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Al menos dos xD

Jajajaja no te falta razón.  Pero se supone que hay una respuesta concreta. Para mayor facilidad, traduce los marcianos por puntos, partidos por rectas y el pertenecer a un partido el estar en una recta. 

Otra pista: la respuesta es muy muy parecida a un dado famoso XD

Yo diría 3 marcianos y 3 partidos.

Cada vez os acercais más pero no.. jeje

Hay más partidos políticos que marcianos.  Eso sí os lo puedo decir jaja

Me sabe mal haber dejado esto tan parado jajjaa

La respuesta es: 4 marcianos y 6 partidos políticos.  El problema es en realidad una reinterpretacion de los axiomas de construcción del tetraedro jejeje

¿Alguien se ofrece para poner el siguiente problema?

¿Puedes explicar por qué es esa y no otra la solución? Las soluciones propuestas, 2-2 y 3-3 satisfacen las condiciones del enunciado, ¿Por qué es 4-6?

Yo tengo un par de acertijos divertidos, pero me gustaría ver la explicación de este primero.

En este caso, a grandes rasgos (te voy a comentar de memoria ya que esto fue un razonamiento que hicimos durante dos días en una asignatura de lógica :P)

El por qué no es válida 2-2. Si existen dos marcianos, debe existir un único partido político. De no ser así, no se cumple la hipótesis de que cada partido político tiene al menos a dos marcianos. Si existen dos partidos políticos, los dos marcianos deberían pertenecer a los dos partidos políticos por lo que al final, los partidos políticos serían el mismo partido, lo que lleva a que solo hay uno.

Luego entra en juego que existen partidos (más de uno) así que si añadimos el 3 de 3. Y repetimos el mismo argumento de antes, podríamos desmentirlo.

Digamos que los axiomas que intenté transmitir son los mismos para la creación del tetraedro solo que cambiando los puntos por marcianos y las rectas por partidos políticos. Seguramente me dejé algo en el tintero y no transmitir fielmente el contenido del problema.

Intentaré buscar la referencia y os la comparto por aquí.
Puesto que te ofreces, comparte algún acertijo, RikyGris.

Mhm creo que capto la esencia de lo que dices. Va, a ver esto qué tal:

Tenemos una prisión con 100 presos condenados a muerte y un carcelero muy creativo, aburrido y sádico. El carcelero pone a los 100 presos en una fila recta de manera que cada preso mira en la misma dirección. Esto es, el primero no ve a nadie, el segundo ve al primero, el tercero ve al primero y al segundo... Etc, así hasta llegar al último, que ve a todos. De esta tesitura pone en la cabeza de cada preso un sombrero blanco o negro, al azar. Cada prisionero no puede ver su sombrero, claro, pero puede fr los de aquellos que tenga delante. Entonces empieza lo chungo: comenzando por el último el carcelero pregunta uno por uno y en orden a cada preso de que color es su sombrero, y solo puede contestar blanco o negro (si comienza a decir cualquier otra cosa moriría en el acto sin transmitir ninguna info). Si el preso acierta se libra, de lo contrario muere.

Suponiendo que los presos han sido informados de este macabro juego el día antes y que pueden elaborar un plan ¿cual es la estrategia que salvaría a más prisioneros, siguiendo las reglas establecidas?

¡Anda! Si esto ha evolucionado desde las cuentas a juegos de lógica. Entonces me meteré más en el hilo.

Luego entra en juego que existen partidos (más de uno) así que si añadimos el 3 de 3. Y repetimos el mismo argumento de antes, podríamos desmentirlo.

Salvo que me esté equivocando, con la información que pusiste no se puede desmentir esta solución: según tu propia lógica de líneas y puntos, 3-3 sería un triángulo, que es una solución válida. El marciano al que preguntó tendría que decir que alguien pertenece a más de dos partidos, en cuyo caso la solución 3-3 perdería el sentido, porque habría un partido en el que estarían todos los marcianos.

Suponiendo que los presos han sido informados de este macabro juego el día antes y que pueden elaborar un plan ¿cual es la estrategia que salvaría a más prisioneros, siguiendo las reglas establecidas?

