miércoles, 2 de febrero de 2011

Problema del Dia 2 de Febrero

Se quiere llenar una caja de $7\times 7\times 7$ con ladrillos de $1\times 1\times 3$. Como $7^3$ no es divisible entre tres, esto no se podrá hacer exactamente, pero se puede hacer dejando un cubito hoyo $H$ sin cubrir. Demuestra que en un acomodo en el que $H$ está en el cubo de $5\times 5 \times 5$ interno se tiene que $H$ es el cubito central.

12 comentarios:

Manuel Alejandro dijo...

Creo que lo más difícil era pensar en como escribirlo, espero que entiendas.

Coloquemos al cubo sobre el plano, y les damos coordenadas tales que cada par de cubos tienen distinta coordenada, y cada uno está definido como a,b,c, donde $1\leq a,b,c\leq7$.

Llamamos cubos semejantes a dos cubos que, con alguna rotación o reflexión del cubo, serían el mismo cubo, por ejemplo el $(1,3,5)\sim(7,5,3)$. Notamos que si es posible que un cubo sea H, todos sus semejantes es posible que sean H. Definamos “nivel n-C” con $1\leq n\leq7$, a todos los cubos que su coordenada c es n.

Ahora, coloreamos los niveles 1-C, 4-C, y 7-C de la siguiente manera: las coordenadas son {x,y}, si $x+y\equiv2(mod3)$, entonces lo pintaré del color o. Si $x+y\equiv3(mod3)$, lo pintaré del color p. Si $x+y\equiv1(mod3)$, lo pintaré de color q.

Ahora, coloreamos los niveles 2-C y 5-C, similarmente a los niveles 1-C, 4-C y 7-C, sólo que en estos niveles si $x+y\equiv2(mod3)$, entonces lo pintaré del color p. Si $x+y\equiv3(mod3)$, lo pintaré del color q. Si $x+y\equiv1(mod3)$, lo pintaré de color o.

Análogamente pintaré los niveles 3-C y 6-C, sólo que si $x+y\equiv2(mod3)$, entonces lo pintaré del color q. Si $x+y\equiv3(mod3)$, lo pintaré del color o. Si $x+y\equiv1(mod3)$, lo pintaré de color p.

Coloreado de este modo, observamos que cualquier tres cubos continuos, alguno debe ser o, otro p, y otro q. Ahora, notamos que hay 114 p's, 114 q's y 115 o's, analizándolo vemos que H debe ser del color o.

Ahora, si un cubo cumple es por que es o, entonces todos los semejantes a ese cubo deben ser o. Notamos que del cubo interno de 5x5, tenemos que, eliminando cubos semejantes, solo debemos comprobar a (a,b,c)=(2,2,2),(3,2,2),(3,3,2),(4,2,2),(4,3,2),(4,4,2),(3,3,3),(4,3,3),(4,4,3),(4,4,4)

Si (a,b,c)=(2,2,2)=o pero $(2,2,2)\sim(6,2,2)$, el cual es color p, entonces este no puede ser H.

Si (a,b,c)=(3,2,2)=p, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(3,3,2)=q, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(4,2,2)=q, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(4,3,2)=o, pero $(4,3,2)\sim(5,4,2)$, el cual es color q, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(4,4,2)=p, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(3,3,3)=o, pero $(3,3,3)\sim(5,3,3)$, el cual es color q, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(4,3,3)=p, entonces no puede ser H.

Si (a,b,c)=(4,4,3)=q, entonces no puede ser H.

Ahora, para demostrar que se puede el H puede ser (4,4,4), tomamos que todos los niveles n-C, los llenamos de la siguiente forma:

Numerando los cubos de un nivel del 1 al 49, tomamos los siguientes tridominós: {1,2,3}, {4,5,6}, {8,9,10}, {11,12,13}, {15,16,17}, {18,19,20}, {22,23,24}, {26,27,28}, {29,30,31}, {32,33,34}, {36,37,38}, {39,40,41}, {43,44,45}, {46,47,48}, {7,14,21} y {35,42,49}. Ahora notamos que nos quedan en los niveles 1,2,3,5,6,7 el cubo 25, pero esos es fácil notar que se pueden construir, entonces es posible que H sea el centro del cubo.

