El problema de las familias de Ben -An -One planteado la semana pasada admite diferentes soluciones, ya que se interpreta la declaración. Por supuesto, en ambas familias hay hombres y mujeres, como sugiere el contexto, y que cuando dos hombres los abrazan es solo un abrazo (parece el más razonable, porque decimos que Fulano y Mengano han abrazado, no dos). Sin embargo, para el beso que incógnita El da a Y ser lo mismo que Y El da a incógnitaDebe ser un beso en la boca, que generalmente no es el caso con los saludos de la interfamiglia, y menos si se dan dos besos por persona. Entonces, si lo consideramos en cada juego de Besucón, hay cuatro besos y llamadas A a la cantidad de hombres Hernández, B al número de mujeres hernández, Y al número de hombres Fernández E do En el número de mujeres Fernández, tendremos:
A x e = 24
A XC + EXB + BXC = 132/4 = 33
El enfoque «ferr» del problema consistiría en el comienzo de las descomposiciones plausibles de 24 en dos factores: 2 x 12, 3 x 8 y 4 x 6, lo que da lugar a cuántas soluciones. Pero, insisto, son posibles otras interpretaciones (ver comentarios la semana pasada).
Hay una versión más simple de este clásico en la que los abrazos son 21, que, por un lado, se excluye la posibilidad de que cada abrazo valga dos y, por otro, solo hay una descomposición probable en dos factores: 21 = 3 x 7.
En cuanto al problema de los saludos formales, es muy simple si nos damos cuenta de que en cada apretón de manos, incluso siendo uno, como el abrazo, dos acciones manuales individuales convergen (que para simplificar, llamaremos «deslizamientos»), es decir, 66 x 2 = 132. norte Las personas en la reunión y todos sacuden a todos los demás, habrá «flujos» n (n-1), de modo que n (n-1) = 132. Y no es necesario resolver la ecuación de segundo grado para verlo norte = 12.
Y en cuanto al número de personas que han reducido un número impar de manos a lo largo de sus vidas, Bretos Bursó ofrece una solución muy brillante en la línea CVA (viejo estilo antiguo):
«Suponga que en cada brujería, alguien separa los dos palos de una cruz que toma cruces del saco y da una parte a cada persona de lo apretado. Todas las cruces y todos los palos son los mismos. Tan pronto como una persona reúne dos palos hasta ese momento, una pareja en una pareja) ha salido, otro número igual ha caído a la diferencia y la diferencia, que es igual, es el número de personas que tienen una persona que tiene una gente que tiene una gente que tiene una persona que tiene una persona.
La tarjeta rectangular
Durante un par de semanas, algunos problemas relacionados con el problema del viaje del caballo en tarjetas rectangulares (abordadas en sus tiempos por el propio Eulero) estaban pendientes, particularmente en 3×4. Aquí está el análisis detallado de Fuster Rescue:
«Cuando dibuja el descenso gráfico asociado con el problema del viaje del caballo para la tarjeta 3×4, se obtienen dos ciclos (1-7-9-8-10-1 y 3-5-11-6-12-3) con un par de bordes adicionales que los conectan: 2-11 y 3-10.
Si comienza desde la esquina superior izquierda (Cuadro 1) y el cuadro de llegada no es limitado, tendremos dos posibilidades:
1-7-2-8-10-3-5-5-11-6-12
1-7-2-8-10-3-12-6-4-11-5
Si hemos elegido la primera o última línea como un cuadro inicial, tendremos varias posibilidades. Por ejemplo, si elegimos el cuadro 5, las rutas completas serán:
5-11-6-6-12-10-8-9-7-1 (coincide con 1-7-9-8-10-3-12-4-4-11-5, pero ha viajado por el contrario)
5-11-4-6-12-10-1-7-2-8
5-3-12-6-4-11-9-9-7-1-10-8 (simétrico para el anterior)
5-3-12-4-11-8-10-10-1-9 (invertido y simétrico de 1-7-9-8-10-3-3-12-4-11-5)
Si elegimos como un cuadro inicial que no es una esquina o un final de la segunda fila, no podremos hacer un recorrido completo.
Por lo tanto, si no me equivoco, solo habrá 3 soluciones diferentes si descarté simetrías, curvas o recorridos por el contrario. «