Modulo para talentosos: 25 problemas guía con by Arturo Portnoy

Publicaciones IFEM

33 Problemas Matemáticos: Una Guía con Explicaciones.

Arturo Portnoy Departamento de Matemáticas Universidad de Puerto Rico Recinto Universitario de Mayagüez

Primera Edición, 2004 Derechos © IFEM-HaCuMa Director: Dr. Luis F. Cáceres Co-Director: Dr. Arturo Portnoy Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida ni transmitida por ningún medio, electrónico, mecánico, fotocopiado, grabado u otro, excepto con el permiso previo por escrito del IFEM-HaCuMa. Esta producción ha sido subvencionada por el proyecto IFEM-HaCuMa mediante una propuesta del Programa de Título V del Departamento de Educación de Puerto Rico. Realizado por Arturo Portnoy, Ph.D. Departamento de Matemáticas Universidad de Puerto Rico, Recinto Universitario de Mayagüez Impreso y hecho en Puerto Rico.

PRÓLOGO Son ya dos años que el proyecto IFEM-HaCuMa (Instituto para el Fortalecimiento de la Enseñanza de las Matemáticas - Hacia una Cultura de Matemáticos) se encarga de organizar el ciclo anual de actividades para estudiantes talentosos de matemáticas; en particular, el ciclo anual de actividades de olimpiada matemática en Puerto Rico. La formalización y sistematización de estas actividades, el establecimiento de protocolos de nivel internacional en la Isla y de una verdadera infraestructura de reclutamiento de talento, han sido solo algunos de los logros de este esfuerzo. Ha sido un deseo nuestro marcar el fin de estos dos años con una serie de módulos educativos, dirigidos a esta población de estudiantes talentosos y sus maestros, que resumen lo aprendido por los estudiantes y por nosotros mismos durante este periodo. Esta colección de problemas es particularmente apropiada para un maestro que detecta que tiene en su salón a un estudiante talentoso que no ha participado aún en olimpiadas matemáticas (de nivel intermedio o superior). Estos problemas pueden servir de guía de estudio para ese estudiante y para su maestro; nos parece que son una forma apropiada de comenzar a empaparse en matemáticas que, sin exigir conocimientos profundos, van más allá de la aritmética, álgebra y geometría que comúnmente se enseñan en las escuelas de Puerto Rico. La filosofía detrás de este módulo es que la mejor forma de aprender a resolver problemas es resolviéndolos. Hemos elegido 33 problemas emblemáticos de técnicas, temas, y sobre todo del espíritu de las olimpiadas matemáticas y del ciclo de actividades para estudiantes talentosos. Estos problemas vienen acompañados de explicaciones, y de breves suplementos teóricos. Recomendamos que los lectores intenten enfrentar los problemas sin antes haber leído las soluciones. El tiempo invertido no es perdido; en algunos casos le permitirá al lector sentir la emoción de resolver él mismo el problema, y en otros le ayudará a mejor apreciar la solución provista.

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El principal propósito de nuestros esfuerzos y de estos módulos es proveer a los mejores estudiantes materiales retadores de fácil acceso. Queremos “entrenar” a los futuros olímpicos de Puerto Rico, y también queremos recordar a todos ellos lo fascinante y entretenida que es la matemática. Creo que para muchos, una de las cosas más agradables de hacer matemáticas es sentir el reto de enfrentar un problema difícil, así como la mezcla de emoción y satisfacción por la que uno pasa cuando de pronto, va uno de la confusión a la claridad, y se comprende totalmente una solución al problema. Esta imagen del matemático como detective o “mago” de los acertijos y problemas es muy halagadora; creo que de todos los estereotipos de los que somos víctimas los matemáticos, es el más romántico y al que mas jugo podemos sacarle para motivar el estudio de la Reina de las Ciencias.

Arturo Portnoy Mayagüez, Puerto Rico Agosto de 2004

IFEM Instituto para el Fortalecimiento en la Enseñanza de las Matemáticas HaCuMa Hacia Una Cultura de Matemáticos Estos proyectos están subvencionados por el Departamento de Educación de Puerto Rico y son realizados en el Departamento de Matemáticas del Recinto Universitario de Mayagüez de la Universidad de Puerto Rico.

TABLA DE CONTENIDOS PRÓLOGO ............................................................................................. iii LISTA DE PROBLEMAS ...................................................................... 7 SOLUCIONES ...................................................................................... 14 Problema 1. ¿Cuántos ceros?.......................................................... 14 Problema 2. Saludos, saludos…...................................................... 15 Problema 3. Monty Hall. ................................................................. 16 Problema 4. Cubriendo tableros..................................................... 17 Problema 5. Llenando contenedores. ............................................. 18 Problema 6. Limpiando terrenos.................................................... 19 Problema 7. ¿Último dígito? ........................................................... 20 Problema 8. Triángulos contractivos. ............................................ 22 Problema 9. Cubriendo el plano. .................................................... 23 Problema 10. Llenando sobres........................................................ 24 Problema 11. Juego de dos. ............................................................. 25 Problema 12. Trazando figuras. ..................................................... 26 Problema 13. Los puentes de Königsberg...................................... 27 Problema 14. Boris y Natacha......................................................... 29 Problema 15. Ay la perlas… ........................................................... 30 Problema 16. Polígonos que admiten. ............................................ 32 Problema 17. ¿Qué es mayor? ........................................................ 33 Problema 18. Encuentre el valor. ................................................... 34 Problema 19. Cuadrados y círculos................................................ 35 Problema 20. La mosca y los dos trenes......................................... 37 Problema 21. Aritmética vs. Geométrica....................................... 38 Problema 22. Gusanos y ligas. ........................................................ 41 Problema 23. Sumas de Gauss. ....................................................... 42 Problema 24. La fórmula de Euler................................................. 45 Problema 25. El sultán y los varones.............................................. 49 Problema 26. ¿Cuántos números primos hay?.............................. 50 Problema 27. El mundo al bolsillo.................................................. 50 Problema 28. Adivinaciones............................................................ 52 Problema 29. Encuentra el valor de...(I)........................................ 54 Problema 30. Encuentra el valor de...(II) ...................................... 55 Problema 31. La ruta más corta. .................................................... 56

Problema 32. Usando la desigualdad aritmética-geométrica....... 57 Problema 33. Los poliedros regulares............................................ 59 REFERENCIAS. .................................................................................. 61 ÍNDICE. ................................................................................................ 62

PROBLEMAS 1. Determina cuantos ceros terminan al numero 100!. 2. Un grupo de gentes se reúne para una fiesta. Muchos de ellos se dan la mano. Demuestre que el número de gentes que se dan la mano un número impar de veces es par. 3. El problema de Monty Hall. En el programa de Monty Hall, el gran ganador tiene oportunidad de elegir 1 de 3 puertas. Una de las puertas encierra un gran premio, y las otras dos o no tienen nada, o tienen un premio muy malito. Justamente después de que el gran ganador elige una puerta, Monty abre otra de las puertas, revelando que esta vacía, o que contiene un premio malito. Monty le ofrece al gran ganador si se queda con la puerta que eligió originalmente, o si desea cambiarla por la última puerta que queda sin elegir. La pregunta es: ¿que debe hacer el gran ganador, mantenerse en la puerta original, cambiar, o si es irrelevante? 4. Queremos cubrir totalmente un tablero de ajedrez (8x8), al que le faltan dos esquinas del mismo color, con fichas rectangulares (2x1) , haciendo que las fichas coincidan con dos cuadritos 1x1 en el tablero. ¿Cómo hacer para lograr este cubrimiento sin empalmar fichas? 5. Tenemos un contenedor de 9 litros y uno de 4 litros. ¿Cómo hacemos para dejar exactamente 6 litros en el contenedor grande? ¿Qué pasaría si los contenedores fueran de 6 y 4 litros y quisiéramos dejar 3 litros en alguno de ellos? 6. Una cabra limpia un terreno de pasto en 4 días, un caballo en 3 días, y una vaca en dos días. ¿En cuanto tiempo limpiarían el terreno juntos?

7. ¿Cuál es último dígito de 34798 ? ¿Qué pasa si buscamos el último dígito de 765432 ? ¿Qué pasa si buscamos los últimos 3 dígitos de 34798 ? 8. Suponga que T es un triángulo en el plano. Demuestre que existe un triángulo T’, semejante a T, y tal que la magnitud de su área es igual a la magnitud de su perímetro. 9. Deseamos “cubrir” el plano con círculos idénticos de dos maneras distintas: • De forma que cada círculo tiene 4 vecinos adyacentes (arriba, abajo, izquierda y derecha); esto se llama la cubierta rectilínea. • De forma que cada círculo tiene 6 vecinos adyacentes en un patrón hexagonal; esto se llama la cubierta hexagonal. Determine que patrón es más eficiente: cual cubre un mayor porcentaje del plano. 10. Suponga que escribe 37 cartas y prepara 37 sobres con la dirección que corresponde a cada carta. Cerrando los ojos, al azar elige cartas y sobres y los va cerrando. ¿Cuál es la probabilidad de que solo un sobre contenga la carta incorrecta? ¿Qué pasa si en lugar de preguntar por el caso de un sobre incorrecto preguntamos por la probabilidad de que dos sobres contengan la carta incorrecta? 11. Considere el siguiente juego de dos jugadores. El juego comienza con una pila de 30 fichas. Cada jugador, en su turno, puede remover de la pila de 1 a 6 fichas. El último jugador en remover fichas gana. Encuentre una estrategia ganadora para el primer jugador. 12. Considere la siguiente figura. ¿Podemos trazarla sin levantar el lápiz del papel y sin pasar por ningún segmento más de una vez?