Georges dijo...

El problema en 2 dimensiones es bastante conocido, y segun yo para 3 sale con la misma idea.

Hacemos la coloracion tridimensional con 1,2,3 tal que cada ficha cubra exactamente uno de cada numero(la comunmente usada) y tal que las esquinas del cubo sean 1.

Contando el número de 1s, 2s y 3s nos vamos a dar cuenta que hay un 1 mas que el numero de doces y treces, y como cada ficha cubre uno de cada uno, el que se tiene que quitar es un uno.

Pero si reflejamos la coloracion con respecto al eje de las xs y eje de las ys, nos va a dar que el unico cuadrito adentro del subcubo de 5x5 que siempre es 1 es el central.

Por lo tanto si se puede llenar entonces el que se tiene que quitar es el central.

Fin

Jorge 'Chuck' dijo...

No sé si entendí bien el problema, me pide demostrar que existe un acomodo para los ladrillos en el de 7 X 7 X 7 en el que H es el hoyo que y si tomamos el cubo de 5 X 5 X 5 que comparte las esquinas con el de 7 X 7 X 7 se puede que H sea el cubito central del de 5 X 5 X 5 o algo así? O el de 5 X 5 X 5 es el que comparte centro con el de 7 X 7 X 7? no entendi...

jose nain dijo...

...

Jorge 'Chuck' dijo...

Si se trata de eso entonces, realizamos la clásica coloración 1, 2, 3 donde todas las esquinas del cubo de 7X7X7 son 1's y a un lado de los 1 hacia el sentido positivo de los ejes x, y y z son 2's, y recorriendonod un espacio positivo en cualquier eje, hay un 3 y luego de la misma manera 1 y así sucesivamente.

Luego de esto, vemos que en el primer nivel hay 17 1's, 16 2's y 16 3's luego esto se repite con 17 2's en el segunto nivel, con 17 3's en el tercer nivel, luego 1's y así sucesivamente, de modo que al final hay un 1 más que 2's y 3's por lo que como los ladrillos toman uno de cada uno, H debe ser un 1.

En el cubo de 5X5X5 si lo rotamos 90° en algún sentido donde solo hubo movimiento en dos ejes, con todo y la coloración que tenía, obtenemos otra coloración similar, sólo que dependiendo del giro, sólamente una fila en el eje de las x, y o z se mantiene igual y al final de todos los tipos de transformaciones, el único igual es el central por lo que si el central de este cubo era uno (cosa que pasa en los casos que creo incolucra el problema si no estoy comprendiendo mal) se puede hacer si se retira este cubito.

Leo dijo...

Manuel: Bien, precisamente se trata de un problema en el cual hay que saber explicar bien. ¿Cómo harías tu demostración más corta?

George: eso es lo que hay que hacer, pero ¿cómo lo escribirías?

Nain: ?

Chuck: El problema pide demostrar que si el hoyo está en el cubo de $5\times 5 \times 5$ central, es decir, el que comparte el centro con el grande, entonces el hoyo debe ser el cubo central, que es precisamente lo que resolviste.

Manuel Alejandro dijo...

Pues, es que realmente era corta, pero cuando comencé a escribirlo, me di cuenta que no podía escribir dibujos... en papel no era tan tediosa...

Enrique dijo...

Empezaremos por colorear el cubo de 7x7x7 con la clásica coloración 1,2,3 que ya mencionaron muchos arriba, de manera que en las esquinas del cubo esté el color 1 y que cada ficha de 3x1x1 cubra a 3 casillas con colores diferentes. Contando las casillas de cada color, obtenemos que hay una casilla más de color 1 con respecto a los otros dos colores. Luego, debemos quitar una casilla de color 1.

