Autor Tema: ¿Cuántas puede haber como mínimo?

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05 Septiembre, 2024, 06:10 pm
Respuesta #10

geómetracat

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Adjunto el PDF con la resolución del problema escrita a mano, donde demuestro que el tablero no puede tener menos de 23 casillas.
:aplauso: :aplauso:
Editado: No veo claro el argumento para la región 2. Si pintas del cuadrado 3x3 del centro las tres casillas en gris y una de las diagonales del cuadrado de azul, y el resto de casillas en rojo, tienes una configuración con \( 5 \) azules que cumple las condiciones, ¿no?

Citar
Una solución: (...)
Al final del PDF hallo la configuración del tablero con 12 casillas rojas, por lo que tu solución debe estar mal. A ver qué opinas.
En efecto, mi solución está mal.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

05 Septiembre, 2024, 07:05 pm
Respuesta #11

Guli-Guli

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No veo claro el argumento para la región 2. Si pintas del cuadrado 3x3 del centro las tres casillas en gris y una de las diagonales del cuadrado de azul, y el resto de casillas en rojo, tienes una configuración con \( 5 \) azules que cumple las condiciones, ¿no?

La idea es que hay casillas marcadas con "\( \circ \)", "\( + \)" y "\( \times \)", por los cuales dos de ellas deben ser azules sí o sí.

Si fuera posible pintar en la región 2 menos de seis casillas, por lo dicho anteriormente todas ellas estarían situadas en las casillas marcadas, ya que sólo la casilla central aparece marcada tanto con "\( + \)" como con "\( \times \)". Esto implica que las casillas que aparecen arriba y abajo del cuadrado central deben estar coloreadas de rojo.

Ahora recuerda que las reglas del juego nos dice que cada casilla debe tener dos vecinas azules. Esto implica que las casillas adyacentes a los lados izquierdo y derecho de cada una de las casillas pintadas de rojo deben tener dos vecinas azules, lo que obliga a que se pinte de azul las cuatro esquinas del cuadrado central 3 x 3 de la región. Ahora simplemente falta por colorear dos de las casillas marcadas con "\( \circ \)" de azul y llegamos, así, a una contradicción.

Espero que se entienda bien mi argumento.

05 Septiembre, 2024, 07:52 pm
Respuesta #12

geómetracat

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La idea es que hay casillas marcadas con "\( \circ \)", "\( + \)" y "\( \times \)", por los cuales dos de ellas deben ser azules sí o sí.

Si fuera posible pintar en la región 2 menos de seis casillas, por lo dicho anteriormente todas ellas estarían situadas en las casillas marcadas, ya que sólo la casilla central aparece marcada tanto con "\( + \)" como con "\( \times \)". Esto implica que las casillas que aparecen arriba y abajo del cuadrado central deben estar coloreadas de rojo.

Ahora recuerda que las reglas del juego nos dice que cada casilla debe tener dos vecinas azules. Esto implica que las casillas adyacentes a los lados izquierdo y derecho de cada una de las casillas pintadas de rojo deben tener dos vecinas azules, lo que obliga a que se pinte de azul las cuatro esquinas del cuadrado central 3 x 3 de la región. Ahora simplemente falta por colorear dos de las casillas marcadas con "\( \circ \)" de azul y llegamos, así, a una contradicción.

Espero que se entienda bien mi argumento.
Sí, ahora sí lo veo.  :aplauso: :aplauso:
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

16 Febrero, 2025, 10:18 pm
Respuesta #13

Richard R Richard

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Este hilo me trajo miga y me dio ganas de trabajar en fuerza bruta.