El carcelero parece un sádico, pero no lo es tanto. En realidad 99 presos se salvan seguro y el otro se lo juega al 50%. Estando en fila ves los sombreros que tienes delante, así que sólo tienes que informar al siguiente de lo que hay salvándote tú mismo. La opción más sencilla decirle al de delante si el número de sombreros de un color es par o impar de forma que él compare con los que ve para saber si el suyo es o no de ese color.
Por ejemplo, supongamos que acuerdan que el último dice "blanco" si delante de él ve un número par de sombreros blancos y negro si es impar. Él tiene un 50% de posibilidades de salvarse porque no tiene ninguna información sobre su propio sombrero. Supongamos que dice blanco para seguir con el ejemplo.
Le maten o no, el segundo en hablar ahora cuenta los sombreros blancos que tiene delante. Sabe que contando el suyo deberían ser pares, así que si él ve un número par, sabrá que su sombrero es negro, mientras que si cuenta un número impar, el suyo debe ser blanco para completar el número par que vio el primero.
Ahora le llega el turno al tercero (o al n+1), que tiene que haber escuchado a los anteriores. Cuenta lo mismo y el número de sombreros blancos que han salido hasta el momento. Si la suma de sombreros blancos que ve y que han dicho sus compañeros es par, como el primero veía un número par entre los 99 sombreros que tenía delante, el suyo debe ser negro, mientras que si la suma es impar, será blanco.

Todo esto tiene mayores posibilidades de fallar si se cargan al primero, porque a ver quién es el guapo que mantiene la calma contando cuando acaban de ejecutar a un compañero. Y si alguien la lía en medio y no lo matan al momento sino que esperan para cargárselos a todos juntos, será el culpable del exterminio de todos los compañeros que tenga delante...

Por cierto, la lógica de esto es la misma que la del bit de paridad que se usa en comunicaciones.

Edito: por cierto, si el último sabe el número de sombreros de cada color que hay, también se salvaría seguro. Lo que he explicado arriba es suponiendo que no tengan ni idea de cuántos sombreros hay en total.

Huele a ingeniero por aquí... Jajaja si, es correcto. Te toca.

P.D: yo propuse este de lógica porque es medianamente numérico y creí que cuajaba bien, no se si me salí demasiado de tema.

Huele a ingeniero por aquí... Jajaja si, es correcto. Te toca.

Venga, con lo del "bit de paridad" no sólo huele... me ha faltado enseñar el carnet del colegio (caducado, creo).

P.D: yo propuse este de lógica porque es medianamente numérico y creí que cuajaba bien, no se si me salí demasiado de tema.

Para mí es mucho más divertido que la aritmética. Aunque me siga gustando y pareciendo útil el cálculo mental o resolver integrales manualmente, hacer cuentas por que sí me da una pereza del copón.

Venga, ahora el problema, aderezado con un poco de espíritu rolero, para que no se pierda el leitmotiv de la web:

Sköga el Cruel cobra a doce comerciantes una moneda de oro por su "protección" en los días de mercado. Sin embargo, después de varias semanas se ha dado cuenta de que uno de ellos está limando las monedas para ahorrarse parte del tributo. Les reúne a los 12 y coge con cuidado las monedas, ordenándolas junto a una balanza de platillos para saber quién le ha dado cada una. Sin embargo, Bjorn Hacha-Afilada, que se encarga de ejercer de verdugo para aquellos que timan a Sköga se deja ver mientras su jefe aún está colocando las monedas, así que sólo puede pesar tres veces antes de que los asustados mercaderes pongan pies en polvorosa para escapar de Bjorn. Tira +INT para decidir cómo va a pesar las monedas y agarra al mercader estafador por el pescuezo justo antes de que se vaya corriendo.

¿Cómo lo hizo?

Está facilote:
- Hizo tres montones de 4 monedas (A, B, C)
- Pesó dos de los montones. Si pesaban lo mismo dividio C en dos grupos de dos y como le quedaban dos pesadas solo tenía que comparar las monedas de estos grupos de dos (1v1), en cuanto una pesase menos... ¡Zasca!
- Si A o B pesaban menos solo tenía que repetir el proceso, dos grupos de dos y a pesar 1v1 para cazar la del estafador, que pesa menos. Y entonces tira por FUE y el mercader tira por Suerte+Fe mientras le reza a sus dioses.