Ahora, haremos una coloración de "cuadrotes" pero en tercera dimensión. Sombrearemos cuatro cubos de 2x2x2 tales que ninguno de estos cubos toque un borde y que no se toquen entre sí. Tenemos que una ficha de 3x1x1 toca a 0 ó 2 casillas sombreadas. La cantidad de casillas sombreadas es par. Si quitamos una casilla sombreada, la cantidad de casillas sombreadas será impar, por lo cual no se podrán cubrir en su totalidad.
Veremos al cubo desde una perspectiva fija y aplicaremos el mismo argumento a las siguientes coloraciones:
-Recorremos los cubos sombreados a la derecha y sobre la cara de la izquierda sombreamos cuadros de 2x2x1 tales que no se toquen entre sí y no toquen a ninguna otra cara salvo la cara sobre la cual están construidos.
-Recorremos los cubos sombreados hacia atrás y sobre la cara de adelante sombreamos cuadros de 2x2x1 tales que no se toquen entre sí y no toquen a ninguna otra cara salvo la cara sobre la cual están construidos.
Estas coloraciones cumplen que una ficha de 3x1x1 puede cubrir 0 ó 2 casillas sombreadas.
Ahora, sólo nos queda verificar el cuadrado de 5x5x1 que es paralelo a la horizontal y que contiene a la casilla central. Vemos que la única casilla de color 1 ahí es la central, por lo cual es la que debemos quitar.

DANIELIMO dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
DANIELIMO dijo...

Dividimos en 7 planos de 7x7 (7x7x1) y coloreamos de la siguiente forma:
el 1,4 y 7 . el 2 y 5 . el 3 y 6
1231231 . . 2312312 . . 3123123
3123123 . . 1231231 . . 2312312
2312312 . . 3123123 . . 1231231
1231231 . . 2312312 . . 3123123
3123123 . . 1231231 . . 2312312
2312312 . . 3123123 . . 1231231
1231231 . . 2312312 . . 3123123
notamos que la 2da y 3ra coloración es aumentandole uno a cada casilla de la coloracion anterior (si era 3 pasa a 1)
es facil checar que para cualquier formade poner un ladrillo este ocupa los tres colores, y por lo tanto el hoyo quedara en aquel color que cubra una casilla más que los otros, en este caso el 1, ahora vemos que podemos hacer una nueva coloración reflejando la anteriorrespecto aalgun plano, nos quedará lo siguiente:
el 1,4 y 7 . el 2 y 5 . el 3 y 6
1231231 . . 2312312 . . 3123123
2312312 . . 3123123 . . 1231231
3123123 . . 1231231 . . 2312312
1231231 . . 2312312 . . 3123123
2312312 . . 3123123 . . 1231231
3123123 . . 1231231 . . 2312312
1231231 . . 2312312 . . 3123123
De nuevo el hoyo deberá quedar en una casilla con numero 1, entonces podemos tomarnos los unos de qcada coloración y sobreponerlos en una nueva, mara care con x aquellas casillas que hayan sido coloreadas con 1 en ambos casos(sera donde pueda quedar el 1) y pondre 0 donde no hay 1 en ninguna coloración.
el 1,4 y 7 . el 2 y 5 . el 3 y 6
x00x00x . . 00x00x0 . . 0x00x00
0110110 . . 0101101 . . 1011011
0110110 . . 1101100 . . 1011010
x00x00x . . 00x00x0 . . 0x00x00
0110110 . . 0101101 . . 1011011
0110110 . . 1101100 . . 1011010
x00x00x . . 00x00x0 . . 0x00x00

al quitar las x que estan enla orilla(no estan en el cubo de 5x5x5) nos quedaán puras x en el plano de en medio(pependicular a los que nos habiamos tomado) sin embargo podemos hacer coloraciones analogas de manera que las x solo pueden estar en los 3 planos de enmedio, y la la casilla donde este el hoyo debe estar en la interseccion de estos tres planos, que es la casilla central.
Y acabamos.

