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lunes, 22 de agosto de 2005
Entre tantos planes para escribir notas en Pequeños Enigmas, estaba pendiente el de hacer un pequeño tutorial sobre como resolver el acertijo de moda.
No hizo falta.
En Microsiervos han armado una serie de notas con tips y ayudas para resolver Sudokus (2) (3) (4) (5)
lunes, 20 de junio de 2005
Finalmente, aquí va la solución prometida al problema 8 del IPST que me enviara Homero.
Les Recuerdo el acertijo:
Cada una de las piezas de la derecha contienen los números del 1 al 9. Se deben colocar estas piezas en la grilla de forma tal que los números en cada fila y en cada columna sean todos diferentes.
Intenten resolverlo antes de seguir leyendo.
Es probable que ustedes hayan tratado de solucionarlo como yo: Ver que piezas pueden ir en el centro, elegir una y ver que ocurre con las piezas vecinas. Esto que parece lógico, se termina complicando ya que las posibilidades de combinación son demasiadas.
Parece difÃcil... a menos que uno tenga una idea luminosa.
Nos cuenta Homero:
El problema se podía resolver fácilmente, tomando como punto de partida la siguiente idea: Para una pieza cualquiera del puzzle, en cada una de sus celdas siempre habrá uno de los siguientes tres números:
Esto es fácil de demostrar.
En primer lugar, para una pieza cualquiera del puzzle, denominaremos cada una de sus casillas con una letra distinta:
Supongamos que en la casilla marcada (de tipo e) va un número cualquiera, llamémoslo x.
Las dos columnas marcadas de amarillo necesariamente presentan una x cada una, y ambas x deben estar en piezas distintas. Para la tercera pieza de esas columnas, la única opción que queda para contener a x es justamente en su posición e.
De esto se puede concluir que los tres números que aparecen en la posición e, para tres piezas que forman una columna, son siempre los mismos. Mirando los números dados en el puzzle y las piezas disponibles, se concluye que estos tres números son 5, 7 y 8.
Razonando de manera análoga, se puede concluir que en la posición i sólo pueden ir los números 3, 6, y 1.
Si observamos con atención la casilla c, podemos notar que, como deben haber tres piezas horizontales juntas, esta casilla no puede valer ni 5, ni 7, ni 8. Con un razonamiento análogo para las columnas se concluye que tampoco puede valer 3, 6, ó 1. por lo tanto deben ser 2, 4 ó 9.
Razonando de forma parecida para el resto de las casillas, se concluye que los valores que cada una puede tomar son:
A partir de esta conclusión, el problema se puede resolver mucho más fácilmente. De hecho, a partir de este punto casi no es necesario volver a revisar las piezas disponibles. Lo dejo para quien quiera resolverlo a partir de allí.
Dicho por Homero
domingo, 22 de mayo de 2005
(Si alguno de los participantes del PQRST 13 desea compartir pistas, métodos y atajos para resolver alguno de los acertijos del torneo, envíemelo por mail para que lo incluya.)
Un problema muy lindo fue el número 3: Yin Yang. Se los recuerdo.
Dibuje un círculo blanco o un círculo negro en cada casilla de la cuadrícula. Todos los círculos blancos deben estar conectados entre si compartiendo un lado. Los círculos negros también deben estar conectados entre ellos de la misma forma. No puede quedar un cuadrado de 2x2 que contenga cuatro círculos del mismo color.
La principal dificultad es: ¿Por donde empezar?
Uno puede tardar bastante tiempo probando combinaciones hasta dar con un punto de inicio; a menos que uno encuentre un atajo.
Tanto Ramtia como Homero nos cuentan una idea que facilita mucho las cosas.
Intenten resolverlo antes de seguir leyendo.
La idea luminosa es la siguiente:
El perímetro de la cuadrícula debe tener solo dos bloques continuos de círculos blancos o negros. Si hubiera más, al unir dos bloques de un mismo color, quedaría un bloque del otro color inconexo.
Esto es fácil de demostrar.
La situación inicial es más o menos así:
.N..........
.N........B.
............
N....N......
........NB..
Supongamos que hay una ficha blanca en medio de las dos fichas negras del perímetro:
.N..........
.N........B.
............
N....N......
...B....NB..
De cualquier manera que intentemos unir las fichas negras, esa casilla blanca nos quedará separada del resto. Por lo tanto, no puede haber casillas blancas entre las dos negras y el par NB señala uno de los límites entre los dos bloques (y hay que buscar el otro)
.N.........B
.N........BB
...........B
N....N.....B
NNNNNNNNNBBB
Además, como no pueden quedar cuadrados de 2x2 con cuatro círculos del mismo color...