13. Los puentes de Königsberg. Este es un problema propuesto y resulto por el célebre matemático Leonhard Euler. La ciudad de Königsberg tiene 7 puentes, y a la gente de la ciudad gustaba de caminar y quería poder recorrerlos todos una sola vez. Considerando el mapa de la ciudad presentado a continuación, ¿es esto posible?. Tierra

Tierra

14. El dilema de Boris y Natacha. Boris y Natacha son dos jóvenes rusos que se quieren casar. Sin embargo, Boris vive en Novosibirsk y Natacha en Moscú, ciudades separadas por miles de kilómetros de estepas y montañas. Boris quiere enviarle a Natacha un anillo de compromiso por correo, pero sabe que los empleados del correo ruso son muy corruptos, y tan pronto vean un paquete, lo abrirán y se robarán el contenido si les gusta o lo botarán si no les gusta. Boris tiene un baúl que tiene en tres de sus lados verticales un gozne para un candado. Puede enviar el anillo en el baúl con candado, pero entonces ¿cómo abrirá Natacha el baúl? Para enviar la llave tienen el mismo problema que para enviar el anillo… ¿Cómo pueden Boris y Natacha resolver su dilema?

15. Suponga que tiene 9 perlas. Todas parecen iguales, pero 8 pesan lo mismo y 1 es diferente; no sabemos cual. Se cuenta con una balanza. ¿Cómo puede usarse la balanza para encontrar la perla diferente, y si es mas pesada o ligera, con solo 3 mediciones? 16. Suponga que un polígono admite un círculo inscrito (es decir, que cada uno de sus lados es tangente al círculo inscrito). Demuestre que la línea que parte el polígono en dos polígonos del misma área y mismo perímetro pasa por el centro del círculo inscrito. 17. ¿Qué es mayor, 10001000 ó 1001999 ? 18. Encuentre el valor de

1 1 1 1 + + ... + + . 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (k − 1) ⋅ k k ⋅ (k + 1)

19. Considere un círculo de radio R inscrito en un cuadrado de lado 2R . Ahora inscriba un círculo pequeño de radio r entre el círculo original y una esquina del cuadrado. Encuentre el valor de r / R .

20. Dos trenes se encuentran frente a frente a una distancia x el uno del otro y se acercan a la misma rapidez v . Una mosca sale de uno de las trenes y vuela hacia el otro con una rapidez 2v . Tan pronto lo alcanza, da la vuelta y vuela de regreso. Tan pronto regresa vuelve a salir hacia la otra bicicleta, y así sucesivamente. La pregunta es: ¿Qué distancia recorre la mosca hasta que los dos trenes se encuentran? 10

21. Desigualdad entre media aritmética y geométrica. Las medias aritmética y geométrica de dos números positivos a y b son, a+b respectivamente, A = y G = ab . Demuestre que G ≤ A . 2 22. Suponga que un gusano se arrastra, a una velocidad de 1 cm/s, sobre una liga elástica que mide 1 m. Al final de cada segundo, la liga se estira y añade 1 m a su longitud. ¿Llegará el gusano al final de la liga 23. Encuentre el valor de • •

1 + 2 + 3 + ... + n 12 + 22 + 33 + ... + n 2

24. Construya un poliedro convexo (versión tridimensional de un polígono) con 5 vértices, 8 aristas y 6 caras. 25. El sultán y los varones. Se cuenta que es un lugar lejano había un sultán que estaba preocupado porque no hubieran suficientes mujeres para cada súbdito varón. El calculó que cada varón desearía al menos tres mujeres como esposas, y dado que en ese momento había el mismo número de mujeres que de hombres, se avecinaba una crisis social fuerte. Para prevenir esta crisis inminente, decretó que las mujeres podían procrear solo hasta tener su primer hijo varón. Después de esto estaba prohibido tener más hijos. El sultán se sintió muy satisfecho y tranquilo de que su decreto aseguraba que en el futuro hubieran muchas mas mujeres que hombres. ¿Qué tan efectivo es el decreto del sultán? 26. ¿Cuántos números primos hay?

27. ¿Cómo hizo Eratóstenes para estimar el tamaño de la Tierra hace más de 2000 años? 28. Elegir un número de 4 ó 5 dígitos del 1 al 9. Elegir uno de los dígitos. Formar un número con los dígitos restantes y restarle la suma de todos los dígitos (incluyendo el elegido). Sumar los dígitos del resultado. Con ese dato podemos “adivinar” el dígito elegido. ¿Cómo? 1 . 29. Encuentre el valor de 1 + 1 2+ 1 3+ 1 1+ 1 2+ 3 + ... 30. Encuentre el valor de

2 + 2 + 2 + 2 + ... .

31. Suponga que en el siguiente diagrama, el punto A representa a un granjero, el punto B representa a una cabra enferma, la línea representa un río, y el punto C sobre la línea un punto el la ribera del río.

32. Mostrar que de todos los rectángulos de mismo perímetro, el cuadrado es el que contiene más área. Igualmente para los paralelepípedos rectos de igual superficie: el que contiene mayor volumen es el cubo. 33. Demuestre que solo hay 5 poliedros regulares.

SOLUCIONES Problema 1.

Determina cuantos ceros terminan al numero 100!.

Primero recordemos que 100! = 100 ⋅ 99 ⋅ 98 ⋅ 97 ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 . Sabemos que un cero al final de un número implica que 10 divide al número. Sabemos también que 10 = 5 ⋅ 2 (esto se llama la factorización prima de 10, ya que 5 y 2 son factores primos de 10), de manera que el problema se reduce a encontrar el numero de veces que 5 y 2 (es decir 10) dividen a 100!. En la factorización prima de este número hay muchos mas factores de 2 que de 5, así que basta contar los de 5. Claramente, cada múltiplo de 5 hasta el 100 tiene al menos un factor de 5: 5, 10, 15, 25, …, 95, 100. Hay 20 de ellos. Además, hay algunos que tienen dos factores de 5, los múltiplos de 25: 25, 50, 75, 100. Hay cuatro de ellos. En total, tenemos 24 factores de 5 en 100!. Hay muchos mas factores de 2 que de 5, así que por cada factor de 5 hay uno de 2. Por lo tanto hay 24 ceros al final de 100!.

Problema 2.

Un grupo de gentes se reúne para una fiesta. Muchos de ellos se dan la mano. Demuestre que el número de gentes que se dan la mano un número impar de veces es par.

Note que en el enunciado no se especifica cuanta gente se da la mano: es irrelevante. • • •

•

Ahora, piense que cada vez que dos personas se dan la mano, aumenta en uno el número de veces que cada uno de ellos ha dado la mano. De manera que la suma total del número de apretones de mano que han dado los asistentes a la fiesta siempre es par. Ahora, este número total para puede descomponerse como la suma de aquellos que han dado la mano un numero par de veces (que también es par) y la suma de aquellos que han dado la mano un número impar de veces (que tiene que ser par para que la suma total sea par). La única forma en que una suma de números impares es par, es si hay un número par de ellos. Es decir, el número de gentes que se dan la mano un número impar de veces es par.

Este es un típico argumento de paridad; resultó muy útil en resolver este problema que de otra forma parece incompleto, o que al parecer le falta información.

Problema 3.

El problema de Monty Hall. En el programa de televisión de Monty Hall, el gran ganador tiene oportunidad de elegir 1 de 3 puertas. Una de las puertas encierra un gran premio (un carro), y las otras dos o no tienen nada, o tienen un premio muy malito (una cabra). Justamente después de que el gran ganador elige una puerta, Monty abre otra de las puertas, revelando que esta vacía, o que contiene un premio malito. Monty le ofrece al gran ganador si se queda con la puerta que eligió originalmente, o si desea cambiarla por la última puerta que queda sin elegir. La pregunta es: ¿que debe hacer el gran ganador, mantenerse en la puerta original, cambiar, o si es irrelevante?

