dices, por ejemplo, en el dibujo parece que tiene su centro sobre el borde de la siguiente pero en realidad no es así).

Fernando, pues me alegro de que no lo leyeras, porque fue genial :)

xx32, ¿cómo apila más de una moneda verticalmente sin que se caigan las ya apiladas?


De: Proyecto#194
2010-05-11 08:50:43

Me ha encantado este desafio. He de reconocer que resolví la parte facil, y estuve muy cerca de la solución de Jonathan y Sergio, incluso pensé en estructuras que se caían como la de Roberto, pero me quedé en una estructura puente imposible de construir por la hormiga :-). Muy bueno, sí señor y enhorabuena a todos!!!


De: Anonimo
2010-05-11 10:15:26

Me han parecido fantásticas las soluciones. Y lo mejor como piensan las distintas cabezas jajajaj


De: DReaM_h2o
2010-05-11 10:34:23

A Fernando le debieran dar del tirón la carrera de ingeniero de puentes y atajos para hormigas. La solución es deliciosamente enrevesada pero efectiva, y como a todo el mundo me ha dejado @_@.

¡Fantástico, ¿no creéis?!


De: Anonimo
2010-05-11 11:51:48

Enhorabuena Fernando


De: Kartoffel
2010-05-11 17:03:45

...empieza con “Ah, es la solución blanda sin restricción…”, para luego ser “Ah, no me esperaba eso, interesante, pero ¿qué intenta conseguir?” a terminar en “¡!!… (cara estúpida y boca abierta)”

Es exactamente lo que me ha pasado a mí :-)


De: Argus
2010-05-11 22:25:16

Bueno, bueno, lo de Fernando es impresionante. Tomo nota, además, de la presentación en powerpoint. Muy gráfico y ameno.
Es curioso, que somos en general más teóricos que prácticos: Ninguna de las soluciones es viable, en realidad. Están todas en el límite de un equilibrio no alcanzable en condiciones naturales. Preferimos que nos sobren monedas matemáticamente, a utilizarlas estabilizando la estructura.
Mi solución de 16 monedas, además, no sólo no es viable: Es ciencia ficción de la mala.
Por cierto, que Antonio me dio una idea para lograrlo con 10 monedas, y no sé cómo no se me ocurrió antes. No hay más que hacer un triángulo invertido, algo parecido a como están las bolas del billar americano: 1 moneda (mitad dentro mitad fuera de la mesa), encima 2, encima 3 y encima 4.
Otra solución, por cierto, no viable en la realidad.
Será que no tenemos arreglo...


De: Juan Carlos Giler
2010-05-11 23:34:51

Creo que esa solución no es posible, ya que cuando colocas la segunda (o la tercera) encima de la primera moneda, esta se caerá, ya que no hay ninguna arriba que la sostenga !!!!


De: 9av1d
2010-05-12 02:24:18

Sencillamente me ha encantado leerlo... ver todas las respuestas, me quito el sombrero imaginario ante Fernando, ¡mi enhorabuena a tod@s y a él especialmente! Y a ti Pedro por este fantástico blog que tan buenos momentos me hace pasar leyéndolo. Saludos.


De: Fernando-C
2010-05-12 03:47:57

Repasando con más detenimiento las soluciones de tipo armónico que habéis dado me llena de asombro el hecho, como bien dice Argus en su rigurosa y descriptiva explicación "Esta es la serie armónica, que curiosamente no es convergente. Con suficientes monedas podríamos salvar cualquier distancia!!"
Parece increíble, pero es verdad.
Haciendo el cálculo con el máximo número de filas que permite Excel, con 65536 monedas salvaríamos una distancia de sólo 11,67 cm, y en Wikipedia dice que "los primeros 10^43 términos de la serie suman menos de 100".
Me pregunto si existirá alguna fórmula que diese el número de términos que debería de tener una sucesión de este tipo en función del valor de la suma.
Si quisieramos salvar la distancia de aquí a China con monedas, me pregunto si quizás no podríamos ni siquiera escribir el número de monedas necesario.