BN........NB
.N........BB
..........NB
NB..BNB...NB
NNNNNNNNNBBB
Ahora si, se debe continuar rellenando el tablero respetando la regla del 2x2 y no dejando grupos aislados.
dicho por Ramtia y Homero en Mayo 22, 2005 10:11 PM
viernes, 20 de mayo de 2005
Uno de los acertijos más difíciles del PQRST13 fue el problema 10: Mínimum Máximum. De hecho solo 36 participantes de 146 obtuvieron algún puntaje, y solo 9 lograron el máximo.
Les recuerdo el enunciado:
Coloque letras en una cuadrícula de 6x6 para que se lean las palabras MAXIMUM y MINIMUM tantas veces como sea posible. Cada palabra debe ser obtenida pasando de una letra a otra en forma vertical, horizontal o diagonal. Cada letra puede ser usada más de una vez en la misma palabra.
La principal dificultad que se le presentaba a uno cuando atacaba este problema es: ¿Cómo hacer para contar todas las posibles maneras de leer las palabras sin que se escape ninguna?
En efecto es una tarea formidable... a menos que uno encuentre un atajo.
Homero fue quien, entre nosotros, encontró un método rápido y efectivo para contarlas y generosamente lo compartió con todos.
Por ejemplo, veamos la siguiente cuadrícula:
M M M M M M
U M U M U M
I M A M I M
N X I X N I
I M A M I M
U M U M U M
Intenten contar la cantidad de veces que aparece la palabra MINIMUM antes de seguir leyendo.
Explica Homero:
Se construye una tabla poniendo un 1 donde hay una M, y un 0 donde no:
1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1
0 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1
Como la letra que viene antes de la M en MINIMUM es la U, hay que construir otra tabla que en el lugar donde hay una U ponga la suma de los valores que rodean a esa posición en la tabla anterior (poniendo un 0 donde hay otra letra):
0 0 0 0 0 0
4 0 7 0 7 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
2 0 4 0 4 0
El número en cada lugar de esta tabla representa cuántas veces se puede escribir UM partiendo desde ese lugar.
Se repite el procedimiento, ahora con las letras M, I, N, I, y finalmente la M, siempre sumando con la tabla anterior.
Siguiendo este método se llega, con la M final (la primera de la palabra) a la siguiente tabla:
00 00 00 00 00 00
00 34 00 77 00 77
00 34 00 77 00 154
00 00 00 00 00 00
00 34 00 77 00 154
00 34 00 77 00 77
Aquí cada número representa cuántas veces se puede escribir MINIMUM partiendo desde la casilla correspondiente, por lo tanto, para saber el total de MINIMUMs basta con sumar la tabla completa:
MIN = 906
Se puede repetir el procedimiento con los MAX, y después se evalúa el resultado.
¿No les parece que era un bonito problema?
Dicho por Homero en Mayo 20, 2005 10:31 PM
miércoles, 18 de mayo de 2005
Los problemas del torneo PQRST son complicados y exigen dedicarles bastante tiempo para su resolución. Sin embargo, a veces, una idea luminosa (una idea AJA como las llama Gardner) nos permite ahorrar mucho esfuerzo.
Gracias a la generosidad de algunos de los participantes de la competencia y a su autor, Cihan Altay, que me autorizó a publicarlo, comenzamos hoy una serie de notas en las que daremos algunas pistas sobre como encarar la resolución de algunos problemas.
El primero será el problema 7: "Jumping Crossword", explicado por Aitor Martinez, conocido por aquí como Ramtia.
Les recuerdo el problema:
Coloque todas las palabras dadas en la cuadrícula, en forma horizontal o vertical hacia abajo como en un crucigrama normal. Puede haber espacios de 1 unidad al principio, en el medio y/o al final de las palabras.
La longitud de las palabras se da junto con la lista
Intenten resolverlo antes de seguir leyendo.
Para poder entendernos, vamos a establecer unas convenciones:
Para identificar una fila o una columna usaremos las letras f o c seguidas de un número. Por ejemplo, c9 y f3 identificarían la columna 9 y la fila 3 respectivamente.
Con la letra q y un número identificaremos una cantidad de casillas consecutivas: por ejemplo, con q4 nos referimos a 4 casillas consecutivas.
Comenzamos.
1) Hay una única palabra de lóngitud 9. Nos fijamos en la cuadrícula y vemos que debe ir en c7. Como tiene solo 4 letras, hay una única manera de colocar los 5 espacios, por lo que la misma queda fijada en forma exacta.
2) Trataremos de mirar que posibilidades hay en la zona en rojo
Si miramos la f10 podemos observar que en la zona en rojo que le pertenece, sólo puede ir una A o B, ya que de las dos palabras para las f10-q10, se podría acabar con ABA, B_A, BBD o B_D, por lo tanto solo podemos poner en la zona roja una A o B. Eso hace que nuestra solución de las c8-q2 rojas se reduzca a dos posibilidades, que son _A o BB.