A primera vista parece ser irrelevante el cambiar o no; finalmente, quedan dos cuartos: en uno hay premio, en el otro no, y no sabemos en cual es. Sin embargo, el siguiente análisis cuidadoso revela que esto no es cierto: Llamemos a los tres cuartos A, B y C. Nosotros elegimos uno de ellos, y hay 1/3 de probabilidad que ese contenga el premio. Hay 2/3 de probabilidad que el premio este en alguno de los otros dos. Recordemos que Monty nunca descubre el cuarto con el gran premio. De manera que esta información adicional que nos da Monty nos permite concentrar el 2/3 de probabilidad en el cuarto que resta. Así que siempre conviene cambiar de cuarto. Este análisis desconcierta a muchos. Para tratar de aclararlo, hagamos un análisis caso por caso, asumiendo siempre que el premio esta en el cuarto A: 16

• • •

Supongamos que el gran ganador elige el cuarto A. En ese caso cambiar de cuarto resulta en perdida para el gran ganador. Supongamos que el gran ganador elige el cuarto B. En este caso, Monty revelará el contenido del cuarto C, y cambiar resulta en ganancia para el gran ganador. Supongamos que el gran ganador elige el cuarto C. En este caso, Monty revelará el contenido del cuarto B, y cambiar resulta en ganancia para el gran ganador.

En conclusión en 2 de los 3 posibles escenarios (que son igualmente probables), la decisión de cambiar resulta en ganancia para el gran ganador. De manera que siempre conviene cambiar de cuarto. Problema 4.

Queremos cubrir totalmente un tablero de ajedrez (8x8), al que le faltan dos esquinas del mismo color, con fichas rectangulares (2x1) , haciendo que las fichas coincidan con dos cuadritos 1x1 en el tablero. ¿Cómo hacer para lograr este cubrimiento sin empalmar fichas?

Este es un problema en el que aparentemente tenemos que construir un cubrimiento que satisfaga las especificaciones. El lector debe hacer el intento con dibujos o con un tablero de ajedrea y fichas de domino, por ejemplo. Después de un rato, el lector se convencerá de que esto es muy difícil o imposible. De hecho, resulta ser imposible. La cuestión es como demostrarlo, porque probar todas la posibles configuraciones resulta impráctico.

• • • •

Si observamos el patrón de coloración del tablero de ajedrez notaremos que cada ficha debe cubrir un cuadrado blanco y uno negro. Es decir, que si existe un cubrimiento como el especificado, debe cubrir el mismo número de cuadraditos negros y blancos. Pero nuestro tablero mutilado no contiene el mismo número de cuadritos negros que de blancos, ¡de manera que el asumir que hay un cubrimiento nos lleva a una contradicción! Este problema es uno en el cual las ideas de paridad resultan en una demostración.

Este argumento es una reducción al absurdo: asumimos que lo que queremos demostrar es falso, y deducimos a partir de esto una contradicción. Luego, el supuesto inicial debe ser falso. Problema 5.

Tenemos un contenedor de 9 litros y uno de 4 litros. ¿Cómo hacemos para dejar exactamente 6 litros en el contenedor grande?

Solución: La siguiente tabla muestra los contenidos de los contenedores durante el proceso de llenar y vaciar: Recipiente de 9 litros 9 5

Recipiente de 4 litros 0 4

5 1 1 0 9 6

0 4 0 1 1 4

¿Qué pasaría si los contenedores fueran de 6 y 4 litros y quisiéramos dejar 3 litros en alguno de ellos? En este caso, no hay manera. En realidad vemos que no importa que hagamos con los contenedores, el contenido de ellos tiene que ser de la forma 4m + 6n , donde m y n son enteros. Esta combinación siempre es par y por lo tanto distinta de 3. Problema 6.

Una cabra limpia un terreno de pasto en 4 días, un caballo en 3 días, y una vaca en dos días. ¿En cuanto tiempo limpiarían el terreno juntos?

Lo que esta claro es que en 12 (mínimo común múltiplo de 4, 3 y 2) días: • • • • •

la cabra limpiaría 3 terrenos, el caballo 4 terrenos y la vaca 6 terrenos. Es decir, entre los tres limpiarían, en 12 días, 13 terrenos. Es decir que 1 terreno lo limpiarían en 12/13 de día.

Otra forma de verlo:

• • • • •

En un día, la cabra limpia ¼ de terreno, el caballo limpia 1/3 de terreno y la vaca ½ terreno. Entre todos, en un día, limpian 13/12 de terreno. Así que un terreno lo deben limpiar en 12/13 de día. Problema 7.

¿Cuál es último dígito de 34798 ?

Una forma de resolver es buscar un patrón: 30 = 1 31 = 3 32 = 9 33 = 27 34 = 81 35 = 243 36 = 729 37 = 2187 38 = 6561 39 = 19683 310 = 59049 311 = 177147

Vemos que 1, 3, 9, 7 son los últimos dígitos de las potencias de 3 y que se repiten periódicamente. Ahora basta con encontrar cual le corresponde: 34798 = 31199⋅4+ 2 . Por lo tanto, le corresponde un 9 como último dígito. Otra forma de resolver es usando aritmética modular. Dados los enteros a, b, m , con m > 0 , decimos que a es congruente a b módulo m si al dividir a entre m se obtiene el mismo residuo que al

dividir b entre m . Esto es equivalente a decir que m es un factor de a − b . Esto le denotamos por a ≡ b(mod m) , o si el módulo esta implícito, a ≡ b . Las siguientes propiedades son fáciles de verificar a partir de la definición de congruencia: Si a, b, c, d , m son enteros, con m > 0 , tales que a ≡ b(mod m) y c ≡ d (mod m) , entonces 1. a ≡ a (mod m) (reflexividad) 2. b ≡ a(mod m) (simetría) 3. si adicionalmente b ≡ c(mod m) entonces a ≡ c(mod m) (transitividad) 4. a + c ≡ b + c(mod m) 5. a − c ≡ b − c(mod m) 6. ac ≡ bc(mod m) 7. a + c ≡ b + d (mod m) 8. a − c ≡ b − d (mod m) 9. ac ≡ bd (mod m) Recomendamos que el lector demuestre estas propiedades antes de continuar. Trabajando 4798

1199⋅4 + 2

módulo

= 3 (3 2

)

4 1199

podemos

= 3 ( 81) 2

1199

≡ 3 ⋅1 2

1199

observar

que

= 9 . De manera que el

último dígito es 9. ¿Qué pasa si buscamos el último dígito de 765432 ? Usando aritmética modular, y trabajando módulo 10, tenemos que 765432 = 4932716 ≡ (−1)32716 = 1 . Por lo tanto, el último dígito de este número es 1. ¿Qué pasa si buscamos los últimos 3 dígitos de 34798 ?

Usando aritmética modular, y trabajando módulo 1000, tenemos que 34798 = 38 ( 310 )

479

= 38 ( 59049 )

479

≡ 38 ( 49 )

= 38 ( 49 ) ( 4910 ) ≡ 38 ( 49 ) (1) 9

479

≡ 561 ⋅ 449 ≡ 889

Por lo tanto, los últimos tres dígitos son 889. Problema 8.

Suponga que T es un triángulo en el plano. Demuestre que existe un triángulo T’, semejante a T, y tal que la magnitud de su área es igual a la magnitud de su perímetro.

En este problema, conviene pensar en una transformación de contracción o expansión por un factor α . Esta transformación de semejanza mantiene al nuevo triángulo T’ semejante al viejo triángulo T. Mostraremos que existe un valor de α que hace que el nuevo triángulo satisfaga el requerimiento. Notemos que si P es el perímetro de T y P ' es el perímetro de T’, entonces P ' = α P . También notemos que si A es el área de T y A ' es el área de T’, entonces A ' = α 2 A . Ahora impongamos el requerimiento: P ' = α P = α 2 A = A ' ⇒ α = P / A . Como A ≠ 0 , hemos demostrado que existe un valor de α que corresponde a un triángulo que satisface que se área es igual a su perímetro y que es semejante a un triángulo original dado.

Problema 9.

Deseamos “cubrir” el plano con círculos idénticos de dos maneras distintas:

• •

De forma que cada círculo tiene 4 vecinos adyacentes (arriba, abajo, izquierda y derecha); esto se llama la cubierta rectilínea. De forma que cada círculo tiene 6 vecinos adyacentes en un patrón hexagonal; esto se llama la cubierta hexagonal.

Determine que patrón es más eficiente: cual cubre un mayor porcentaje del plano.

Notemos que en el primer caso, es posible inscribir cada círculo en un cuadrado, de manera que la colección de cuadrados cubra perfectamente al plano. Ahora, el porcentaje cubierto del plano es igual al porcentaje cubierto de cada cuadrado. Si los círculos tienen radio r , entonces el porcentaje cubierto de cada cuadrado (y por lo tanto del plano) es el cociente de las áreas del círculo y del cuadrado que lo inscribe: π r2 π = . En el segundo caso, es posible inscribir cada círculo en un 4r 2 4 hexágono regular, de manera que la colección de hexágonos cubra perfectamente al plano. El porcentaje cubierto del plano es igual al porcentaje cubierto de cada hexágono. Si los círculos tienen radio r , entonces el porcentaje cubierto de cada hexágono (y por lo tanto del plano) es el cociente de las áreas del círculo y del hexágono que lo

π r2

. Claramente, el porcentaje del segundo caso es 2 3r 2 3 mayor que el porcentaje del primer caso. De manera que la cubierta hexagonal es más eficiente que la rectilínea. inscribe:

Problema 10.