De: Argus
2010-05-12 10:27:02

Juan Carlos, yo tuve mis dudas sobre si el triángulo invertido se sostenía o no.

Primero estuve haciendo números con los gráficos que envió Antonio Villena (comentario 13), pero con esa cantidad de variables (dejé como incógnitas todas las distancias de solape entre monedas) se me hizo inabordable.

Entonces pensé agruparlas todas en forma de triángulo invertido, y probé con 3: Las dos monedas del segundo piso tienen su centro sobre los límites de la moneda del primer piso. Y esto mismo sucede con las monedas superiores. No es necesario que las sujete ninguna otra (sólo en teoría).

Una solución ya estable y realizable, sería continuar anadiedo pisos hasta formar un "rombo", donde el número de monedas por piso sería 1, 2, 3, 4, 3, 2, 1.


De: oldman
2010-05-12 12:22:11

Estimados participantes o lectores de estos comentarios (pocos o ninguno ya...). Siento interrumpir la celebración de las dos soluciones premiadas porque me temo que hay algunos errores.
Para no alargar la exposición de mis comentarios, intercambio de opiniones o explicaciones voy a enviar un email a Pedro con el detalle, breve y lo más claro posible, de mis análisis y conclusiones para que lo considere y le de el VºBº si procede. Después él decidirá lo que se publica.
De momento avanzo parte:
1. Las soluciones armónicas no resuelven el problema de Mandíbulas. Si se construye la pila “armónica” tal como lo exponen sus autores y ,en base a los mismos cálculos, se determina la distancia horizontal del CM de cada moneda al borde de la moneda base se puede comprobar que al cabo de colocar 20, o 21, monedas el desplazamiento de su CM es superior a 1 y por lo tanto su vertical cae fuera de la moneda base con lo que la estabilidad se pierde y no se puede seguir. Y esto es verdad en la mesa-Banco y en la China a donde no se puede llegar por muchas monedas que se tengan.
2. La segunda parte de la solución de Fernando con la construcción del pilar derecho de puente sobre la mesa-Edén (ver su pantalla nº 23) no es correcta ya que la pila no puede sobresalir de su base más de 10 mm sin colapsarse. Fernando ya ha reconocido en un comentario que no era necesario el puente ya que en el Edén hay material para salvar los charcos...pero la realidad es que con 31 monedas no es posible construirlo.
En cuanto a la triple pila sobre la mesa-Banco la he construido con mis ahorros y todo va muy bien hasta poner la nº 24 que completa el trampolín...no se si es un problema de pulso. Voy a analizar si se cumplen las ecuaciones equilibrio, pero necesito un poco de más tiempo.
En conclusión, de momento, le pido a Pedro hasta este viernes 14.05 inclusive para enviarle un email según lo dicho arriba y no dar por cerrado mientras tanto el desafío de Mandíbulas.
Nota: Todo esto no tiene nada que ver con mi participación y soluciones (acertada a la 2ª pregunta y dudosa a la 1ª) de las que no hablaré.


De: Pedro
2010-05-12 17:48:45

oldman, no tengo inconveniente en que me envíes tus conclusiones y pienses sobre ello (al fin y al cabo, espero que suponga que disfrutes aún más tiempo del desafío pensando sobre él, lo cual siempre es agradable), pero por si te ahorra algo de tiempo, y ya que has expuesto aquí la versión breve, permite que comente sobre ella por si te ahorra tiempo y te convenzo ya mismo de tu error.

1. Las soluciones armónicas no resuelven el problema de Mandíbulas.

Sí lo resuelven, y de manera óptima para la condición restrictiva en lo que yo conozco :)

Si se construye la pila “armónica” tal como lo exponen sus autores y ,en base a los mismos cálculos, se determina la distancia horizontal del CM de cada moneda al borde de la moneda base se puede comprobar que al cabo de colocar 20, o 21, monedas el desplazamiento de su CM es superior a 1 y por lo tanto su vertical cae fuera de la moneda base con lo que la estabilidad se pierde y no se puede seguir.