Estudiemos el primer caso _A. Esto querría decir que la palabra de la fila inferior acaba con ABA, por lo tanto en la c9-q5 tendremos una B final. Con esas condiciones sólo tenemos una palabra, que es CDB. Probamos como queda.
Al tener la restricción en la f9-q7 con un espacio después de la C, tenemos que poner una letra, y en nuestro caso es un D de la palabra CDB (corresponde a la c9-q5). Pero eso implica que la palabra que va en las f9-q7 acabe con CDX siendo X cualquier letra o un espacio, pero esa palabra no existe. Por lo tanto en la zona roja solo puede ir BB.
3) Un paso más largo es descartar todas las posibilidades en las c9-q5, y la c10-q4.
Tenemos las siguientes posibles terminaciones en f10:
A. _B_A
B. _BA_
C. _BBD
D. _B_D
E. _BD_
Por lo tanto hay que estudiar 5 casos, pero sabemos que en la f9-q7 acaba con CB_A o CBA_, por lo tanto eso nos ayudará a encontrar la solución.
3A)
Es imposible ya que c9-q5 seria ACCA_, y eso obligaría a f8-q2 ha ser C_, cosa que no puede ser ya que haría tener en c10-q4 dos espacios seguidos en blanco
3B)
Por lo tanto de momento es posible esta combinación.
3C)
Con X marcamos donde hay una contradicción, ya que debería ser una A o una C para cumplir con f8-q2, pero si lo miramos por c9-q5 tiene que ser una D.
3D)
No puede haber 2 espacios en blanco y en f1-q3 los habría, ya que en c9-q4 no hay ninguna palabra que tenga como segunda letra una B.
3E)
Por lo tanto, la única combinación viable es la 3B) y por allí continuamos.
El tablero va quedando así:
A estas alturas, el tablero ya está bastante avanzado y seguramente podrán terminar de completarlo con razonamientos similares.
Quizá alguno logre resolverlo de una manera diferente y sería bueno que lo cuente. Espero que les haya gustado.
Dicho por Ramtia en Mayo 19, 2005 12:12 AM
miércoles, 16 de marzo de 2005
Quienes visitan este blog desde hace tiempo, sabrán que soy reacio a escribir las soluciones a los acertijos planteados. Pienso que de hacerlo, se arruinaría la diversión para quienes puedan llegar después a intentar resolverlos.
Nadie debería quedarse con la duda de cual es la solución a un problema ya que, en primer lugar, todos los acertijos aquí planteados son muy fáciles y se pueden resolver dedicándoles unos pocos minutos de razonamiento y, en segundo lugar, siempre alguien da la respuesta y la explicación en los comments (aunque a veces haya que encontrarla en medio de otras respuestas equivocadas)
Sin embargo, leyendo los comentarios de este problema, veo con asombro la cantidad de respuestas y razonamientos erróneos que se han escrito.
En vista de ello, voy a dar una pequeña explicación para neófitos sobre como solucionarlo.
Les recuerdo el acertijo:
Un muerto y cuatro sospechosos
En el interrogatorio, cada uno hizo dos afirmaciones:
Douglas: -Soy inocente. Pregúntenle a Triglas que hablaba con el muerto-
Triglas: -Soy inocente. Yo no hablé con la víctima.-
Fourglas: -Soy inocente. Fiveglas es el asesino-
Fiveglas: -Soy inocente. El asesino fue Douglas o Fourglas-
Un muerto y cuatro sospechosos...
Cuatro declaraciones falsas y cuatro verdaderas.
¿Quién es el asesino?
Asegurémonos de leer bien el problema y de entender exactamente que se nos pide. (si... léanlo de nuevo)
Hay cuatro sospechosos de los cuales uno es el asesino.
Hay 8 afirmaciones de las cuales cuatro son verdaderas y cuatro falsas según se nos informa en el enunciado. (si... léanlo de nuevo)
Los cuatro afirman ser inocentes, pero sabemos que uno de ellos es culpable, por lo tanto ya tenemos tres afirmaciones verdaderas y una falsa (aunque aun no sepamos cual es)
De las cuatro afirmaciones que nos quedan tres deben ser falsas y una verdadera (aunque aun no sepamos cual es). Esto es así porque el enunciado dice que hay 4V y 4F. (Si... léanlo de nuevo)
Prestemos atención a las segundas frases de Douglas y Triglas (si... léanlo de nuevo): Douglas dice que Triglas habló con la víctima y Triglas dice que no lo hizo. Ambas afirmaciones se contradicen, por lo que podemos estar seguros de que una es verdadera y la otra es falsa (aunque todavía no sepamos cual es)
Cómo una de las dos frases es verdadera (aunque no sepamos cual) y tres de las frases "soy inocente" son verdaderas (aunque no sepamos cuales), ya completamos nuestro cupo de cuatro verdades, por consiguiente, las dos frases que nos quedan son falsas. (Esto es así por que el enunciado dice... bueh... si... léanlo de nuevo)
Como es falsa la acusación de Fourglas, entonces Fiveglas es inocente.
