Creo que ya todos conocéis a un señor llamado Miguel Ángel Morales. ¿Que no? ¿Y si os digo que su nick es ^DiAmOnD^ y que su blog es Gaussianos. Ahora sí, ¿verdad? Bueno, pues también os recuerdo que aún siguen apareciendo la serie de desafíos Matemáticos de la Real Sociedad Matemática Española (RSME) y El País, aunque por vagancia no os haya contado apenas nada desde mayo.
¿Y a qué viene tanto recordatorio? Pues a que Miguel Ángel, que también es editor del Boletín de la RSME, presentó la semana pasada el 39º Desafío Matemático titulado Dos segmentos iguales y en ángulo recto:
Es que soy de ciencias
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miércoles, 14 de diciembre de 2011
miércoles, 4 de mayo de 2011
Dorefasi Faredo: solución al piano gigantesco.
La verdad es que por causas personales (mudanza de piso) no he podido atender mis deberes blogueriles y he dejado algunos de los de desafíos Matemáticos de la Real Sociedad Matemática Española y El País sin resolver ni mencionar en el blog.
Mi situación ya se ha arreglado y volvemos esta semana a publicar el enunciado correspondiente a este nbuevo desafío y que lleva por título Un piano Gigantesco. El enunciado lo podéis escuchar aquí mismo
En él, dado un piano muy muy grando, tocamos un DO, a continuación tocamos la siguiente tecla, RE; aahora nos saltamos 1 y tocamos la siguiente FA; ahora saltamos 2 y tocamos la siguiente, SI, saltamos 3 y tocamos la siguiente, FA; y así sucesivamente hasta que hayamos tocado 7000 teclas. Se nos pide determinar cuántas teclas DO tocaremos y si hay alguna nota que nunca toquemos.
La solución no es demasiado complicada, de hecho, creo que cualquiera que lo intente por el método de la cuenta de la vieja (ojo, que la vieja sabe contar muy bien) se da cuenta del quid: las notas se repiten de 7 en 7. La solución original, con sorpresa musical, la podéis ver a continuación
Y ahora os comento lo que yo hice, que es prácticamente lo mismo que viene en el vídeo: trabajar en
, o dicho de otro modo, en módulo 7. Para ello, las notas Do-Re-Mi-Fa-Sol-La-Si se corresponderán con 0-1-2-3-4-5-6 respectivamente.
En mi método, como trabajamos módulo 7, da igual sumar 0, que 7, que 14, que...
; o bien, da igual sumar 1 que 8, que 15, que... 
etc... Por eso, como al cabo de 7 notas volvemos al DO y habría que sumar 8 (que es lo mismo que 1), se vuelve a repetir cíclicamente, la sucesión de las 7 primeras notas. Así que, como bien dicen en el vídeo, basta con contar lo que ocurre en las primeras 7 notas.... y multiplicar por 1000.
Pero bueno, por si acaso, también comprobé mi solución con el Mathematica haciendo un pequeño programita (la verdad es que me da vergüenza llamarlo así, pero en fin). En primer lugar, en vez de notas, trabajamos con números, así que buscamos una sucesión numérica
. Como comenzamos en un DO, sabemos que 
, 
, 
y sucesivamente, 
. De esta forma, es fácil comprobar que la sucesión con la que vamos a trabajar es la de los números triangulares pero comenzandoen 0; así 
.
Así, y gracias a la potencia del Mathematica (versión 8, en mi caso), basta definir en primer lugar la sucesión
A continuación, para cada
, escribo una lista en la que sólo aparezcan, de los 7000 primeros términos de , aquéllos que sean iguales a 
módulo 7
Realmente, lo que hago es escribir si es módulo 7, y escribir una cadena vacía ("") si no lo es. Finalmente, le digo que me cuente cuántos números naturales hay en cada una de las 7 listas anteriores.
El resultado es una lista de 7 elementos:
que corresponde con la cantidad de veces que aparece la nota DO-RE-MI-FA-SOL-LA-SI respectivamente. Así se comprueba que las notas DO-RE-FA aparecen 2000 veces, SI aparece 1000 veces y MI-SOL-LA no aparecen nunca.
En fin, un problema sencillo, pero que a mí me ha resultado muy bonito.