Creo que tienes un error de concepto, y espero convencerte de ello. El CM de una moneda concreta puede estar fuera de la moneda base de la pila o incluso fuera de la mesa, y eso no significa necesariamente que la estructura sea inestable. Lo que determina la estabilidad es el hecho de que el CM de una moneda no caiga fuera de la base de la moneda que la sustenta; o, en el caso de un grupo de monedas, que el CM del grupo no caiga fuera de la base de la moneda que sustenta el grupo. Cuando hablamos del conjunto de todas las monedas, entonces quien las sustenta es la mesa, luego el CM del conjunto de todas las monedas sí debe estar sobre la mesa, pero cualquier otro subconjunto de monedas que empiece en la cima no es sustentado por la mesa, sino por la moneda que tiene debajo el grupo, y es ahí donde debe caer el CM del grupo.

En el caso de las soluciones armónicas, toda moneda de la pila tiene su CM sobre la moneda que la sustenta, y todo grupo de monedas desde la cima hacia abajo tiene su CM sobre la moneda que sustenta al grupo. Esto también se cumple, claro, para el conjunto de todas las monedas, cuyo CM no sobresale de la mesa.

Tal vez te ayude imaginar la pila de monedas como si fuera un solo cuerpo: una figura de una sola pieza de madera, por ejemplo. El CM de ese cuerpo sólido no está fuera de la mesa, luego no se cae. Lo curioso en este caso son dos cosas: una, que cualquier sección de ese cuerpo que empiece en su cima tiene su CM apoyado sobre el resto de sí mismo, y (lo más raro de todo) que da igual la longitud del cuerpo y cuánto sobresalga de la mesa, su CM siempre está sobre ella.

Si no te convenzo, puedes leer a gente que explica mucho mejor que yo, porque este problema ha aparecido en libros de Física y Matemáticas hasta la saciedad desde hace mucho tiempo. Martin Gardner lo publicó en Scientific American en 1964 (lo que lo convirtió en un problema muy famoso), pero se menciona ya el problema y la solución armónica óptima desde 1850. El artículo reciente más completo del que tengo noticia, de Paterson, Zwick y otros, es una auténtica maravilla (fue objeto de mucha atención en el Simposio de Algoritmos Discretos celebrado en Miami en 2006), aunque va muchísimo más lejos que este desafío y obtiene soluciones no armónicas óptimas cuando se acepta la condición "blanda", no tiene desperdicio: http://www.math.dartmouth.edu/~pw/papers/sodaproc2.pdf.


De: oldman
2010-05-12 19:48:38

Pedro, gracias por tu dedicación. Sobre la solución armónica lo que habeis explicado hasta ahora lo entendí desde el principio pero no la conclusión, así que trataré de leerme el "paper" y en función de lo que aclare te enviaré el email dentro de esta semana. Puedes estar seguro que disfruto enfrentando tus desafios y con todo lo demás, y que no trato de polemizar y hacer perder el tiempo a los demás.