Si he acertado, te comento lo que pasó poco después. Uno de los mercaderes, tras ver cómo Sköga había cazado a su compañero estafador pensó: "Já! Eso se debe a que ese idiota fue muy obvio... ¡Yo tengo una idea mucho mejor!". Y ni corto ni perezoso (bueno, corto de luces) tomó una moneda de hierro y la bañó en oro para tratar de engañar a Sköga y pagar menos. No sabemos si la moneda trucada pesa menos o más, pero alguien le ha dado el chivatazo a Sköga y quiere encontrar al traidor... ¿cuál es el mínimo de pesedas que debe hacer para encontrar la moneda y lanzar DES para lanzar su hacha en el cráneo del estafador? Suponemos aún 12 mercantes.

Si he acertado, te comento lo que pasó poco después.

¡Jaja! Correcto, claro... Y me has chafado la siguiente pregunta que había pensado, pero dejo que la conteste otro. Además, la respuesta es larga porque hay muchas variables. Pero como sigan timando al pobre Skoga, Bjorn va a tener mucho trabajo para mantener el hacha tan afilada como su sobrenombre indica. ;P

Venga, respondo yo también para que no se alargue el juego. Esto tiene una respuesta larga y una corta.

¿cuál es el mínimo de pesedas que debe hacer para encontrar la moneda y lanzar DES para lanzar su hacha en el cráneo del estafador?

La respuesta corta es 3: cada vez que pesas puedes obtener tres soluciones diferentes (un platillo más pesado, más ligero o igual que el otro). Dado que tienes 24 soluciones posibles (12 bolas y una de ellas más pesada o más ligera que el resto), necesitas pesar 3 veces para obtener 27 opciones. ¿Qué pasa con las otras tres? Pues que dan incongruencias (lo describo al final).

La respuesta larga es cómo hacer esas pesadas. La primera está clara, igual que en el caso anterior: divides en tres grupos de tres. Si uno de los dos grupos es más pesado puede ser que contenga una moneda pesada o el otro una ligera. Coges dos de cada grupo y las pesas contra una de las pesadas y tres de las que ya sabes que son oro del bueno. Si pesa más las de tres de oro, puede que hayas puesto la bola pesada en ese platillo o una de las dos ligeras en el otro (el resto ya sabes que son iguales). Pesas ahora las dos ligeras de la otra balanza y si una pesa menos, ya has pillado la moneda mala (de hierro, que es más ligero que el oro). Si no, la que has dejado aparte era ciertamente más pesada (no se me ocurre ahora ningún metal).
Si en la segunda pesada la balanza con las tres monedas de oro pesa menos, entonces por narices una de las dos monedas pesadas que pusiste en el otro platillo es la mala. LAs comparas y si ambas pesan lo mismo, ocurre una paradoja y explota el mundo. Si no, ya tienes tu moneda pesada.

Si en la primera vez que pesas las dos balanzas están equilibradas, la moneda mala está en el grupo que has dejado fuera. Coges dos de ellas y las comparas contra otra y una de las que sabes que son buenas. Si las dos pesan más, o bien una de ellas es más pesada o la del otro platillo es más ligera. Si las dos pesan menos, una es la ligera y la otra la pesada. En cualquier caso, pesas las dos del platillo que tenía dos para saber cuál de ellas pesa más o menos y qué peso relativo tiene la tercera que pesaste la segunda vez.
Si la segunda pesada también queda equilibrada, la moneda mala es la que no has pesado. La puedes comparar con cualquier otra para saber si es de hierro o de algo condensado que pese unos 20 kg/m3. Si ambas pesan lo mismo los dioses del caos te están jugando una mala pasada.

Como seguramente la descripción no se entienda, he puesto un esquema. Las letras en negrita pueden pesar más, en cursiva menos y en mayúsculas sabes su peso (mayúsculas negrita es el material extraño y mayúsculas cursiva, hierro). Para las pesadas, separo con un guión que hay en cada platillo y entre corchetes lo que dejo separado. Después de cada pesada pongo las concusiones con el símbolo de implica.