Como es falsa la acusación de Fiveglas, entonces Douglas y Fourglas son inocentes.
Por consiguiente (y por descarte) Triglas es el culpable.
Si a alguno le queda la curiosidad, no hay manera de saber si Triglas habló o no habló con la víctima.
No era difícil y, en realidad, toma más tiempo explicarlo que razonarlo.
Seguramente habrá quien lo resuelva de otra manera. Seguro que si. Pero recuerden que debe resolverse a pura lógica y que no valen cosas como
- ¿si era inocente por qué miente?-
- Debe ser culpable porque hay dos que lo acusan-
- A mi me parece que el culpable es otro-
En fin. Cualquier duda... si... léanlo de nuevo
miércoles, 2 de febrero de 2005
El problema 8 del PQRST 12 me recordó un viejo método que sirve para contar caminos que quizá les interese.
No es exactamente la misma idea ya que este método solo sirve para contar caminos de longitud mínima. Sin embargo, igual les va a gustar y puede que a alguno le inspire para encarar el P8.
En la siguiente figura: ¿De cuántas maneras se puede ir de A a B?
Entendemos por camino de "longitud mínima" aquel que en ningún momento nos aleja de nuestro objetivo. En este caso, vale avanzar únicamente hacia la derecha y hacia abajo.
No son tantos caminos y los podrán contar rápidamente por su cuenta. Hagan la prueba antes de seguir leyendo.
Lo que debemos hacer es ir numerando los vértices de la siguiente manera
En A colocamos un "1" ya que hay una única manera de llegar allí. (ya estamos allí)
Avanzamos al siguiente vértice (a la derecha o hacia abajo) y también les colocamos un "1" ya que solo hay una manera de hacerlo.
Avanzamos un lugar más y colocamos un "2" ya que hay dos maneras de llegar allí: Derecha / Abajo o Abajo / Derecha.
No es casual que 2 sea la suma de 1+1.
Justamente, de lo que se trata el método es de ir completando los vértices con la suma de los valores con que están numerados los vértices más cercanos que conducen a el
en el ejemplo, seguimos numerando así:
No les será difícil seguir rotulando los vértices hasta poner un "13" en "B" que nos da la cantidad total de maneras que hay de llegar de A a B.
Quienes se interesen por este problema, pueden intentar responder una pregunta aparentemente más complicada, pero muy simple de responder siguiendo este método:
¿De cuantas maneras diferentes puede llegar una torre de ajedrez desde la esquina superior izquierda a la esquina inferior derecha?
Recuerden que la torre solo avanza en horizontal o en vertical, nunca en diagonal; además, los recorridos deben ser de longitud mínima, es decir, solo se mueve hacia la derecha o hacia abajo.
Quienes se sienten a resolverlo y tengan además un mínimo de formación matemática, recibirán una pequeña sorpresa (o no tanto) cuando vayan por la mitad del algoritmo.
Para el desarrollo de este texto me base mayormente en el libro "Inspiración AJA" de Martin Gardner
domingo, 8 de febrero de 2004
Supongamos que un día les propongo el siguiente sistema de ecuaciones:
7Y+24 = X
9Y = X+32
Y les pido que encuentren los valores de x e y que lo resuelven.
La mayoría de ustedes lo resolverá rapidamente aplicando alguno de los conocidos métodos de resolución de sistemas de ecuaciones.
La solución es única y no quedan dudas de cual es.
Sin embargo, si les propongo un acertijo como el de las mandarinas, la discusión en los comentarios se hace interminable
Me pregunto ¿por qué?
Cuando vemos el sistema de ecuaciones, a ninguno se le ocurrirá preguntar por un hipotético Z que podría existir, o si el X de la primera ecuación es igual al X de la segunda.
Las matemáticas tienen un lenguaje formalizado que no deja lugar a dudas sobre lo que queremos o no queremos decir.
Pero este no es un sitio de matemáticas. Cuando proponemos un acertijo lo hacemos en un lenguaje cotidiano, en una situación de todos los días con palabras que todos pueden entender... y aquí comienzan los problemas.
En el acertijo de las mandarinas, podríamos haber puesto algunas aclaraciones: Que no sobrarían mandarinas, que cuando decimos chicos nos referimos a todos y no solo a los varones, que no había manzanas ni naranjas etc, etc.
Y aquí llegamos al meollo de la cuestión. En mi opinión, es imposible aclararlo todo. Siempre existirá la posibilidad de que alguien le encuentre la quinta pata al gato.
Entonces ¿ningún acertijo tiene solución única?
Bueno... Una solución es buena en tanto y en cuanto responda la pregunta planteada utilizando los datos proporcionados por el problema.