hice este programa

 programa
Código: [Seleccionar]
n=11
q=(2**n)-1
#print (q)
encontrados=0
for a in range(q,2**27):
   if a/1000000==int(a/1000000):
      print (a)
   bin_a = bin(a)
   #print (bin_a)
   largo=0
   y=''


   for x in str(bin_a):
      if largo>>1:
         #print (x)
         y=y+x
      else:
         largo=largo+1
   base='00000000000000000000000000000000000'+y   
   base=base[-35:]
   base=base[:34]+'0'+base[-1:]
   base=base[-35:]
   base=base[:30]+'0'+base[-5:]
   base=base[-35:]
   base=base[:28]+'0'+base[-7:]
   base=base[-35:]
   base=base[:22]+'0'+base[-13:]
   base=base[-35:]
   base=base[:14]+'0'+base[-21:]
   base=base[-35:]
   base=base[:8]+'0'+base[-27:]
   base=base[-35:]
   base=base[:6]+'0'+base[-29:]
   base=base[-35:]
   base=base[:2]+'0'+base[-33:]
   base=base[-35:]
   unos=0
   for z in base:
      if z=='1':
         unos=unos+1
   bandera=0
   if unos>=12 and unos<=14:
      #print (base," ",a)
      #hacer prueba
      #1,7,29,35
      #2
      if int(base[0:1])+int(base[8:9])+int(base[2:3])>=2:
         bandera=1
      #3
      if int(base[1:2])+int(base[9:10])+int(base[3:4])>=2:
         bandera=1   
      #4
      if int(base[2:3])+int(base[10:11])+int(base[4:5])>=2:
         bandera=1
      #5   
      if int(base[3:4])+int(base[11:12])+int(base[5:6])>=2:
         bandera=1
      #6
      if int(base[4:5])+int(base[12:13])+int(base[6:7])>=2:
         bandera=1
      #8
      if int(base[0:1])+int(base[8:9])+int(base[14:15])>=2:
         bandera=1
      #9
      if int(base[1:2])+int(base[15:16])+int(base[7:8])+int(base[9:10])>=3:
         bandera=1
      #10
      if int(base[2:3])+int(base[16:17])+int(base[8:9])+int(base[10:11])>=3:
         bandera=1
      #11
      if int(base[3:4])+int(base[17:18])+int(base[9:10])+int(base[11:12])>=3:
         bandera=1
      #12
      if int(base[4:5])+int(base[18:19])+int(base[10:11])+int(base[12:13])>=3:
         bandera=1
      #13
      if int(base[5:6])+int(base[19:20])+int(base[11:12])+int(base[13:14])>=3:
         bandera=1
      #14
      if int(base[6:7])+int(base[12:13])+int(base[20:21])>=2:         bandera=1
      #15
      if int(base[7:8])+int(base[15:16])+int(base[21:22])>=2:
         bandera=1
      #16
      if int(base[8:9])+int(base[22:23])+int(base[14:15])+int(base[16:17])>=3:
         bandera=1
      #17
      if int(base[9:10])+int(base[23:24])+int(base[15:16])+int(base[17:18])>=3:
         bandera=1
      #18
      if int(base[10:11])+int(base[24:25])+int(base[16:17])+int(base[18:19])>=3:
         bandera=1
      #19
      if int(base[11:12])+int(base[25:26])+int(base[17:18])+int(base[19:20])>=3:
         bandera=1
      #20
      if int(base[12:13])+int(base[26:27])+int(base[18:19])+int(base[20:21])>=3:
         bandera=1   
      #21
      if int(base[13:14])+int(base[19:20])+int(base[27:28])>=2:
         bandera=1
      #22
      if int(base[14:15])+int(base[22:23])+int(base[28:29])>=2:
         bandera=1
      #23
      if int(base[15:16])+int(base[29:30])+int(base[21:22])+int(base[23:24])>=3:
         bandera=1
      #24
      if int(base[16:17])+int(base[30:31])+int(base[22:23])+int(base[24:25])>=3:
         bandera=1
      #25
      if int(base[17:18])+int(base[31:32])+int(base[23:24])+int(base[25:26])>=3:
         bandera=1
      #26
      if int(base[18:19])+int(base[32:33])+int(base[24:25])+int(base[26:27])>=3:
         bandera=1
      #27
      if int(base[19:20])+int(base[33:34])+int(base[25:26])+int(base[27:28])>=3:
         bandera=1
      #28
      if int(base[20:21])+int(base[26:27])+int(base[34:35])>=2:
         bandera=1
      #30
      if int(base[28:29])+int(base[22:23])+int(base[30:31])>=2:
         bandera=1
      #31
      if int(base[29:30])+int(base[23:24])+int(base[31:32])>=2:
         bandera=1   
      #32
      if int(base[30:31])+int(base[24:25])+int(base[32:33])>=2:
         bandera=1
      #33   
      if int(base[31:32])+int(base[25:26])+int(base[33:34])>=2:
         bandera=1
      #34
      if int(base[32:33])+int(base[26:27])+int(base[34:35])>=2:
         bandera=1
      if bandera==0:   
         r1=base[0:7]
         r2=base[7:14]
         r3=base[14:21]
         r4=base[21:28]
         r5=base[28:35]