Suponga que escribe 37 cartas y prepara 37 sobres con la dirección que corresponde a cada carta. Cerrando los ojos, al azar elige cartas y sobres y los va cerrando. ¿Cuál es la probabilidad de que solo un sobre contenga la carta incorrecta?

Los problemas de probabilidad como este normalmente se resuelven con un argumento de conteo, y lo que se cuenta es el número de formas igualmente probables en que puede ocurrir un evento, y el número total de posibles ocurrencias de un experimento. En este caso, es imposible que solo un sobre contenga la carta incorrecta, porque al menos debe haber otro (el que si corresponde a la carta) que también tiene la carta incorrecta. Por lo tanto, la probabilidad es cero. ¿Qué pasa si en lugar de preguntar por el caso de un sobre incorrecto preguntamos por la probabilidad de que dos sobres contengan la carta incorrecta?

•

En este caso, basta con saber de cuantas formas podemos elegir 2 ⎛ 37 ⎞ 37! = 37 ⋅18 . sobres de 37: ⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎠ 2!⋅ 35!

• •

Ahora debemos contar el número total de formas en que podemos combinar sobres y cartas: 37!. 37 ⋅16 16 Por lo tanto, la probabilidad que buscamos es = . Este 37! 36! es un número muy pequeño, como era de esperarse. Problema 11.

Considere el siguiente juego de dos jugadores. El juego comienza con una pila de 30 fichas. Cada jugador, en su turno, puede remover de la pila de 1 a 6 fichas. El último jugador en remover fichas gana. Encuentre una estrategia ganadora para el primer jugador.

Una estrategia ganadora tiene que asegurarle el éxito al primer jugador independientemente de la respuesta del segundo. Si procedemos como es natural, es decir, imaginándonos todas las posibles primeras jugadas y sus respuestas, se abre ante nosotros un árbol de posibilidades enorme que no podemos analizar. Pero si empezamos nuestro razonamiento al final del juego, resulta fácil eliminar muchas posibilidades, simplificando así el análisis:

• •

Notemos que al primer jugador le gustaría que en su último turno queden 6 ó menos fichas. Esto ocurriría si al penúltimo turno el segundo jugador se enfrenta a 7 fichas; el solo puede sacar un máximo de 6. Esta es la observación fundamental.

• • •

Usando el mismo razonamiento, es claro que el primer jugador desearía que el segundo se enfrentase a 14 fichas, pues así, el puede dejar al segundo jugador en 7 fichas y ganar. Análogamente, el primer jugador desea que el segundo se enfrente a un número de fichas que es un múltiplo de 7: 35. De manera que la estrategia ganadora es tomar 2 fichas, y después tomar un número de fichas tal que el segundo jugador se enfrenta a un múltiplo de 7. Esto siempre es posible: si el segundo jugador toma n fichas, el primero toma 7-n.

El segundo jugador está condenado a ser vencido si el primer jugador usa esta estrategia. Ahora, si el primer jugador en cualquier jugada deja al segundo jugador con una pila que no contiene un número de fichas igual a un múltiplo de 7, entonces el segundo jugador puede tomar la batuta y dejar al primero en un múltiplo de 7, y ganar el juego. Problema 12.

Considere la siguiente figura. ¿Podemos trazarla sin levantar el lápiz del papel y sin pasar por ningún segmento más de una vez?

Este es un problema clásico que ha intrigado a la gente por mucho tiempo. Resulta imposible hacer el trazo especificado. Invitamos al lector a que lo intente. La cosa es como demostrar que es imposible, porque como en problemas anteriores, resulta impráctico intentar todos los posibles trazados. Resulta bien importante considerar el grado de cada vértice: es decir, cuantos segmentos emanan de cada vértice. 26

• •

•

Notemos que hay unos vértices de grado par y otros de grado impar. Observemos que si empezamos en un vértice de grado par, tenemos que terminar el trazado en el. En cambio, si pasamos por un vértice de grado impar, tenemos que terminar en el. Luego no podemos empezar en un vértice de grado par, porque en esta gráfica hay vértices de grado impar y tendríamos que terminar en ambos, lo cual es imposible! Por otro lado, hay mas de dos vértices de grado impar, así que tampoco podemos comenzar en un vértice impar, porque habría que acabar en más de un vértice de grado impar, lo cual es imposible.

La conclusión es que no podemos empezar en ningún vértice. Es decir, es imposible trazar la figura siguiendo las especificaciones. Problema 13.

Los puentes de Königsberg. Este es un problema propuesto y resulto por el célebre matemático Leonhard Euler. La ciudad de Königsberg tiene 7 puentes, y a la gente de la ciudad gustaba de caminar y quería poder recorrerlos todos una sola vez. Considerando el mapa de la ciudad presentado a continuación, ¿es esto posible?

Para simplificar el análisis, compactemos las masas de tierra desconectadas en puntos; los puentes serán aristas que unen los puntos. De esta manera representamos el mapa como una gráfica con vértices y aristas: Tierra

Tierra

Finalmente lo que vemos es una gráfica con 4 vértices, cada uno de grado impar. Por el análisis del problema anterior, no hay manera de trazar esta gráfica sin levantar el lápiz del papel y sin pasar por una arista más de una vez. Luego, no se puede pasear por todos los puentes de Königsberg pasando solo una vez por cada uno. Problema 14.

El dilema de Boris y Natacha. Boris y Natacha son dos jóvenes rusos que se quieren casar. Sin embargo, Boris vive en Novosibirsk y Natacha en Moscú, ciudades separadas por miles de kilómetros de estepas y montañas. Boris quiere enviarle a Natacha un anillo de compromiso por correo, pero sabe que los empleados del correo ruso son muy corruptos, y tan pronto vean un paquete, lo abrirán y se robarán el contenido si les gusta o lo botarán si no les gusta. Boris tiene un baúl que tiene en tres de sus lados verticales un gozne para un candado. Puede enviar el anillo en el baúl con candado, pero entonces ¿como abrirá Natacha el baúl? Para enviar la llave tienen el mismo problema que para enviar el anillo… ¿Cómo pueden Boris y Natacha resolver su dilema?

Sugerimos que el lector piense profundamente en el problema antes de leer la respuesta. Esto debe hacerse en general, pero particularmente en este caso. La solución es verdaderamente ingeniosa y simple, pero muy lejos de ser trivial. Esto solo puede apreciarse después de haber intentado encontrarla uno solo. Aquí esta una solución al dilema:

• • • •

Boris envía el baúl con el anillo y su candado. Natacha recibe el baúl, le pone su propio candado, y se lo envía de vuelta a Boris. Boris recibe el baúl, quita su candado y lo envía de vuelta a Natacha. ¡Natacha recibe el baúl, quita su candado y queda maravillada por el hermoso anillo!

Note que el baúl esta protegido en todo momento con al menos un candado. Este acertijo tan ingenioso encierra el principio fundamental para hacer comunicaciones electrónicas seguras en una red insegura. El anillo es como el mensaje, los candados son claves (que conmutan) para proteger los mensajes, y las llaves de los candados son los algoritmos para remover las claves. Problema 15.

Suponga que tiene 9 perlas. Todas parecen iguales, pero 8 pesan lo mismo y 1 es diferente; no sabemos cual. Se cuenta con una balanza. ¿Cómo puede usarse la balanza para encontrar la perla diferente, y si es mas pesada o ligera, con solo 3 mediciones?

La estrategia aquí es dividir las perlas en tres grupo de tres perlas cada uno: A, B y C. Poniendo el grupo A y B en la balanza, puede ocurrir que

• •

A y B balancean, en cuyo caso la perla distinta esta en C. A y B no balancean, en cuyo caso la perla distinta está en A ó B.

En el primer caso tomamos dos de las perlas de C y las ponemos en la balanza. Si balancean, la tercera es la que buscamos. Si no, una de ellas es la que buscamos. Intercambiando una de ellas con la tercera (que es común) averiguamos cual es en 3 o menos mediciones con la balanza. En el segundo caso, debemos de anotar cual grupo es más pesado. Supongamos que A es mas pesado. Ahora pesemos A contra C. Si balancea, entonces la perla distinta esta en B; si no, la perla distinta esta en A. En cualquier caso sabemos si la perla distinta es más ligera o más pesada que las otras. Ahora tomamos dos de las perla del grupo que contiene a la distinta (A ó B) y las pesamos. Si balancean, la restante es la distinta y si no, sabemos que la más pesada o ligera, (A ó B), es la distinta. Esto lo sabemos con tres mediciones de la balanza. Resulta que se puede realizar un razonamiento similar con 12 perlas, y con 13 se puede distinguir la perla distinta pero no si es mas ligera o pesada. Con 14 perlas 3 mediciones ya no son suficientes para distinguir la perla distinta. Recomendamos al lector pensar en estas variantes. Otra variante interesante del problema es considerar 80 perlas, con la información adicional de que la perla distinta es más ligera. Entonces hay que mostrar que bastan 4 mediciones para localizar la perla distinta.