A veces ocurre que un problema tiene múltiples soluciones por culpa de errores en su construcción, cómo por ejemplo en el buscaminas que propuse o en aquel de "En construcción"
Otras veces, se juega deliberadamente con la ambigüedad de las palabras para producir alguna sorpresa. Es el caso de los Cazabobos y de algunos juegos de palabras.
Pero, en la mayoría de los casos, la respuesta buscada es única y está bien definida.
Lo que se le pide al lector / resolvedor es que supere cualquier incongruencia del lenguaje y encuentre esa solución.
Siempre habrá quien opine que si hablamos de un hermafrodita siamés que nació un 29 de febrero de un final de siglo justo en la línea internacional donde el día cambia de fecha entonces la solución es otra. No seré yo quien les diga que están equivocados... pero si les diré... "Busquen la respuesta más simple"
Por supuesto, yo se (no soy tan tonto) que la mayoría de ustedes encuentran la solución correcta y luego se dedican a buscar soluciones alternativas cada cual más loca. Es parte de la diversión y a mi me resulta muy entretrenido.
Lo que no entiendo (tal vez si sea un poco tonto) es que, si nos estamos divirtiendo, ¿por qué se caldean los ánimos en los comments como si una vuelta de tuerca fuera mejor que la otra?
Les dejo por último una frase que bien se aplica a todo este escrito:
Pluralitas non est ponenda sine neccesitate
No se las traduzco, que para eso está Google, además, algo les tenía que poner para que resuelvan.
domingo, 25 de enero de 2004
Imagina querido lector que te encuentras sentado frente a mi viejo amigo Verne.
Yo tengo en mis manos dos sombreros: Uno rojo y uno verde.
Les pido que cierren los ojos y coloco en sus cabezas un sombrero.
Cuando los abres, no puedes ver tu sombrero, pero ves que Verne tiene puesto uno Verde.
¿De que color es tu sombrero?
Bueno... Demasiado fácil ¿No? Sigamos avanzando entonces:
Tengo ahora tres sombreros en mis manos: Dos rojos y un verde.
Cuando abres tus ojos, ves que Verne tiene puesto uno Rojo. Verne mira tu sombrero y dice: -Ya se de que color es el mío-
¿De que color es tu sombrero?
Obviamente, tu sombrero es Verde. Lo curioso del problema, es que no tienes manera de saberlo hasta que Verne dijo lo que dijo.
Veamos:
Ves un sombrero Rojo. Entonces quedan uno Rojo o uno Verde y no puedes saber cual es el tuyo.
Si Verne viese un sombrero Rojo, estaría en tu misma situación, pero como nos dice que pudo deducir el suyo es que vio que tenías puesto uno Verde.
Si Verne Hubiese dicho -No puedo deducir cual es mi sombrero- ¿De que color es el tuyo?
Los problemas con sombreros de colores son clásicos en el mundo acertijero. Aunque no parezca, involucran conceptos de lógica, de matemática combinatoria y de aritmética binaria.
Hay infinidad de variantes. Aquí les propongo algunas de las más fáciles:
Problema 1
Te encuentras ahora sentado junto a Julio y a Verne. Tengo tres sombreros Rojos y dos verdes. Cuando abren los ojos, cada uno puede ver los otros dos, pero no el propio.
Julio y Verne dicen al mismo tiempo: -No puedo saber el color de mi sombrero-
Si tu ves un sombrero rojo y un verde: ¿De que color es tu sombrero?
No es difícil. Empiecen haciendo la lista de todas las combinaciones de reparto de sombreros posibles y luego tachen las que no pueden ser.
Problema 2
Igual que el anterior, pero ahora Julio dice que no sabe el color de su sombrero y Verne afirma que el suyo es Rojo
¿De qué color es tu sombrero?
No es difícil y se resuelve igual que el anterior.
Problema 3
Igual que antes, tenemos tres rojos y dos verdes, pero ahora los tres están en fila india, de modo que Verne puede verlos a ambos, Julio puede verte a ti, pero no a Verne y tu no puedes ver a ninguno de los dos.
Verne: -No puedo saber el color de mi sombrero-
Julio: -No puedo saber el color de mi sombrero-
¿De qué color es tu sombrero
¿Y ahora?
En el primer problema sabíamos el color de dos sombreros. En el segundo, Julio nos informaba en el enunciado que el suyo era rojo. En esta variante no saben el color de nadie. ¿Podrán resolverlo?
En realidad, es muy fácil y muy conocido. Si lo buscan en Google, verán que es citado en innumerables páginas.
Un último problema, también de sombreros, aunque se resuelve de una manera un tanto distinta:
Problema 4Tenemos tres personas sentadas en círculo de manera que se vean entre si.
Les decimos que hemos puesto en sus cabezas un sombrero que puede ser rojo o verde, pero en realidad, les pusimos un sombrero rojo a cada uno.