Flavio dijo...

coloramos de tres colores la cara que vemos de frente asi:
1231231
2312312
3123123
1231231
2312312
3123123
1231231
Luego cada ladrillo cubre tres colores distintos. y Del color que sobra uno es de color 1, entonces el hueco debes ser una casilla de color 1. Para que se sigan cumpliendo estas condiciones en las siguientes caras, es suficiente que vayamos quitando 1 modulo tres mientras retrocedemos paredes paralelas a la que ya coloreamos o aumentando 1 mod 3. Entonces el hueco debe ser 1 en ambas coloraciones, por que en ambas coloraciones del que sobra es del 1. entonces queremos que si s es el color en la pared de enfrente, y estamos en la k-esima despues de la primera, o sea la segunda sera la k-esima, (por que queremos que el hueco este en el cubo del centro), entonces queremos que s+k congruente a s-k congruente a 1 mod 3, solo se puede con s=1, k mod 3 = 0 , pero solo hay una pared paralela en la que pasa esto, que es la tercera, contando en el cubo de 5x5x5, o la de enmedio del cubo, entonces el hueco esta en la pared paralela a la que estamos viendo. Ahora aplicamos el mismo argumento desde las otras direcciones, entonces tambien esta en las otras paredes centrales. Luego el hueco esta en su interseccion y si nos fijamos la interseccion de esas tres paredes de enmedio es justamente solo el cubo de enmedio del cubo de 7*7*7, entonces el hueco es ese cubo, que es lo que queria.
Nota: pared son las piezas de 7X7 que componen al cubo.

KapadeSa =) dijo...

Coloreamos el cubo de 7x7x7 de blanco y negro de la sig forma:
nbbnbbn
bnbbnbb
bbnbbnb
nbbnbbn
bnbbnbb
bbnbbnb
nbbnbbn

lo anterior para a primera "capa" del cubo, para la segunda, "recorremos" la coloración un renglón hacia arriba y así sucesivamente quedándonos iguales las capas 1,4,7. 2,5 y 3,6. Notamos que cada figura de 3x3x1 ocupa exactamente un cuadrito coloreado de negro. Vemos que la capa "tipo 1" tiene 17 cuadritos coloreados, y los otros 2 tipos tienen 16 cada una, en total tenemos 115 cuadritos pintados de negro, pero 343=114x3+1, por lo tanto vamos a usar 114 piezas de 3x1x1, por lo tanto con las piezas disponibles no es posible llenar los 115 cuadritos negro, entonces el hueco debe quedar en cuadritos de este color.

Supogamos que se encuentra dentro del cubo de 5x5x5 en la capa exterior (al cubo de 5x5x5)
con la coloración que habíamos hecho la primera capa se vería (la de enfrente)
bbnbb...bnbbn
nbbnb...bbnbb
bnbbn...nbbnb
bbnbn...bnbbn
nbbnb...bbnbb
la segunda columna es como se vería la cara lateral de la derecha. Vemos que si en la capa lateral se encuentra el hueco, si giramos el cubo de manera que esa cara se convierta en el frente y volvemos a colorear como al inicio ningún cuadro negro corresponderá a la antigüa coloración, por lo que el hueco se encontraría en un cuadrito blanco que es un contradicción, análogamente para el resto de las caras.

Entonces suponemos que esta en la frontera del cubo de 3x3x3, que de acuerdo a la coloración la cara de en frente y lateral derecha se verían
bnb...bbn
bbn...nbb
nbb...bnb
Haciendo lo mismo que en el caso de 5x5x5 (giramos y re-coloreamos) vemos que los cuadros negros no coinciden y tenemos de nuevo una contradicción.

Entonces la unica opción es que el hueco se encuentre en el cubito central que curiosamente (utilizando cualquier cara del cubo como frente) siempre es negro.

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