Problema 16.

Suponga que un polígono admite un círculo inscrito (es decir, que cada uno de sus lados es tangente al círculo inscrito). Demuestre que la línea que parte el polígono en dos polígonos del misma área y mismo perímetro pasa por el centro del círculo inscrito.

Sea r el radio del círculo inscrito, y sean A y B las intersecciones de la línea que parte el polígono con los lados del polígono. Llamémosle Q al polígono original; Q1 y Q2 a los dos polígonos resultantes después de partir el original. Notemos que A , B y C (el centro del círculo inscrito) forman un triángulo. Demostraremos que este triángulo tiene área 0; es decir, que A , B y C son colineales. Sean P y A el perímetro y área del polígono original. Sean P ' y A ' el perímetro y área de Q1 y Q2 respectivamente. Triangulando el polígono desde sus vértices hasta el centro del círculo inscrito, observamos que

• •

A = rP / 2 Además, rompiendo el polígono original en los dos subpolígonos, tenemos que A = A '+ A ' = r ( P '− AB) / 2 + r ( P '− AB) / 2 + ABC

(

•

Igualando obtenemos rP / 2 = r ( P '− AB) / 2 + r ( P '− AB) / 2 + ABC .

)

que

•

De aquí se obtiene que ABC = 0 . Es decir, A , B y C son colineales. Problema 17.

¿Qué es mayor, 10001000 ó 1001999 ?

Notemos primero que no podemos usar una calculadora para responder esta pregunta; las cantidades son demasiado grandes. Lo que si podemos hacer es utilizar el teorema del binomio de Newton para estudiar una de estas potencias: 1001999 = (1000 + 1)

999

⎛ 999 ⎞ ⎛ 999 ⎞ 998 = 1000999 + ⎜ ⎟1000 + ... + ⎜ ⎟1000 + 1 ⎝ 1 ⎠ ⎝ 998 ⎠ 999! 999! 999! 10001998 + 10001998 + ... + 1000 + 1 = 1000999 + 998!1! 997!2! 1!998! < 1000999 + 1000999 + .... + 1000999 + 1000999 = 1000 ⋅1000999 = 10001000 Por lo tanto 10001000 > 1001999 .

Problema 18.

Encuentre el valor de

1 1 1 1 . + + ... + + 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (k − 1) ⋅ k k ⋅ (k + 1)

El truco aquí es descomponer en fracciones parciales: 1 1 1 , = − k ⋅ (k + 1) k k + 1 de manera que 1 1 1 1 + + ... + + = 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (k − 1) ⋅ k k ⋅ (k + 1) 1⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 − ⎟+⎜ − ⎜1 − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ... + ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 3⎠ ⎝ k −1 k ⎠ ⎝ k k +1⎠

Esto se conoce como una suma telescópica, por la gran cantidad de cancelaciones que se producen si removemos los paréntesis, y asociamos los términos de la siguiente forma: 1 1 1 1 + + ... + + = 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (k − 1) ⋅ k k ⋅ (k + 1) 1 ⎛ 1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ 1 + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ... + ⎜ − ⎟ − ⎝ 2 2⎠ ⎝ 3 3⎠ ⎝ k k ⎠ k +1

Haciendo las cancelaciones: 1 1 1 1 1 k + + ... + + = 1− = . 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (k − 1) ⋅ k k ⋅ (k + 1) k +1 k +1 Problema 19.

Considere un círculo de radio R inscrito en un cuadrado de lado 2R . Ahora inscriba un círculo pequeño de radio r entre el círculo original y una esquina del cuadrado. Encuentre el valor de r / R .

Presentaremos dos soluciones a este problema. La primera consiste en observar el triángulo isósceles rectángulo cuya hipotenusa contiene le segmento de recta que une los centros de ambos círculos:

R 2r x

r r R

Usando el teorema de Pitágoras dos veces obtenemos que: ( x + 2r + R ) 2 = 2 R 2 ( x + r ) 2 = 2r 2

De la segunda ecuación tenemos que x + r = 2r , y sustituyendo en la

(1 + 2 ) r + R =

primera ecuación tenemos que

2 R . Por lo tanto

r 2 −1 = . R 2 +1 Otra posible solución consiste en pensar en una sucesión infinita de círculos donde el círculo enésimo esta inscrito entre al anterior y la esquina del cuadrado. Si numeramos el primer círculo como el círculo 0, el siguiente el 1, y así sucesivamente, y le llamo al radio del círculo enésimo rn , las proporciones entre los radios de círculos sucesivos son r r r r iguales por semejanza. Es decir, α = 1 = 2 = 3 = 4 = ... . Por lo tanto r0 r1 r2 r3 tenemos que r1 = α r0 r2 = α r1 = α 2 r0 r3 = α r2 = α 3 r0 rn = α rn −1 = α n r0

Ahora, usando el teorema de Pitágoras sobre el triángulo de la solución anterior obtenemos que:

( r0 + 2r1 + 2r2 + 2r3 + ...)

= r0 (1 + 2α + 2α 2 + 2α 3 + ...) = 2r02 2

La suma infinita dentro del segundo paréntesis se llama una suma geométrica, es decir, una suma infinita de la siguiente forma: s = 1 + r + r 2 + r 3 + r 4 +… .

Para estudiar el comportamiento de esta suma, vamos a considerar las llamadas sumas parciales: sn = 1 + r + r 2 + r 3 + r 4 + … + r n . 1 − r n +1 (si r ≠ 1 ). Si 1− r r < 1 , entonces conforme n se hace grande ( n → ∞ ) tenemos que r n +1

Notemos que sn − rsn = 1 − r n +1 , y por lo tanto sn =

se acerca a 0 ( r n +1 → 0 ). Por lo tanto, si r < 1 tenemos que sn tiende a 1 1 , o simbólicamente sn → = s . Esta idea de las sumas parciales 1− r 1− r es muy importante, porque define claramente lo que significa una suma infinita: si las sumas parciales se acercan o tienden a un valor conforme sumamos más y más términos, ese es el valor de la suma infinita. Por lo tanto, como α < 1 , tenemos que

α obtenemos que α =

2 − 1 = 2 . Despejando para 1−α

2 −1 . 2 +1 Problema 20.

La mosca y los dos trenes. Este es un problema famoso, porque fue planteado en una reunión social al famoso matemático húngaroamericano John von Neumann. El problema tiene al menos dos soluciones: una ingeniosa pero muy simple, y otra complicada que involucra una suma infinita (como en el problema anterior). Von Neumann resolvió mentalmente casi de inmediato, y la persona que presentó el problema comentó que era extraordinario que a von Neumann se le hubiera ocurrido la solución ingeniosa y simple que no usa sumas infinitas. Von Neumann se quedo extrañado y respondió que el había sumado la suma infinita... En fin, el problema dice así: Dos trenes se encuentran frente a frente a una distancia x el uno del otro y se acercan a la misma rapidez v . Una mosca sale de uno de los trenes

y vuela hacia el otro con una rapidez 2v . Tan pronto lo alcanza, da la vuelta y vuela de regreso. Tan pronto regresa vuelve a salir hacia la otra bicicleta, y así sucesivamente. La pregunta es: ¿Qué distancia recorre la mosca hasta que los dos trenes se encuentran?

El problema tiene al menos dos soluciones. La primera, y mas complicada, involucra a la serie geométrica. Si la distancia que separa ambos trenes es x , en su primer viaje, la mosca viajara una distancia (2 / 3)x , puesto que viaja al doble de velocidad que los trenes. En el segundo tramo, la distancia de vuelta la tren es (1/ 3)x , y la mosca vuela 2/3 partes de esta antes de regresar al tren, y así sucesivamente. Por lo tanto, la distancia total recorrida por la mosca es: (2 / 3) x + (2 / 3)(1/ 3) x + (2 / 3)(1/ 3) 2 x + ... = ⎛ 1 ⎛ 1 ⎞2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ (2 / 3) x ⎜1 + + ⎜ ⎟ + ... ⎟ = (2 / 3) x ⎜ ⎟ = x. ⎜ 3 ⎝3⎠ ⎟ ⎝ 1 − 1/ 3 ⎠ ⎝ ⎠

La segunda solución, mas rápida, consiste en notar que el tiempo que le toma a los dos trenes encontrarse es x /(2v) , ya que se encuentran a medio camino. Volando a velocidad 2v por este tiempo, la mosca tiene que recorrer una distancia x . Problema 21.