Les pedimos ahora que levanten una mano si ven al menos un sombrero rojo. Obviamente, los tres levantan la mano.
Les preguntamos entonces si alguno es capaz de deducir el color de su sombrero
Pasaron unos minutos en los que nadie dijo nada y entonces, el mas inteligente llamado Markelo dijo: -Mi sombrero es rojo-
¿Cómo lo dedujo?
Update:
Los cuatro problemas fueron resueltos:
El primero por: Sebykey, Joe, santiago, itn y ramtia.
El segundo por: Sebykey, Joe, santiago, itn y ramtia.
El tercero por: Sebykey, Joe, santiago, itn y ramtia.
En el cuarto hubo varias explicaciones, la mayoría incompletas o erradas. Para mi gusto, las mejores son las de Manuel y Petete
domingo, 23 de noviembre de 2003
Desde un comienzo, publiqué en este sitio problemas de veraces y mentirosos.
Si bien todos fueron resueltos, he notado que no todos los entienden. Es más: muchos los responden correctamente, pero empleando argumentos incompletos o completamente erroneos.
Pensando en ello, he escrito este pequeño post (más largo de lo habitual) como para darles algunas ideas para resolver este tipo de problemas.
¿De qué se trata?
Los veraces y mentirosos son una fauna muy común en el mundo acertijero. Son también conocidos como "veros y mentos", "caballeros y bribones", caballeros y escuderos" y de muchas maneras más.
Su principal característica es que, por algún tipo de impulso psico-lógico los veraces siempre y en toda ocasión dicen la verdad y los mentirosos siempre y en toda ocasión mienten.
Para este tipo de problemas será equivalente decir "A es veraz" y "la afirmación de A es verdadera". De igual modo, es equivalente decir "B es mentiroso" y "la afirmación de B es falsa"
El problema
Si estos personajes existieran sería muy fácil descubrir quien es quien. Bastaría con preguntarles algo que pudieramos verificar inmediatamente como ¿Llueve? o ¿Tu pantalón es verde? o algo así.
Por supuesto, esto no sería nada divertido en un acertijo.
Normalmente, en estos problemas se hacen una serie de afirmaciones enigmáticas a partir de las cuales se nos puede pedir que respondamos algunas cuestiones:
¿Cuáles afirmaciones son verdad y cuáles mentira? o
¿Cuál es la identidad de alguno de los personajes? o
¿Cuál es la respuesta al alguna cuestión? (¿Quién es el asesino? ¿Cuál es el camino? etc)
Cómo resolverlos
Basicamente, lo que hay que hacer es asignar valores lógicos (verdadero o falso) a cada frase hasta obtener un sistema coherente y sin contradicciones.
Es decir: tomamos una de las afirmaciones y decimos que es, digamos, verdadera. y vemos que ocurre con el resto de las frases. Probamos luego que ocurre si es falsa y así hasta que no nos queden contradicciones.
Las respuestas que demos tienen que estar basadas unicamente en la verdad y falsedad de las pistas y en su coherencia. No valen cosas como:
"Debe ser verdad porque a las mujeres no les gusta el futbol" o
"Seguro que es mentira porque algunos hombres saben cocinar" o
"Debe ser mentiroso porque si no hubiese dicho directamente quien era el mayordomo"
Algunos problemas requieren conocimientos de lógica y el empleo de tablas de verdad (usadas en lógica matemática), pero no es el caso de los problemas que propongo en "Pequeños Enigmas"
Aquí los acertijos se resuelven utilizando solo un poco de sentido común y algunos conocimientos mínimos de lógica como ser:
La paradoja del mentiroso
-Soy un mentiroso-
Dije esta frase y no pasó nada. Nada me impide decirla.
Sin embargo, los veraces y mentirosos tienen una imposibilidad lógica de decirlo.
En efecto, un veraz no lo diría porque estaría mintiendo y un mentiroso no lo diría porque estaría diciendo la verdad.
Esto, que puede estar escondido de diversas maneras, es conocido como "paradoja del mentiroso" y sirve para resolver varios problemas, como por ejemplo este:
Yo: - Julio, ¿sos veraz o mentiroso?
lamentablemente, el ruido de una moto no me dejó escuchar su respuesta. Entonces le pregunté a Verne:
Yo: - Verne, ¿Qué fue lo que dijo Julio?
Verne: - Dijo que era veraz.
Aquí no escuchamos la respuesta a la primer pregunta, pero no importa porque "sabemos" por la paradoja del mentiroso que su respuesta fue -Soy veraz-
Entonces, la afirmación de Verne es verdadera y el mentiroso es Julio.
Tercero excluido
El principio de tercero excluido nos dice que dos afirmaciones contradictorias no pueden ser ambas verdaderas. Una debe ser falsa y la otra verdadera. No hay una tercera posibilidad.
