Peones sobre la linea
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Este es un acertijo algo distinto de los habituales. Considera un tablero de ajedrez (infinito en cuanto a numero de lineas y columnas , para que esto no condicione el problema) , dividido en 2 partes por una linea recta (infinita tambien) a lo largo del eje x , como se muestra abajo :
Dispones de varios peones ; en cada turno , puedes mover los peones saltando uno sobre otro , quitando del tablero entonces el peon superado.Solo este tipo de movimiento es posible , saltar sobre otro peon , bien sea horizontal o verticalmente , pero no en diagonal.
Graficamente vemos un ejemplo aqui:
Cuando el puzzle comienza , todos los peones estan bajo la linea. Tu objetivo es colocar un peon por encima de la linea.
En el ejemplo abajo , vemos como lo hariamos si partimos con 2 peones. De hecho , parece claro que para cruzar la linea se necesitan al menos 2.
¿Cuantos peones se necesitaran para no solo cruzar la linea , sino colocar un peon 2 casillas por encima de la linea?Abajo en el ejemplo , podemos ver que con cuatro piezas tenemos suficiente ( es el numero minimo , comprueba que no puedes con 3)
Y ahora viene el acertijo , ¿Cuantos peones se necesitan ( empezando con todos colocados bajo la linea) para colocar uno 5 casillas por encima de la linea?
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Si no quieres "destrozar" un acertijo a las primeras de cambio , prueba a usar la respuesta escondida de la siguiente forma: [spoiler] COMENTA AQUI TU SOLUCION [/spoiler] , otros lectores te lo agradecerán
3 Comentarios
Noviembre 19th, 2007 at 9:22 pm
A primera vista he pensado que quizá 32…
Si para “1 por encima” se necesitan 2, para “2 por encima” se necesitan 4…
He probado “3 por encima” y obtuve que eran necesarias 8=2^3…
Así que intuitivamente “5 por encima” necesitaría 2^5 = 32
Más bien, “al menos 32″
Prueba: para avanzar a una posición n necesita saltar sobre una en n-1, y sobre una en n-3, etc…
Pero además esa de n-1 debe haber saltado sobre otras….
Intuitivamente, parece que para llegar a n se necesitan las de n-1 y otras tantas… F(n) = 2*F(n-1)
Así que F(n) = 2^(n-1) * F(1) = 2^n
Pero eso creo que es lo que debería ser en caso de que sea posible.
Pero me temo que hay algún problema… quizá sea imposible ¿seguro que es posible?
Noviembre 20th, 2007 at 4:09 am
No se puede lograr… Aquí hay una explicación de por qué:
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Suerte!
Noviembre 20th, 2007 at 11:56 am
OK, al menos predije que para 4 serían al menos 16 y son 20…