Desigualdad entre media aritmética y geométrica. Las medias aritmética y geométrica de dos números positivos a y b son, respectivamente, a+b A= y G = ab . Demuestre que G ≤ A . 2

Comenzamos notando que como (a − b) 2 ≥ 0 entonces a 2 + b 2 ≥ 2ab . Ahora elevando la media aritmética al cuadrado, y usando la desigualdad anterior, tenemos que a 2 + b 2 + 2ab 2ab + 2ab A = ≥ = ab = G 2 . 4 4 2

Por lo tanto, A ≥ G . Otra forma de proceder es la siguiente: queremos demostrar que a+b ≥ ab , pero podemos escribir a = c 2 y b = d 2 . Entonces, en 2 c2 + d 2 ≥ cd , o términos de c y d queremos demostrar que 2 equivalentemente, que c 2 + d 2 ≥ 2cd , pero esta es precisamente la primera desigualdad que demostramos en la solución anterior. Ahora veamos que pasa si queremos generalizar este resultado para la media aritmética y geométrica de 3 número positivos a , b y c : a+b+c 3 queremos demostrar que ≥ abc , o equivalentemente 3 (haciendo una transformación como en el párrafo anterior) d 3 + e3 + f 3 ≥ 3def . En este caso no podemos apelar a una desigualdad fácil como en el caso de dos números; tenemos que ser más ingeniosos. 3

⎛d⎞ ⎛e⎞ ⎛ d ⎞⎛ e ⎞ Si dividimos entre f tenemos que ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + 1 ≥ 3 ⎜ ⎟⎜ ⎟ . ⎝ f ⎠ ⎝ f ⎠ ⎝ f ⎠⎝ f ⎠ Interesantemente, hemos reducido el número de cantidades a dos, los 3

d e y , en lugar de las tres originales. ¡Quizás podemos usar f f la desigualdad para dos cantidades que ya demostramos! Tenemos entonces que basta demostrar que m3 + n3 + 1 ≥ 3mn . Podemos aplicar la desigualdad anterior (ya demostrada) para obtener que m3 + n3 + 1 ≥ 2(mn)3/ 2 + 1 , así que bastaría con que 2(mn)3/ 2 + 1 ≥ 3mn , o si hacemos x = (mn)1/ 2 , bastaría con que 2 x3 + 1 ≥ 3 x 2 para todo x > 0 . Observemos finalmente que 2 x3 + 1 ≥ 3 x 2 es equivalente a 2 x3 − 3x 2 + 1 ≥ 0 . Demostraremos que esta desigualdad es cierta: 2 x 3 − 3 x 2 + 1 = 2 x 2 ( x − 1) − x 2 + 1 cocientes

= 2 x 2 ( x − 1) − ( x + 1)( x − 1) = ( x − 1)(2 x 2 − x − 1) = ( x − 1)( x − 1)(2 x + 1) = ( x − 1) 2 (2 x + 1) ≥ 0 a+b+c 3 si x ≥ 0 . Por lo tanto ≥ abc . 3

Como último comentario, el método usarse inductivamente para demostrar números positivos siempre es mayor o Haciendo las mismas transformaciones usando la hipótesis de inducción en demostrar que

utilizado anteriormente puede que la media aritmética de n igual que su media geométrica. que en el caso de 3 números, y n − 1 , llegaríamos a tener que

(n − 1) x n + 1 ≥ nx n −1 o equivalentemente (n − 1) x n − nx n −1 + 1 ≥ 0 . Esto se demuestra observando que

(n − 1) x n − nx n −1 + 1 = nx n −1 ( x − 1) − x n + 1 = ( x − 1)nx n −1 − ( x − 1)( x n −1 + x n − 2 + ... + x + 1) = ( x − 1) ( (n − 1) x n −1 − x n − 2 − ... − x − 1) = ( x − 1) ( ( x n −1 − x n − 2 ) + ( x n −1 − x n −3 ) + ... + ( x n −1 − 1) ) = ( x − 1) ( x n − 2 ( x − 1) + x n −3 ( x 2 − 1) + ... + ( x n −1 − 1) ) = ( x − 1) 2 ( x n − 2 + x n −3 ( x + 1) + ... + ( x n − 2 + x n −1 + ... + 1) ) ≥0

Por

tanto,

x1 , x2 ,..., xn > 0 .

sabemos

que

x1 + x2 + ... + xn n ≥ x1 x2 ...xn , n

para

Problema 22.

Suponga que un gusano se arrastra, a una velocidad de 1 cm/s, sobre una liga elástica que mide 1 m. Al final de cada segundo, la liga se estira y añade 1 m a su longitud. ¿Llegará el gusano al final de la liga?

La forma mas sencilla de resolver este problema es pensando en el porciento o fracción de la liga que se ha recorrido y no en la distancia recorrida. Al final del primer segundo, el gusano ha recorrido 1/100 parte de la liga, y no importa cuanto se estire la liga, el gusano seguirá en la posición que corresponde a 1/100 de su longitud. Al final del siguiente segundo, el gusano a recorrido la mitad de 1/100 adicional. Al final del siguiente segundo, el gusano ha recorrido la tercera parte de 1/100 adicional. Así que al final del n -ésimo segundo el gusano habrá recorrido esta fracción de la longitud total de la liga:

1 (1 + 1/ 2 + 1/ 3 + ... + 1/ n ) . 100 Cuando esa fracción sea igual a 1, el gusano habrá recorrido toda la liga. Ahora, para que esa fracción sea igual a 1, 1 + 1/ 2 + 1/ 3 + ... + 1/ n ≥ 100 . ¿Será que esa suma es mayor que 100 para n suficientemente grande? Este problema nos lleva a considerar la serie o suma armónica: 1 1 1 1 1+ + + + + 2 3 4 5

Este ejemplo es importante, porque aunque los términos que vamos añadiendo se hacen cada vez mas pequeños, las sumas parciales se hacen tan grandes como uno desee. Observemos que 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + + + + + + + + ≥ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + + + + + + + + = 2 4 4 8 8 8 8 16 16 16 16 16 16 16 16 1 1 1 1 1+ + + + + . 2 2 2 2 Es decir s2n ≥ 1 + n / 2 . Por lo tanto, la suma crece sin cota alguna. Por lo tanto, el gusano eventualmente cruza toda la liga. Problema 23.

Encuentre el valor de a) 1 + 2 + 3 + ... + n b) 12 + 22 + 33 + ... + n 2

Se dice del célebre matemático Carl F. Gauss, que cuando niño, su maestro castigó a su grupo en la escuela por indisciplina, y les encomendó sumar todos los números enteros del 1 al 100. El maestro esperaba tenerlos ocupados un buen rato con esta tarea, pero para su sorpresa Gauss se levantó casi inmediatamente con la respuesta correcta. ¿Cómo lo hizo Gauss? Pues hizo exactamente lo que nosotros haremos para resolver el primer inciso: Llamemos a la suma que buscamos s = 1 + 2 + 3 + ... + n . Ahora notemos que 2s = (1 + 2 + 3 + ... + n ) + ( n + (n − 1) + (n − 2) + ... + 1) = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) = n(n + 1) si asociamos los el primer elemento del primer paréntesis con el primero del segundo, segundo con el segundo y así sucesivamente. De aquí podemos despejar la suma desconocida: s=

n(n + 1) . 2

De esta forma, vemos que Gauss simplemente calculo 100 ⋅101/ 2 = 50 ⋅101 = 5050 y rápidamente termino. La verdad que este

es un argumento muy ingenioso; es increíble pensar que a un niño se le hubiera ocurrido. Ahora, si tratamos de hacer lo mismo con el siguiente inciso (b), vemos que no podemos proceder. Necesitamos algo más… Notemos que (n + 1)3 − n3 = 3n 2 + 3n + 1 . Usemos esto y la notación de sumatoria para obtener que

∑ ( (m + 1)3 − m3 ) = ∑ ( 3m2 + 3m + 1) = 3∑ m2 + 3∑ m +∑1 n

m =1

m=1

Por otro lado, la suma de la extrema izquierda es una suma telescópica, y por lo tanto tenemos que

∑ ( (m + 1) n

m =1

− m3 ) = ( 23 − 13 ) + ( 33 − 23 ) + ... + ( (n + 1)3 − n3 ) = (n + 1)3 − 1 .

Igualando las extremas derechas de las igualdades anteriores obtenemos que n

m =1

3∑ m 2 + 3∑ m + ∑1 = (n + 1)3 − 1 . Ahora, de las sumas en la mano izquierda de la última igualdad notamos que la primera suma es la que buscamos, la segunda el la suma de Gauss, que conocemos y la última es trivial. Por lo tanto, despejando para la que buscamos n

3∑ m 2 = −3 m =1

n(n + 1) n(2n + 1)(n + 1) − n + (n + 1)3 − 1 = . 2 2

Por lo tanto

∑m m =1

n(2n + 1)(n + 1) . El lector puede tratar de usar la 6 n

misma técnica para buscar una fórmula para

∑m

m =1

Vale la pena resaltar que si uno sabe o adivina la fórmula, es posible verificarla usando inducción matemática. Sin embargo, para deducir la fórmula es imprescindible el truco de la suma telescópica. Problema 24.