1) abcd - efgh [ijkl]

abcd = efgh [ijkl] ⇒ ABCD EFGH ijkl

2) ij - kA [BCD EFGh l]

ij > kA ⇒ ij k ABCD EFGH L

3) i - j [k ABCD EFGH L]
i > j ⇒ ABCD EFGH JKL -- I
i = j ⇒ ABCD EFGH IJL -- K
i < j ⇒ ABCD EFGH IKL -- J

ij = kA ⇒ ABCD EFGH IJK l

3) l - A [BCD EFGH IJK]
l > A ⇒ ABCD EFGH IJK -- L
l = A ⇒ ABCD EFGH IJKL -- **
l < A ⇒ ABCD EFGH IJK -- L

ij < kA ⇒ ij k ABCD EFGH L

3) i - j [k ABCD EFGH L]
i > j ⇒ ABCD EFGH IKL -- J
i = j ⇒ ABCD EFGH IJL -- K
i < j ⇒ ABCD EFGH JKL -- I

abcd < efgh [ijkl] ⇒ abcd efgh IJKL

2) abef - cIJK [d gh L]

abef < cIJK ⇒ ab CD EFGH IJKL

3) a - b [CD EFGH IJKL]
a < b ⇒ BCD EFGH IJKL -- A
a = b ⇒ ABCD EFGH IJKL -- **
a > b ⇒ ACD EFGH IJKL -- B

abef = cIJK ⇒ ABC d EF gh IJKL

3) g - h [ABC d EF IJKL]
g < h ⇒ ABCD EFG IJKL -- H
g = h ⇒ ABC EFGH IJKL -- D
g > h ⇒ ABCD EFH IJKL -- G

abef > cIJK ⇒ AB c D ef GH IJKL

3) e - f [AB c D GH IJKL]
e < f ⇒ ABCD EGH IJKL -- F
e = f ⇒ ABD EFGH IJKL -- C
e > f ⇒ ABCD EGH IJKL -- E

abcd > efgh [ijkl] ⇒ abcd efgh IJKL (es el mismo caso que el anterior intercambiando los dos grupos).

2) abef - cIJK [d gh L]

abef < cIJK ⇒ AB c D ef GH IJKL

3) e - f [AB c D GH IJKL]
e < f ⇒ ABCD EGH IJKL -- E
e = f ⇒ ABD EFGH IJKL -- C
e > f ⇒ ABCD EGH IJKL -- F

abef = cIJK ⇒ ABC d EF gh IJKL

3) g - h [ABC d EF IJKL]
g < h ⇒ ABCD EFH IJKL -- G
g = h ⇒ ABC EFGH IJKL -- D
g > h ⇒ ABCD EFG IJKL -- H

abef > cIJK ⇒ ab CD EFGH IJKL

3) a - b [CD EFGH IJKL]
a < b ⇒ ACD EGFH IJKL -- B
a = b ⇒ ABCD EGFH IJKL -- **
a > b ⇒ BCD EGFH IJKL -- A

** ¿Qué ha pasado aquí? Rolf el taimado hizo correr el rumor de que alguno de los mercaderes estaba timando a Sköga. Cuando éste llegó al resultado, su primer instinto fue pedirle a Bjorn que ejecutase al informador, pero Rolf invocó el aspecto de Sköga "obsesionado con las balanzas" para hacerle pesar de nuevo todas las monedas una a una. Bjorn se fue corriendo persiguiendo a los mercaderes, que escaparon temiendo por sus cabezas y Rolf aprovechó para asesinar a Sköga y hacerse con su puesto... y su balanza.

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Bueno, el resultado es correcto porque da todas las posibles opciones (monedas [A-L] tanto en negrita como en cursiva) y sobran las tres pesadas que predecíamos al principio. Pero estoy hasta las narices de escribir (y eso que lo de las letritas lo he ido haciendo en otro post durante un rato esta mañana), así que le cedo el turno al que haya leído hasta aquí.

Refloto un poco esto con uno facilito:

Una bacteria se reproduce replicándose a si misma cada día. Empezando con una, si se las deja sola en el frasco de pruebas tardan 50 días en llenar por completo el agua del frasco de bacterias. La pregunta pues es: ¿cuanto tardará en llenarse el agua de bacterias si empezamos con cuatro en vez de con una?