         print('sirve ', base, 'tiene ', unos, ' unos, encontrados=',encontrados+1)
         print(r1)
         print(r2)
         print(r3)
         print(r4)
         print(r5)

         encontrados=encontrados+1
[cerrar]
Después trabajé el resultado en excel  con formatos condicionales para traducir los 0 y 1 por azules y rojos creando las imágenes 

Para hallar todas las soluciones de 12 ,13, y 14 cuadrados rojos, en las $$2^{35-8}=2^{27}$$ posibles combinaciones ya que de las 35 casillas hay 8 que necesariamente son azules y son las laterales de los vértices.

encontré 63 42 18 soluciones posibles de mínimo 23 cuadrados azules es decir un máximo de 12 cuadrados rojos.
Muchas son rotaciones y imágenes especulares de otras, ya que una imagen no simétrica puede espejarse en horizontal, vertical o rotarse para dar otra solución.

aqui les dejo la imagen de todas ellas.




 Aver si Deepseek evoluciona para ser mas bruto que yo, seguro que no puede jaja!
Saludos


Edito encontré dos errores en el programa y me crearon varias soluciones erróneas, lo depuro y lo posteo
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

16 Agosto, 2025, 07:09 pm
Respuesta #14

Richard R Richard

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Por ejemplo, la solución de Guli-Guli que dio en el hilo original, ¿la das por buena?.
Para un problema  de numero de baldosas fijo de 5x7 como este no tengo mayores aclaraciones que pedir. Una cosa es limitar el razonamiento a ese número de baldosas o como lo vengo pensando para cualquier numero de baldosas.

En este hilo es  la respuesta en fundamentar si es posible $$a<23$$  o $$r>12$$ ... ya sea por una serie de argumentos lógicos, o por fuerza bruta como yo lo hice.
Si tu me preguntas que es más fácil , hallar la cadena de razonamientos lógica que resuelva este problema o la solución por fuerza bruta, sin pestanear te digo la segunda opción.

Ahora... sí me parece lógico preguntarse si se puede emplear ese razonamiento u otros adicionales para dar solución a cualquier tablero p x q (a fuerza bruta carece de sentido), y que no tiene porque tener exactamente la misma lógica que el de 5x7.
Si  una IA se le atreve a dar una respuesta para 5x7 es lo mismo que pedirle para un p x q cualquiera, como podemos evaluarla entonces , conociendo la respuesta de antemano... podemos hallar la linea lógica para cualquier pxq , no , o hasta ahora eso es lo que creo, pero si puedo hallar por fuerza bruta dentro de tiempos razonables de ocio la respuesta exacta hasta unas 50 casillas (fraccion infima de lo posible)  se puede hacer (sin cortes de luz, o protegiendo de cortes cada registro de solución) una de 50 casillas creo que lleva mas de 1 año, estoy pensando un algoritmo que lleve ese tiempo pero resuelva a la vez todos los tableros menores a ese numero de casillas (pero mientras me fijo si vale la pena sabiendo  de alguien que le interesa tal resultado).

Por el lado de la lógica de las regiones 1 y 2 , yo veo que  hay otras opciones de atacar de problema imponiendo restricciones si el numero de casillas por lado se vuelve 5 o menor , cuando es 6 o mayor , se puede generalizar mejor. Por eso digo que la Lógica varia con el numero de casillas.