Construya un poliedro convexo (versión tridimensional de un polígono convexo) con 5 vértices, 8 aristas y 6 caras.

Este problema está medio mal intencionado… ¡No se puede construir un poliedro con esas especificaciones! Para el lector que lo intentó antes de leer esta explicación, la frustración de sus intentos será suficiente evidencia empírica de que esto es así. Sin embargo, no basta intentarlo y fracasar para demostrar que algo no es posible. Necesitamos algo más… Euler se percató de el siguiente hecho sorprendente: cualquier poliedro satisface la siguiente fórmula: V − A+ C = 2,

donde V representa el número de vértices del poliedro, A el número de aristas del poliedro y C el número de caras del poliedro. El lector puede considerar al tetraedro o al cubo para convencerse de que esto es cierto.

Obviamente, si esta formula es cierta para cualquier poliedro convexo, el poliedro del problema no puede existir puesto, que no satisface la ecuación. Para convencernos de que la fórmula es cierta, hagamos lo siguiente:

•

Pensemos en un poliedro convexo cualquiera y llamemos a la cantidad V − A + C el número de Euler de ese poliedro.

•

Ahora removamos una cara del poliedro. Lo que queda debe tener un número de Euler menor que el poliedro por una unidad.

â&#x20AC;˘

Ahora vamos a destruir lo que queda del poliedro desde el hueco que abrimos al quitar una cara. Removamos una arista que colinde con el hueco y la cara correspondiente. Como quitamos arista y cara, el nĂşmero de Euler se queda constante.

•

Así seguimos, removiendo aristas y caras adyacentes, o aristas y vértices adyacentes, manteniendo el número de Euler constante.

•

Eventualmente llegamos a la configuración mínima de una arista con dos vértices, cuyo número de Euler es 1.

•

Por lo tanto, el número de Euler del poliedro original debe ser una unidad mayor, es decir, 2.

Por lo tanto, la fórmula de Euler es cierta para poliedros convexos y no se puede construir un poliedro convexo con las especificaciones dadas.

Problema 25.

El sultán y los varones. Se cuenta que es un lugar lejano había un sultán que estaba preocupado porque no hubieran suficientes mujeres para cada súbdito varón. El calculó que cada varón desearía al menos tres mujeres como esposas, y dado que en ese momento había el mismo número de mujeres que de hombres, se avecinaba una crisis social fuerte. Para prevenir esta crisis inminente, decretó que las mujeres podían procrear solo hasta tener su primer hijo varón. Después de esto estaba prohibido tener más hijos. El sultán se sintió muy satisfecho y tranquilo de que su decreto aseguraba que en el futuro hubieran muchas más mujeres que hombres. ¿Qué tan efectivo es el decreto del sultán?

Curiosamente, el decreto del sultán no sirve para nada. Aquí está el argumento: •

•

Pensemos en el primer periodo de 9 meses después de impuesto de decreto: las mujeres que den a luz, la mitad de ellas tendrán varones y la otra mitad hembras. Por lo tanto, el número de varones y hembras sigue igual. Pensemos ahora en el siguiente periodo de 9 meses. Algunas mujeres ya no podrán tener más hijos: las que tuvieron hombres. Pero, de las que si tendrán hijos, la mitad tendrá varones y la mitad hembras. ¡De manera que el número de hembras y varones sigue igual! 49

•

Similarmente para los siguientes periodos. El número de varones y hembras permanece igual. Problema 26.

¿Cuántos números primos hay?

2, 3, 5, 7,… Los números primos son aquellos números naturales mayores que 1, divisibles solo entre ellos mismo y 1. Euclides demostró hace mucho tiempo que existen una infinidad de números primos. Su demostración es una reducción al absurdo clásica que presentamos a continuación: •

Asuma que hay solo un número finito ( n ) de números primos y llámelos p1 , p2 ,..., pn .

•

Considere el número q = p1 ⋅ p2 ⋅ ... ⋅ pn + 1 . Este número no es divisible entre ningún número primo en la lista finita. ¡Por lo tanto, q = p1 ⋅ p2 ⋅ ... ⋅ pn + 1 debe ser primo, o debe ser divisible por otro primo que no esta en la lista! Esto es una contradicción. Luego, el supuesto inicial, que solo hay un número finito de primos, debe ser falso. Por lo tanto, hay una infinidad de números primos.

•

• •

Problema 27.

¿Cómo hizo Eratóstenes para estimar el tamaño de la Tierra hace más de 2000 años?

Realmente, este es uno de los episodios más emotivos de la historia de las matemáticas. Veamos como hizo un griego excepcional para estimar el valor del radio terrestre hace más de 2000 años: •

•

• •

•

Primero, Eratóstenes sabía que la Tierra era aproximadamente esférica. Parece trivial, pero recordemos que 1600 años después, los contemporáneos de Colón temían caer por el borde del “plato” terrestre… Eratóstenes fué el jefe de la biblioteca de Alejandría, y viajaba frecuentemente a la ciudad de Asuán, en el bajo Egipto. Conocía la distancia más corta entre estas dos ciudades (5000 estadios); se dice que contó el número de pisadas que a un camello daba para viajar de una a otra. Además sabía que Asuán y Alejandría estaban en el mismo meridiano (Alejandría al norte y Asuán al sur). Sabía que en el solsticio de verano, los rayos del Sol caían perpendiculares al suelo en Asuán, puesto que había un pozo en un templo egipcio que así lo confirmaba. Midió el ángulo que estos hacían con la vertical en Alejandría en esta misma época ( 2π / 50 radianes). Con esto es suficiente para estimar el radio terrestre: s = rα o r = s / α . El estimó un perímetro ecuatorial de 250000 estadios. El perímetro ecuatorial real es de 246620. La diferencia o error es de 3380 estadios o del 1.3%: es una estimación muy buena.

Resulta increíble pensar que una persona de la antigüedad tuviera la temeridad de atreverse a medir un astro, como si fuera cualquier otro objeto. La precisión de sus estimados también es sorprendente: hace más de dos mil años había tecnología muy rudimentaria para hacer observaciones y mediciones. Finalmente, vemos que las herramientas matemáticas necesarias son muy básicas. Hay más maña que fuerza en el ingenioso argumento de Eratóstenes.

El mundo al bolsillo. α Alejandría

Asuán sector=(radio)(ángulo) α=2π/50, s=5000 estadios Perímetro: ~250000 estadios Valor real: 246620 estadios

Problema 28.

Elegir un número de 4 ó 5 dígitos del 1 al 9. Elegir uno de los dígitos. Formar un número con los dígitos restantes y restarle la suma de todos los dígitos (incluyendo el elegido). Sumar los dígitos del resultado. Con ese dato podemos “adivinar” el dígito elegido. ¿Cómo?

Muchas ilusiones y trucos pueden explicarse con el uso de las matemáticas. Basta con notar que al formar un número con los dígitos restantes y restarle la suma de todos los dígitos, obtenemos un número que es congruente a menos el dígito elegido módulo 9. Por ejemplo, supongamos que tenemos el número abcde y que elijo el dígito b , entonces tengo que calcular acde − a − b − c − d − e = a (103 − 1) + c(102 − 1) + d (10 − 1) − b = 999a + 99c + 9d − b ≡ suma de los dígitos del numero anterior (mod 9) ≡ −b(mod 9)

Entonces, de calcular el residuo modulo 9 podemos encontrar el dígito que falta. La única posible confusión ocurriría entre el 9 y el 0, que son congruentes módulo 9, pero por eso exigimos que los dígitos estén entre 1 y 9. Esta claro que no importa con cuantos dígitos comencemos, pueden ser 4, 5 o más. Además, al formar el número con los dígitos restantes, se puede cambiar el orden de estos y eso no afecta la efectividad del truco. El lector debe asegurarse que entiende porque un número es congruente a la suma de sus dígitos módulo 9.

Problema 29.

Encuentre el valor de 1 1+ . 1 2+ 1 3+ 1 1+ 1 2+ 3 + ... Esto es lo que se conoce como una fracción continuada. El truco consiste en reconocer el patrón repetitivo ó periódico y observar que si esta expresión representa a un número real x , entonces debe ser cierto que 1

x = 1+

= 1+

1 1 3x + 1 3+ x x 1 1 = 1+ = 1+ . x 7x + 2 2+ 3x + 1 3x + 1 3 x + 1 10 x + 3 = 1+ = 7x + 2 7x + 2 2+

De manera que x es solución de la siguiente ecuación cuadrática:

x(7 x + 2) = 10 x + 3 o equivalentemente 7 x 2 − 8 x − 3 = 0 . Esta ecuación tiene dos soluciones: x=

8 ± 148 . 14

Solo la solución positiva es relevante para nosotros: x=

4 + 37 ≈ 1.44039464 7 Problema 30.

