jueves, 26 de mayo de 2011

Problema del día 26 de Mayo (Centros)

En cada vértice de un cuadrado se pone una piedra. Un movimiento consiste en elegir un vértice y quitar cualquier cantidad de piedras, luego, agregamos el doble de las que quitamos a un vértice adyacente al primero. ¿Es posible llegar a tener 2011, 2010, 2012, 2011 piedras en los vértices (en ese orden)?

Ah, también aprovecho para avisarles como va a estar lo de la ida. Adán y Juán se van en autobús a Colima el día 16, Enrique y yo llegaremos el 17 como a medio día más o menos. El vuelo sale de Toluca, a las 7:00AM, el 17.

6 comentarios:

Enrique dijo...

¿Hmm ya no vamos a tomar un camión todos juntos hacia Colima?

IrvinG dijo...

No, es que ya no se pudieron cambiar los vuelos al 16. El 17 empieza el simposio, y como Adán y Juán si pueden llegar a tiempo, pues que se vayan desde el 16. Tú te perderías la primer sesión del 17, pero para la de la tarde ya no habría problema.

Juan dijo...

No se puede. En ese orden, no. Nombremos los vértices del cuadrado, A, B, C, y D (en sentido de las manceillas del reloj), y el número que esté en ellos a determinado tiempo, a, b, c y d. Entonces S = a-b+c-d es constante módulo 3, pues si a A le agregas 2x y a B le quitas x, por ejemplo, S se convierte en S+3x, constante módulo 3. Al principio, S=0. Así, 3|S. Pero a donde queremos llegar, S=2011+2012-2010-2011 = 2012 - 2010 = 2, y 3|2 es falso.

Sin embargo, llegar a esos números pero no en ese orden sí es posible.

Perdón Irving, pero, ¿nos podrías recomendar a que horas irnos? Gracias.

IrvinG dijo...

Pues yo le diría que se fueran como a las 12:00, así llegan más o menos a la hora de la comida, se acomoda con calma y todo. Voy a preguntar, pero supongo que alguien iría a recogerlos cuando lleguen a la terminal de Colima.

Enrique dijo...

Viendo módulo 3 vemos que las transformaciones posibles se convierten en añadir o sustraer 1 a dos vértices adyacentes. Entonces, queremos pasar de esta configuración

1 1 a esta otra 1 0
1 1 1 2

Ahora, sea n(X) el número en el vértice X (X puede ser A,B,C o D) después de todas las transformaciones, y sea d(X,Y) el número sumado a los vértices consecutivos X,Y como resultado de transformaciones que se hacen únicamente sobre la pareja (X,Y), con d(X,Y) (por ejemplo si pasamos de
1 2 a 2 2
1 0 2 0 sumándole 1 a los vértices A y D, entonces d(A,D)=1 (diremos que d(X,Y) sólo puede tomar los valores 0,1,2; y consideraremos todas las operaciones módulo 3). Ahora, si consideramos el cuadrado
A B
D C, como queremos n(A)=n(D)=1, entonces tenemos que 1+d(A,D)+d(A,B)≡n(A)≡n(D)≡1+d(A,D)+d(D,C), de donde d(A,B)≡d(D,C), de aquí es evidente que n(B)=n(C) (ya que las transformaciones a (B,C) mantienen la igualdad entre ellos y en el estado inicial, los números en B y C eran iguales). Entonces, no podemos llegar al estado final que pide el problema.

Adán dijo...

Si tomamos el vértice $A$ y el $B$, digamos que a $A$ se le quitan $k$, entonces a $B$ se le dan $2k$, y digamos que la congruencia de $k$ modulo $3$ es $d$. Entonces, tenemos que $-d$ es congruente a $2d$. Entonces, la congruencia de $A$ y $B$ módulo 3 se verá igualmente afectada por cualquier movimiento. Llamemos $a, b, c, d$ la congruencia del total añadido o quitado de $A, B$, $B, C$, $C, D$, y $D, A$. Entonces, digamos que:

$A=2012, B=2011, C=2011, D=2010$ y sus congruencias módulo $3$ son $1, 1, 0, 2$ respectivamente. Sin embargo, empezamos con $1, 1, 1, 1$, por lo que el cambio de congruencias es $0, 1, 0, 2$, respectivemente.

Entonces tendremos que la congruencia total cambiada de $A, B, C, D$ es $d+a, a+b, b+c, c+d$ respectivamente. Pero tendremos que si restamos $A-B$ y $C-D$ tendremos que $b-c$ es congruente con $1$ y $2$ módulo $3$, lo cual es una contradicción a que si se puede llegar a el.
Por lo tanto no se puede llegar.

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