En esta imagen presento , las configuraciones de las esquinas y del un centro de 5x7 que no se riñen con el enunciado, pero que alponerlos contiguos  hay configuraciones que no son compatibles con otras,  si te fijas el maximo para los vertices es 6 rojas  y para el centro 8 rojas, pero como las configuraciones de 8 no son compatibles con exteriores de 6 , el maximo se reduce, incluso  puede verse que ninguna rotacion de un centro de 8 rojas es compatible con un exterior de solo 6 rojas, pero si con 4 , una por vertice... luego el máximo es 12.


Pero con una fila o columna mas por lado , la lógica a seguir es completamente diferente.

En el grafico que presento estan escritas en negro las cantidad de rotaciones del mismo diseño posibles, cada uno tiene una cierta compatibilidad con un vertice (que al ubicarlas adyasentes se cumplan las reglas del juego y que a la vez maximice r o minimice b) , además  desarrollo como es posible continuar su construcción, Ojala pudiese  confirmar si he sido exhautivo para cada región... pero como digo esa region 2 o es solo para un problema 5x7, y no una regla general, adm{as que siecertas configuraciones son posibles pero no maximizan el problema por lo tanto tambien son descartables.


Uno podria imaginar si dos de estas regiones (manejando sus rotaciones y simetrias especulares) se pueden superponer igualando 8 de sus 13 baldosas, creando una region mayor... así  viendo cuantas de estas regiones son viables de cumplir las reglas y a la vez maximicen r o minimicen b segun se enuncie el problema.
Para estar seguro de lo que se está por probar, es que hay que ser exaustivo en el analisis de las posibles configuraciones. Para lo cual voy a crear un programa  que me diga cuales son tadas las que hay, y luego otro que elimine las que no son posibles de cobinar con otro disño adyasente... pero a priori veo que las posibilidades se dispararan y no serán muy manejables lógicamente , pero si por fuerza bruta. 


Pd. una vez que posteé me doy cuenta que no están completas todas las configuraciones , pero lo que si interesa son aquellas que tienen la mayor  cantidad de rojas , y no las de pocas porque estan  no maximizan ni minimizan nada en el problema.

Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Agosto, 2025, 05:05 am
Respuesta #15

Richard R Richard

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Al momento de responder anteriormente , el calculo a ojo de las posibles variaciones de la regon 2 me daban 164 posibilidades, pero exhaustivamente son 2145, pero no todas son optimas,  solo 966 de ellas no le puedes agregar una baldosa roja al interior , sin que altere el exterior.
Esas 966 estan en el excel que adjunto.


Ahora para resolver el problema  de 5 x 7 hay que escojer 4 de las 6 posibles esquinas(ABCDEF) , combinarlas coincidiendo en la baldosa media para formar 2 regiones 1 y combinarlas con cualquiera de las 966 entonces nuevamente hay que analizar 2 cosas
  • si respeta las reglas del juego
  • si es una combinacion óptima.
Como calculó Guli-Guli ninguna de las 2145 combinaciones y claro está ninguna de las 966 tiene mas de 8 casillas rojas.
Como maximo del analisis de las regiones 1 puede haber 6 , lo que lleva al problema a una cota de 14 , pero la combinatoria tiene que ser decisiva en no permitir que ninguna de las combinaciones de 8 de la region 2 sea compatible con la region 1 de 6 rojas y que la de  region 1 de 6 sea solo compatible con regiones 2 de menos de 8, así se podrá ver que solo hay combinaciones posibles de regiones
r1 con r2 en rojas
4 con 8
5 con 7

6 con 6 

Así ahora la exhaustividad pasa por calcular maximo $$6^4\cdot 966$$  posibilidades pero en realidad son muchisimas menos  por optimizacion A no cumple y  porque notas son compatibles con todas BCy E  son compatibles entre ellas  ,  D y F solo entre ellas , (un calculo me da  $$4(3^2+2^2)966=50232$$) entonces es mucho menor que $$2^{27}$$  es menos del 0,04%  del calculo original.