Encuentre el valor de

2 + 2 + 2 + 2 + ... .

Aunque esta no es una fracción continuada, tiene una estructura similar, hay un patrón periódico. De manera que si llamamos x a la cantidad desconocida, entonces podemos notar que x = 2+ x . Esto implica que x es solución de la siguiente ecuación cuadrática: x2 = 2 + x y por lo tanto que x 2 − x − 2 = ( x − 2)( x + 1) = 0 . De manera que x = 2 . De forma muy similar, si el patrón fuese mas complicado, por ejemplo

1 + 2 + 1 + 2 + ... , de cualquier forma podemos usar la misma idea:

x = 1+ 2 + x .

Buscando

resolver

para

obtenemos

que 55

− 1) = 2 + x o que x 4 − 2 x 2 − x − 1 = 0 . Ahora el problema es 2

encontrar las raíces reales de este polinomio, y quedarnos solo con aquella que sea mayor que 1. Problema 31.

Suponga que en el siguiente diagrama, el punto A representa a un granjero, el punto B representa a una cabra enferma, la línea representa un río, y el punto C sobre la línea un punto el la ribera del río.

El granjero tiene un balde, quiere llenarlo de agua del río y llevarle agua a la cabra enferma. El problema es encontrar el punto C que corresponde a la ruta mas corta que el granjero puede tomar para hacer lo que desea. El truco aquí consiste en reflejar el punto A, por ejemplo, con respecto a la línea que representa al río. Entonces vemos que a cualquier ruta de A a C que pase por el río corresponde una ruta refleja de A’ a C de exactamente la misma longitud, y viceversa.

Pero encontrar la ruta más corta de A’ a C que pasa por el río es trivial: una línea recta. Reflejando el segmento A’C con respecto a la línea que representa el río, obtenemos la ruta más corta de A hasta C que pasa por el río.

C' C

Como se aprecia en el diagrama anterior, la ruta óptima es aquella en que el ángulo de entrada es igual al ángulo de salida.

Problema 32.

Mostrar que de todos los rectángulos de mismo perímetro, el cuadrado es el que contiene más área. Igualmente para los paralelepípedos rectos de igual superficie: el que contiene mayor volumen es el cubo.

Este problema es un problema isoperimétrico; es decir, en el que mantenemos fijo el perímetro pero buscamos optimizar otra propiedad de la figura: su área. Esta es una gran oportunidad para sacarle jugo a la desigualdad aritmética-geométrica: ab ≤

a+b . 2

Supongamos que a y b representan las longitudes de los lados de uno de estos rectángulos de mismo perímetro P = 2(a + b) . Ahora, observemos que la desigualdad aritmética-geométrica es estricta si a ≠ b e igualdad si a = b . Esta observación no es trivial y sugerimos que el lector la piense cuidadosamente. Por otro lado, en términos del perímetro P (que es constante para todos los rectángulos considerados) y el área A la desigualdad se puede escribir as: A = ab ≤

a+b P = 2 4

P2 y 16 esa cota solo se alcanza cuando la desigualdad aritmética-geométrica es igualdad; es decir, cuando a = b . Es decir, la cota superior del área de todos los rectángulos de mismo perímetro solo se alcanza cuando éste es un cuadrado. Por lo tanto, podemos concluir que el área A está acotado por A ≤

Procedemos similarmente en el caso del cubo. Primero consideremos la desigualdad aritmética-geométrica para tres números: 3

x1 + x2 + x3 . 3

x1 x2 x3 ≤

Llamemos a , b y c a las longitudes de los lados de los paralelepípedos considerados (de superficie constante). Ahora, definamos x1 = ab , x2 = bc y x3 = ac . Sustituyendo en la desigualdad obtenemos 3

(abc) 2 ≤

ab + bc + ac . 3

Ahora, podemos rescribir esta desigualdad en términos de la superficie S y del volumen V : V 2 / 3 = 3 (abc) 2 ≤

ab + bc + ac S = . 3 6

De nuevo, resulta que la desigualdad es estricta si las cantidades son distintas e igualdad si son iguales. Así que la cota superior para el 3/ 2

⎛S⎞ volumen V ≤ ⎜ ⎟ solo se alcanza cuando los lados de paralelepípedo ⎝6⎠ tienen las mismas áreas, y esto solo ocurre en el caso del cubo. Problema 33.

Demuestre que solo hay 5 poliedros regulares.

Tetraedro

Cubo

Octaedro

Dodecaedro

Icosaedro

Primero recordemos que un poliedro regular es tal que sus caras son el mismo polígono regular o equivalentemente, si es equilátero y equiángulo. Esta demostración se basa en la famosa fórmula de Euler: V − A + C = 2 ; donde V representa el número de vértices, A el número de aristas y C el numero de caras de cualquier poliedro convexo, en particular de los poliedros regulares. Observemos que si el polígono regular tiene n lados y r aristas emanan de cada vértice, entonces nC = 2 A ,

ya que cada arista pertenece a dos caras. Además, tenemos que rV = 2 A ya que cada arista emana de dos vértices. Sustituyendo en la fórmula de Euler, obtenemos que 2A 2A − A+ = 2, r n 1 1 1 1 + = + . Sabemos que n, r ≥ 3 , porque un n r 2 A polígono debe tener al menos tres lados y al menos 3 aristas deben incidir en cada vértice, pero n y r no pueden ambos ser mayores que 3. Por lo tanto basta considerar que valores puede asumir r cuando n = 3 y viceversa.

o equivalentemente

Resulta que cuando n = 3 , r puede ser 3, 4 ó 5, y A es 6, 12 ó 30. Esto corresponde al tetraedro, octaedro e icosaedro. Cuando r = 3 , n puede ser 3, 4 ó 5, y A es 6, 12 ó 30. Esto corresponde al tetraedro, cubo y dodecaedro.

REFERENCIAS

1. Courant, Richard & Robbins, Herbert. What is Mathematics?, Oxford University Press, 2nd Edition, 1996 2. Devlin, Keith. Matheamtics: The Science of Patterns, Owl Books, 1996 3. Fernรกndez, Luis & Gooransarab, Haedeh. Solutions Manual for Techniques of Problem Solving, American Mathematical Society, 1996 4. Gay, David. Geometry by Discovery, John Wiley & Sons, 1998 5. Krantz, Steven. Techniques of Problem Solving, American Mathematical Society, 1996

ÍNDICE

A acertijo · 30 ajedrez · 7, 17, 18 área · 8, 10, 13, 22, 32, 57, 58 argumento de conteo · 24 argumento de paridad · 15 aristas · 11, 28, 45, 46, 48, 60 aritmética modular · 20, 21, 22

B balanza · 10, 30, 31 biblioteca de Alejandría · 51

C caras · 11, 45, 46, 48, 60 círculo inscrito · 10, 32 claves · 30 congruencia · 21 congruente · 20, 53 contenedor · 7, 18 contracción · 22 contradicción · 18, 50 cubierta hexagonal · 8, 23, 24 cubo · 13, 46, 57, 59, 60 Cubo · 59 cubrimiento · 7, 17, 18

D dígito · 8, 12, 20, 21, 52, 53 dígitos · 8, 12, 20, 21, 22, 52, 53 Dodecaedro · 59

E ecuación cuadrática · 54, 55

Eratóstenes · 12, 50, 51, 52 estrategia · 8, 25, 26, 31 Euclides · 50 Euler · 9, 27, 45, 46, 47, 48, 60 expansión · 22

F factorización prima · 14 fracción continuada · 54, 55 fracciones parciales · 34

G Gauss · 43, 44 grado impar · 27

H HaCuMa · iii hexágono · 23 hipotenusa · 35

I Icosaedro · 59 IFEM · iii igualmente probables · 17 ilusiones · 53 impar · 7, 15, 27, 29 isoperimétrico · 58

J juego · 8, 25, 26

Königsberg · 9, 27, 29

reducción al absurdo · 18, 50 ruta mas corta · 12, 56 ruta más corta · 57

M media aritmética · 11 media geométrica · 11, 38, 39, 40, 58, 59 Monty-Hall · 7, 16

N número de Euler · 46 número real · 54 números primos · 11, 50

O Octaedro · 59 olimpiada matemática · iii

P patrón periódico · 55 perímetro · 8, 10, 13, 22, 32, 51, 57, 58 perlas · 10, 30, 31 poliedro convexo · 11, 45, 46, 48, 60 poliedros regulares · 13, 59, 60 polígono · 10 probabilidad · 8, 16, 24, 25

S serie armónica · 42 serie geométrica · 36, 38 soluciones · iii, 35, 37, 38, 54 sultán · 11, 49 suma geométrica · 36 suma infinita · 36, 37 suma telescópica · 34, 44, 45 sumas parciales · 37

T teorema de Pitágoras · 36 teorema del binomio · 33 Tetraedro · 59 transformación · 22, 39 triángulo · 8, 22, 32, 35, 36 trucos · 53

V vértice · 26, 27, 60 vértices · 28