Si se dice: "esto es blanco" y "esto no es blanco" sabemos que una es verdadera y la otra no (aunque aun no sepamos cual es cual)
Este principio nos permite resolver problemas como por ejemplo este:
Se encuentran Julio y Verne:
-Hola Verne- dijo una voz
-Hola Verne- dijo la otra voz.
Sabemos que ambos no pueden estar siendo veraces. Obviamente Julio está saludando a Verne y Verne está mintiendo.
Hay muchas otras cuestiones que se podrían decir de este tipo de problemas, pero ya quedó muy largo. Lo escribiré en otra ocasión.
Les dejo un problema (tomado del libro de Smullyan "Satán Cantor y el Infinito") para que se prueben y vean si entendieron algo:
¿Qué era cada uno?El antropólogo llegó a la isla de los veraces y mentirosos y se encontró con tres nativos: Aldo, Beto y Carlos.
Dirigiendose a Aldo le preguntó:
¿Son ambos, Beto y Carlos, veraces?
Aldo respondió que si.
Entonces volvió a preguntarle: ¿Beto es Veraz?
Para su sorpresa Aldo respondió que no.
domingo, 14 de septiembre de 2003
Atención: Peligro de post largo
Hace unos días, había publicado esta Batalla Naval y había prometido escribir una explicación de como se resuelve paso a paso.
Prueben por su cuenta antes de ver la explicación.
Algunas cosas que tienen que saber:
El juego:
Se trata de descubrir la ubicación de 10 barcos repartidos en el tablero.
Los barcos son: 1 acorazado (de 4 casillas), 2 cruceros (de 3 casillas), 3 destructores (de 2 casillas) y 4 submarinos (de una casilla).
Las reglas:
Los barcos están colocados siguiendo las filas y columnas (nunca en diagonal) y no se tocan entre sí (ni siquiera por las esquinas). Esto último equivale a decir que en todas las casillas que rodean a un barco hay agua.
Las pistas:
En la columna de la derecha y en la fila inferior se colocaron algunos números.
Estos indican la cantidad de casillas ocupadas por la flota en la respectiva fila o columna.
También se conocen algunas casillas ocupadas por la flota. La forma nos está indicando también si se trata de un extremo o del centro de un barco o de un submarino. No fue el caso de este problema, pero también se suelen indicar algunas casillas ocupadas con agua.
La solución:
Bueno. A resolver. ¿Por donde empezamos?
Hay que comenzar por lo obvio.
Algunas filas (E, G, I) y columnas (5, 10) tienen un 0 por lo que les hacemos una marca para indicar que allí no hay ningún barco.
También tachamos las casillas alrededor de los barcos que aparecen parcialmente colocados.
Fijensé en la columna 1: Hay un uno el cual está cumplimentado con la casilla ocupada en D1 por lo que podemos tachar el resto de la columna.
Es interesante el caso de la columna 2. Hay un dos. La forma de la casilla D1 nos indica que D2 también estará ocupada y junto a J2 completan la columna. Podemos tachar las casillas restantes.
El tablero va quedando así:
Una buena medida para continuar es preguntarnos ¿Donde puede estar el barco de 4 casillas?
En principio tenemos dos posibilidades: la fila J o la columna 8 (en todas las demás hay menos de 4 casillas ocupadas).
Gracias a las casillas que ya hemos tachado, vemos que el barco que comienza en J2 puede tener como máximo tres casillas de largo. El acorazado entonces solo puede ir en la columna 8. Lo colocamos, tachamos las casillas que lo rodean y, ya que estamos, vemos que la fila B ha quedado completa y también podemos tachar lo que queda.
Hasta ahora vamos así:
Por ejemplo:
La fila C tiene 3 casillas ocupadas y solo nos quedan tres disponibles. Las marcamos.
Ya sabíamos que D2 estaba ocupado por lo que la fila D también está completa. Marcamos lo que queda.
¿Donde van los dos cruceros de tres casillas? Uno evidentemente en la fila J ( j2, j3 y j4). El otro en la fila F. Hay dos posibilidades: (f6,f7,f8) o (f7,f8,f9). Lo que es seguro es que (f7,f8) están ocupadas y las marcamos.
ya nos acercamos al final.
Revisamos lo que nos falta poner: dos destructores, un submarino y completar un crucero
Las casillas que quedan libres lo hacen casi evidente.
La solución queda así:
El razonamiento seguido es bastante lógico pero se podrían haber intentado otros caminos u otro orden. A veces comenzamos con una deducción y se nos abren muchos caminos a seguir. Otras veces comenzamos por otro lado y no nos deja muchas opciones para seguir razonando. Es cuestión de suerte, aunque con el tiempo y la práctica uno termina desarrolando un cierto olfato acertijero que nos dice cual es el mejor lugar para comenzar.