Tableros mas amplios inician en combinar 2 de estos tableros mas pequeños que coinciden en 8 de las 13 baldosas, generando un nuevo objeto que puede ser añadido generando nuevas posibilidades y descartando otras combinaciones.
Luego cada objeto se puede combinar con cualquier otro tablero menor o mayor para formar el rectangulo un de pxq , en cada paso hay que preguntarse si las piezas interior permiten el agregado de alguna roja mas en cuyo caso ese objeto no es óptimo y se descarta pues aparecerá el que sí tiene la roja agregada y mejorará la marca de rojas.

Con mas tiempo  trataré de  ser concluyente reduciendo aun mas las configuraciones que se pueden dar.

Ese analisis es explicble a una IA ... como puede hacer las continuaciones, y con su potencia puede que resuelva mas rapido y certero.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Agosto, 2025, 02:41 pm
Respuesta #16

Richard R Richard

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Hola, en el pdf Guli-Guli dice "En ambas mitades no puede haber mas de 3 rojos" refiriendose a las 2 regiones 1 y aparte de ser cierto no pueden tener simultaneamente las dos medias regiones cada una 3 rojas, porque sino sucede esto

las del medio de lado largo no pueden tener 2 azules , luego esa es una configuracion invalida,  como es la única de 6 rojas en las dos regiones 1, hay mas azules y menos rojas,  pueden tener 5 que sumadas a las 8 de la region 2 dan maximo 13 rojas y 22 azules...


En general otra regla es que sobre los bordes es que no puede haber baldosas rojas a distancia 2 una de la otra ,( ni salteadas ni continuas), es decir 3 rojas en linea no se puede dar, ni puede haber solo una azul siempre al lado de una azul tiene que haber almenos una azul, al lado de una roja no puede haber 2 rojas.

Vamos que me falta poco, para demostrar 12 y 23.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Agosto, 2025, 04:02 pm
Respuesta #17

Richard R Richard

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así se podrá ver que solo hay combinaciones posibles de regiones
r1 con r2 en rojas
4 con 8
5 con 7
6 con 6 
Visto lo anterior mensaje la configuracion 6 en r2 es imposible solo quedan las de
4 x 8
5 x 8
5 x 7
Hay solo un paso por hacer
demostrar que ninguna de que todas las combinaciones de region 2 con 8 rojas son incompatibles con regiones de 4 rojas en region 1, y si se puede también se habrá demostrado que no habrá compatibilidad con regiones 1 de 5 rojas  ya que estas  tienen en la misma posiciones configuraciones de 4.
Eso hará que solo queden combinaciones de 5x7 que son las 18 que he presentado exahutivamente. 
Hago notar porque no lo dije antes que toda region 1 de menos de 4 rojas no es óptima. ya que maximo habría 3 rojas y solo 8 en r2 lo que da 11 y sabemos que hay configuraciones de 12 , por lo tanto no son optimas.

Otra cosa que afirma Guli-Guli es sobre la cantidad de azules en el interior de r2 , no solo hay que analizar la fila horizontal central sino la vertical hay que garantizar dos azules  a esas 5 casillas X y O


esto es 2 de la X deben ser azules, si O es rojas, se minimiza la cantidad de rojas, para maximizar deben estar en 2 diagonales contiguas dejar otras 2 diagonales azules y llenar la siguiente digonal, eso suma 8 rojas 5 azules.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Agosto, 2025, 04:50 pm
Respuesta #18

Richard R Richard

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Ahí está.... para tener una region 2 con 8 rojas, necesariamente la region 2 tiene un lateral diagonal completo con 3 rojas, cualquier de las 4 rotaciones dejará sobre el borde superior o inferior una roja y en diagonal hacia el interior inevitablemente otra roja , eso hace que la casilla contigua sobre el borde hacia el lado de esa diagonal no siga la reglas del juego , luego la region 2 no puede tener 8 rojas compatibles, solo 7, y como hay maximo 5 en la region 1 , hacen 12 rojas y 23 azul...cqd


Saludos 
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)