De: Controlbyte
2010-05-12 21:53:31

Fernando, a mi tambiém me sorprendió especialmente esa propiedad de la solución armónica. Copio aquí mi comentario al respecto:
"El resultado no deja de ser sorprendente, porque la suma de n elementos de la serie armónica no está acotada y crece sin límite, lo que nos dice que con un número suficiente de monedas, podemos superar la distancia en horizontal que queramos, aunque esta suma crece muy lentamente y el número de monedas puede ser muy (pero que muy) grande. Por lo tanto, en teoría podríamos llegar hasta el infinito y más allá!
Para distancias pequeñas, se pueden hacer los cálculos de manera exacta. Si la distancia entre las mesas fuera de 5 cm, necesitaríamos 83 monedas. Para 6 cm, ya seria 225 monedas y 7 cm, 613 monedas.
Para n muy grande (tendiendo a infinito), la suma de n términos de la serie armónica se aproxima muy bien por la expresión xCM(n) = ln (n) + gamma, con ln(n) el logarítmo natural de n, y gamma la constante de Euler, un número trascendente de valor 0.57721566490153...
Es decir n es aproximadamente exp(xCM(n)-gamma) ( para 4 cm nos dice 30.6 monedas, con lo que la aproximación no es mala)
Por ejemplo, si la distancia entre las mesas fuera de 10 cm, serian necesarias 12367 monedas y la pila de monedas alcanzaría los 24 metros de altura. Una distancia de 20 cm ya requiere más de 270 millones de monedas y una altura de más de 540 km. A este nivel, el cálculo ya no es exacto debido a que la fuerza gravitatoria que actúa sobre las monedas de la parte superior de la pila ya no es la misma que en la base y centro de masa y centro de gravedad ya no coinciden.
Pero vamos más allá, para saltar una distancia de un metro, serian necesarias 1.5 10^43 monedas (15 septillones) y la altura de la pila sería cien mil millones de veces más grande que el tamaño del universo conocido.
Si dispusiéramos de un gúgol de monedas (10^100) podríamos saltar una distancia de poco más de 2.30 metros. Seguramente hay un método mejor para saltar a la otra mesa..."


De: duhu
2010-05-13 10:06:03

¡Bravo!

La solución de Fernando es simplemente espectacular, no me extraña que tenga el honor de ser la mejor. La idea que yo tenía era similar, aunque por vaguería no llegué a desarrollarla, y en caso de haberlo intentado, dudo que hubiera llegado a la décima parte de ella.


De: oldman
2010-05-17 23:36:30

Después de la aclaraciones de Pedro y el comentario de Controlbyte me retracto de haber dicho que la solución armónica no resuelve el problema de Mandíbulas. He sido un obtuso pues las buenas explicaciones que dieron los “filarmónicos” debieron haberme sido suficientes...

Sobre la solución de Fernando he enviado un email a Pedro con el método de análisis, (construcción de la estructura en la cuadrícula de Excel con el reparto de masas y cálculo de los momentos de fuerza a medida que se progresa en altura) y el resultado obtenido (colapso al completar la línea siete) para su comprobación y uso en la forma que considere oportuna.


De: RyAnG
2010-06-01 21:30:07

He estado un tiempo sin pasar por aquí y me estoy poniendo al día ahora. Así que enhorabuena con retraso a los premiados y gracias por el esfuerzo de ilustrar las soluciones.

Por supuesto, muy bueno el trabajo de Fernando pero mi mención especial va para Argus. La idea de las monedas en vertical me ha parecido brillante.


De: iñigo
2010-10-08 12:10:40

Hola de un recién llegado e impresionado con vuestro sitio, felicidades!
También estoy con Oldman en que la fantástica solución de Fernando, pero a mi parecer lamentablemente errónea en su segunda parte, falla al construir el pilar del definitivo puente (slide 21), si trazamos la perpendicular desde el borde de la mesa comprobamos que no corta la moneda superior, luego el centro de masas de la torre esta a la izquierda del borde de la mesa.
Explicado de otra forma, dado que la torre es simétrica y constituida por 15 monedas, el CM estará en la 8, pero el borde izquierdo de esta moneda estará salido de la mesa en 1.33*8 = 10,64, con lo que el CM (por lo de la simetría de la torre) estará distanciado del borde en 0.64, hacia el abismo y allí se nos va la hormiga.