Suele ocurrir también que llega un momento en que no hay más deducciones para realizar. En estos casos no nos queda más remedio que hacer algún tanteo (si coloco este barco aquí... no me queda lugar para el otro, entonces pruebo de ponerlo mas allá...).
Trato de que mis problemas de Batalla Naval se resuelvan con un máximo de razonamiento y un mínimo de tanteo aunque, claro, no siempre me sale así :-)
Si tienen dudas, comentarios u otro métodos, no dejen de comentarlo.
Nuevo problema:
Eso mismo. Les dejo uno para que resuelvan y vean si entendieron las explicaciones.
domingo, 24 de agosto de 2003
Hace un tiempo publiqué este acertijo:
"Dicen que este sabueso visitó todas las casillas del tablero.
Encuentren como fue el recorrido... o demuestren que es imposible de lograr."
La solución de este acertijo implica el conocimiento de un "criterio" que permite solucionar infinidad de problemas que aparentemente no tienen nada que ver entre si.
Intenten solucionarlo por su cuenta antes de leer la explicación que sigue.
Lo primero es comenzar a probar algunos recorridos intentando familiarizarnos con el problema.
Luego de unos tanteos al azar, nos convenceremos que cualquier recorrido que hagamos nos deja siempre una casilla sin recorrer. ¿Qué hacer entonces?
La idea luminosa que permite solucionarlo es el llamado "criterio de paridad" también conocido como "criterio del damero" o "del tablero de ajedrez".
Pintamos el tablero como si fuera un tablero de ajedrez:
Ahora bien: Si las contamos, vemos que hay 13 negras y 12 blancas. Para que el recorrido pueda hacerse entonces, se debería empezar por una casilla negra (¿por qué?), pero el número 1 fue puesto en una casilla de las blancas. El recorrido es por lo tanto imposible.
Es increíble la cantidad de problemas que pueden solucionarse de esta manera.
Por ejemplo este:
Mi tío quiere embaldosar un patio cuadrado de ocho casillas de lado que tiene en dos de sus ángulos unos hermosos árboles tal como se ve en la siguiente figura.
Muestre como hacer el cubrimiento o demuestre que es imposible
Más adelante les propondré otros problemas que se resuelven con el "Criterio de paridad". (aunque, claro, no les avisaré que es así)
domingo, 13 de julio de 2003
¡Atención! Peligro de post largo.
Comienzo hoy una nueva sección que he llamado "¡Ah! Era así"
Aquí iré poniendo ayudas, guías y métodos para resolver acertijos clásicos que suelo postear en este blog.
La primer nota está dedicada a los llamados "Enigmas lógicos", un entretenido pasatiempo de aparición habitual en diversas revistas de entretenimiento. (Por ejemplo, en los kioscos argentinos pueden encontrar una con ese nombre publicada por Ediciones de mente)
En Pequeños enigmas ya puse uno de este tipo (muy simple) en el post "Fiesta de colores".
Se los recuerdo aquí y luego lo resuelvo paso a paso.
Tres amigas, Rosa, Blanca y Celeste se encuentran en una fiesta. En un momento dado Rosa dijo: -¿Se dieron cuenta que las tres nos pusimos vestidos de color rosa, blanco y celeste? -
-Si -le contestó la que vestía de blanco- pero ninguna se vistió con un color igual al de su nombre-
¿De que color estaba vestida cada una?
Resuélvanlo por su cuenta y después sigan leyendo
Update:
El problema del final de la nota fue resuelto por Ylek
lunes, 26 de mayo de 2003
Este acertijo es un poco más complicado que los publicados hasta ahora ya que requiere de un análisis diferente, pero como siempre me sorprenden, seguramente lo resolverán.
Dicen que este sabueso visitó todas las casillas del tablero.
Aquí pueden ver otros problemas con sabuesos.
domingo, 11 de mayo de 2003
Este problema es uno de los clásicos archiconocidos; sin embargo me gusta mucho y por eso lo posteo.
En el club de mi barrio organizaron hace unos años un torneo de tenis. Hubo 9 inscriptos y el fixture quedó más o menos así:
Como verán, hubo algunas dificultades. El participante I pasó directamente a la segunda ronda. Lo mismo ocurrió con el ganador entre A y B.
En total pueden contar que hubo ocho partidos.
Al año siguiente, el campeonato tuvo mucho más éxito y hubo un total de 135 inscriptos. ¿Cuántos partidos se jugaron en total en el torneo?
El problema en si no reviste mayor dificultad. Es cuestión de tomarse el trabajo de armar el fixture y contar los partidos. O de ir dividiendo por dos y tomar los restos para calcular los pases a otra ronda.
La gracia está, y por eso me gusta tanto este acertijo, en encontrar una manera rápida y sencilla de responder sin hacer ningún cálculo.
¿Cómo lo resuelven ustedes?
Update:
CarlosFD nos cuenta una linda manera de resolverlo.
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