1 marzo, 2016

RETO 10: ULTIMONIM (Juego nº1)

Reto Ultimonim

Deducir cuatro combinaciones dominantes más, de cuatro recintos no vacíos y distinto nº de fichas (de 1 a 7), a partir de las tres expuestas en la Descripción del Ultimonim  (Juego nº 1),  y completar así las siete posibles.

6 comentarios en: “RETO 10: ULTIMONIM (Juego nº1)

Bert
25 marzo, 2016 at 5:39 pm

Sabiendo que la combinación (1,2,3,4,5,6,7) es dominante se ve facil que con nº distinto de fichas de 1 a 7 no existen combinaciones dominantes de cinco ni de seis recintos.
En las Reglas de los Juegos se dice que, para comenzar, se reparten las fichas manual y aleatoriamente en más de tres recintos. Es muy posible que a algunos recintos les correspondan más de 7 fichas. ¿Como se calculan las combinaciones dominantes de tres, cuatro, cinco y seis recintos con nº distinto de fichas mayor de 7?.

Responder
Carlos
27 marzo, 2016 at 1:34 pm

En primer lugar felicito a Adrià, Javi, Xogo y David por conseguir, con diferentes métodos, las combinaciones dominantes solicitadas en los Retos nº 9 y nº 10. Completando las siete posibles, con distinto nº de fichas de 1 a 7, en tres y en cuatro recintos.
Como respuesta al Comentario nº 5 de Bert, aclaro lo siguiente:
Fijándonos en la combinación dominante de ocho recintos (8,9,10,11,12,13,14,15), vamos a deducir las combinaciones dominantes posibles con distinto nº de fichas de 8 a 15 en cuatro recintos, pues en dos, tres, cinco, seis y siete recintos no puede existir ninguna.
Sumando los nº en binario (8,9,10,11), 1000+1001+1010+1011=0000, resulta que es una combinación dominante y por lo tanto la (12,13,14,15) también lo es. Hay otras doce.
El nº de fichas es 9×4 + 5= 41 y la combinación dominante menos numerosa de las catorce es la (8,9,10,11) que contiene 38 fichas, la siguiente (8,9,12,13) contiene 42 fichas, ya no es posible.

Responder
David
24 marzo, 2016 at 12:44 pm

Por cada una de las siete combinaciones dominantes de tres recintos hay una de cuatro recintos cuya unión con ella forma la combinación dominante de siete recintos (1,2,3,4,5,6,7). Esta unión se produce siete veces: (1,2,3,, 4,5,6,7), (1,4,5,, 2,3,6,7), (2,4,6,, 1,3,5,7), (1,6,7,, 2,3,4,5), (2,5,7,, 1,3,4,6), (3,4,7,, 1,2,5,6), (3,5,6,,1,2,4,7). Luego el nº de combinaciones dominantes que se pueden formar con la unión de una de tres recintos con una de cuatro es: 1 del tipo (1,2,3,4,5,6,7) + 7×6=42 del tipo (1,6,7,, 2,2,, 3,3), (1,2,3,, 4,4,, 5,5), (1,4,5,, 6,6,, 7,7), (2,4,6,, 1,1,, 7,7), (2,5,7,, 4,4,, 6,6), (3,4,7,, 2,2,, 6,6), (3,5,6,, 4,4,, 7,7), ………. etc. = 43

Responder
Xogo
22 marzo, 2016 at 7:11 pm

Ya tenemos las siete combinaciones dominantes de cuatro recintos, con distinto nº de fichas de 1 a 7: (1,3,5,7), (1,2,4,7), (1,3,4,6), (1,2,5,6), (4,5,2,3), (6,7,4,5), (2,3,6,7). En el Reto nº 9 teníamos las: (1,2,3), (1,4,5), (2,4,6), (1,6,7), (3,4,7), (2,5,7), (3,5,6), siete de tres recintos.

En el Juego nº 1 se indica que la unión de combinaciones dominantes es dominante. Luego uniendo las de cuatro recintos con las de tres tendremos 7 x 7 = 49 combinaciones dominantes de siete recintos.

Responder
Javi
19 marzo, 2016 at 10:45 pm

Con la combinación dominante conseguida por Adrià tenemos las cuatro siguientes: (1,3,5,7), (1,2,4,7), (1,3,4,6) y la (1,2,5,6). Se observa cierto parecido con las de tres recintos: (2,5,7), (3,4,7), (2,4,6) y la (3,5,6) pues coinciden los dos números finales y los dos primeros de las de cuatro recintos sumados en binario con el criterio de Charles Bouton 0+0=0, 1+0=1, 1+1=0, dan 1+3=1+11=10=2 ; 1+2=1+10=11=3. Considerando esto las de cuatro recintos se convierten en las de tres. Las de tres recintos que nos faltan son: (1,2,3), (1,4,5), (1,6,7) pero con el criterio aplicado anteriormente 1=10+11=2+3, 1=100+101=4+5, 1=110+111=6+7 se convierten en las tres de cuatro recintos que buscamos: (4,5,2,3), (6,7,4,5), (2,3,6,7).

Responder
Adrià
16 marzo, 2016 at 5:22 pm

En el Reto nº 9 se llegó a que las siete combinaciones dominantes (C.D.) de tres recintos eran. (1,2,3), (1,4,5), (2,4,6), (1,6,7), (2,5,7), (3,4,7) y (3,5,6).
Las C.D. expuestas en este Reto nº 10 son: (1,3,5,7), (1,2,4,7), y (1,3,4,6), nos faltan cuatro.
Dándole vueltas veo que hay dos con (1,3,-,-), dos con (1,-,4,-), dos (1,-,- 7) y que podría haber dos con (1,2,a,b) donde ni a ni b pueden ser 3 porque el contrario retiraría el otro nº de fichas y nos tocaría jugar contra la C.D. (1,2,3). Si a o b son 4 o 7 nos sale la conocida (1,2,4,7) y solo nos queda que a y b sean 5 y 6 quedando la (1,2,5,6) que comprobada resulta ser la cuarta C.D..

Responder

Deja un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos necesarios están marcados *

Uso de cookies

Este sitio web utiliza cookies para mejorar la experiencia de usuario. Si continúa navegando está dando su consentimiento para la aceptación de las mencionadas cookies y la aceptación de nuestra política de cookies, pinche el enlace para mayor información

ACEPTAR