De: Venger
2014-03-02 16:59

Solución venger: Mi solución es parecida a la armónica, solo que pongo una moneda y otra desplazada la mitad y la siguiente la mitad de la mitad y así De manera que si tomo el eje de coordenadas la esquina izquierda de la moneda de abajo y llamo M a la distancia horizontal entre dicho punto y el extremo de la moneda más alejada, (que será la superior) tendría: N cdg M 1 D/2 D 2 3D/4 3/2D 3 5D/6 7/4D 4 27D/32 15/8D 5 68D/80 31/16D La serie general sería: cdmN=D/2+D/N•Serie. Esa Serie es sumatoriodesdei=1hasta(n-1)de(i/2^(i)), que converge a 1. Luego cdmN para N=infinito, sería D/2, con lo que el conjunto no se cae. La ecuación de M es M=D+D•Serie, siendo Serie, la misma que antes. Como Serie converge a 1 para n infinito, el máximo M que podemos obtener con infinitas monedas es 2•D. Es decir, que mi conjunto como máximo tiene un alcance de 2•D desde el extremo inferior izquierdo de la moneda de abajo hasta el extremo superior derecho. Como podemos mover el conjunto hasta que el cdg coincida con el borde de la mesa, tengo que puedo sobresalir de la mesa 2•D-D/2=3/2•D. Y no llegamos ni con infinitas monedas, ya que la distancia a salvar es 2•D. Y ahí me quedé, chicos, depresión total

De: Venger
2014-03-02 17:49

Con respecto a la solución armónica, efectivamente, si lo hacemos igual que en mi comentario anterior y tomando los mismos ejes de coordenadas y la misma variable M, tengo que el cdg=D-D/(2•N) y que M=D(1+1/2•Seriearmónica), siendo Seriearmónica=sumatoriodesdei=2hastaN(1/(i-1)), divergente. Eso quiere decir, que para el caso de N=infinito, el cdg estaría en D (luego no se cae) y M también sería infinito. Eso me hace chirriar un poco, ¿no? igual que a los demás. Porque podemos llegar tan lejos como queramos, sin embargo el cdg siempre estará dentro de la moneda de abajo. ¿Cómo explicamos eso? Yo he hecho una simulación en Excel, con 100, 1000 y 10000 monedas, llegando a avanzar hasta 12 cm y una altura de 2000 cm, con esta última configuración. También he sacado los gráficos de distribución de las monedas y la verdad es que es bastante inverosímil que no se caigan. Sobre todo, el hecho de ver que del cdg hacia la izquierda hay solamente 2 cm y del cdg hacia la derecha hay nada menos que 10 cm. Pero parece como si la superficie a un lado y al otro de las gráficas fuese igual, con lo que entonces sí sería consecuente. Pero si en vez de 10000 ponemos mil millones, por ejemplo, cuesta creer que la superficie a la izquierda del cdg sea igual a la de la derecha, cuando ésta se habrá cruzado algún que otro kilómetro. La verdad es que me gustaría que los vieseis a ver qué opináis, pero yo creo que algo no marcha bien. Si alguien se interesa, que me diga su email y le mando los jpg con los gráficos. Un saludo a todos

De: Venger
2014-03-02 20:36

He calculado las superficies de las gráficas a derecha e izquierda del cdg para ver si son iguales y no me han salido iguales. Pero es más, es que me ha salido siempre la superficie a la izquierda mayor que a la derecha. Es decir, del lado contrario al borde la superficie es un pelín mayor. Eso significa que es superestable para cualquier valor de moneda. Luego hay una solución más óptima que esta, ya que se podrían estirar un poquito más y tampoco se caerían.

Para quien le interese, me han salido estos datos, salvo error (los valores son por unidad de altura, es decir que habría que multiplicarlos por 0,2cm): Para 100 monedas, Sizq=113.10, Sdch=86.90 cm, Sizq+Sdch=200 cm. Para 1000, me sale 1134.90+865.10 y para 10000: 11352.92+8647.08.

Lo he intentado para 100000, pero me petó el excel. Entonces lo que he hecho es reducir la escala dimensional de las monedas 100 veces. Para ver cómo de esbelta sale la función. Y es una pasada. Es realmente curioso cómo por más finita que es, se extiende más y más y su cdg no se sale de la base... Algo va mal, lo sé... no puede ser que no se caiga

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