Tito Eliatron Dixit
Mi situación ya se ha arreglado y volvemos esta semana a publicar el enunciado correspondiente a este nbuevo desafío y que lleva por título Un piano Gigantesco. El enunciado lo podéis escuchar aquí mismo
En él, dado un piano muy muy grando, tocamos un DO, a continuación tocamos la siguiente tecla, RE; aahora nos saltamos 1 y tocamos la siguiente FA; ahora saltamos 2 y tocamos la siguiente, SI, saltamos 3 y tocamos la siguiente, FA; y así sucesivamente hasta que hayamos tocado 7000 teclas. Se nos pide determinar cuántas teclas DO tocaremos y si hay alguna nota que nunca toquemos.
La solución no es demasiado complicada, de hecho, creo que cualquiera que lo intente por el método de la cuenta de la vieja (ojo, que la vieja sabe contar muy bien) se da cuenta del quid: las notas se repiten de 7 en 7. La solución original, con sorpresa musical, la podéis ver a continuación
Y ahora os comento lo que yo hice, que es prácticamente lo mismo que viene en el vídeo: trabajar en
, o dicho de otro modo, en módulo 7. Para ello, las notas Do-Re-Mi-Fa-Sol-La-Si se corresponderán con 0-1-2-3-4-5-6 respectivamente.En mi método, como trabajamos módulo 7, da igual sumar 0, que 7, que 14, que...
; o bien, da igual sumar 1 que 8, que 15, que... etc... Por eso, como al cabo de 7 notas volvemos al DO y habría que sumar 8 (que es lo mismo que 1), se vuelve a repetir cíclicamente, la sucesión de las 7 primeras notas. Así que, como bien dicen en el vídeo, basta con contar lo que ocurre en las primeras 7 notas.... y multiplicar por 1000.Pero bueno, por si acaso, también comprobé mi solución con el Mathematica haciendo un pequeño programita (la verdad es que me da vergüenza llamarlo así, pero en fin). En primer lugar, en vez de notas, trabajamos con números, así que buscamos una sucesión numérica
. Como comenzamos en un DO, sabemos que , , y sucesivamente, . De esta forma, es fácil comprobar que la sucesión con la que vamos a trabajar es la de los números triangulares pero comenzandoen 0; así .Así, y gracias a la potencia del Mathematica (versión 8, en mi caso), basta definir en primer lugar la sucesión
a[n_] := n (n - 1)/2A continuación, para cada
, escribo una lista en la que sólo aparezcan, de los 7000 primeros términos de , aquéllos que sean iguales a módulo 7Nota[k_] := Table[If[Mod[a[n], 7] == k, a[n], ""], {n, 1, 7000}];Realmente, lo que hago es escribir
si es módulo 7, y escribir una cadena vacía ("") si no lo es. Finalmente, le digo que me cuente cuántos números naturales hay en cada una de las 7 listas anteriores.Table[Count[Nota[k], _Integer], {k, 0, 6}]El resultado es una lista de 7 elementos:
{2000, 2000, 0, 2000, 0, 0, 1000}que corresponde con la cantidad de veces que aparece la nota DO-RE-MI-FA-SOL-LA-SI respectivamente. Así se comprueba que las notas DO-RE-FA aparecen 2000 veces, SI aparece 1000 veces y MI-SOL-LA no aparecen nunca.
En fin, un problema sencillo, pero que a mí me ha resultado muy bonito.
Tito Eliatron Dixit
miércoles, 13 de abril de 2011
Un reloj de dos colores o el Teorema de Bolzano discreto
Pues ya se ha publicado la solución al 4º Desafío Matemáticos que se publican en El País con motivo del centenario de la Real Sociedad Matemática Española.
El problema lo han titulado Un reloj de dos colores y ha sido propuesto por una estudiante de doctorado de la Universidad Politécnica de Cataluña, Elisa Lorenzo García. Dado un reloj, coloreamos de rojo 6 de sus números y de azul los otros 6; el problema consiste en demostrar que, independientemente de la coloración, siempre podremos encontrar una recta que a cada lado deje 3 números rojos y 3 números azules.
La solución propuesta es la misma que, con posterioridad a mi envío, se me ocurrió. Y consiste, básicamente, en aplicar una especie de Teorema de Bolzano discreto. En otras palabras, para pasar de
a 
(donde 
) con pasos de longitud 
ó 
, necesariamente en algún momento habremos de pasar por el 
. Pero mirad el vídeo de la solución
De todas formas, como ya os he dicho antes, esta solución se me ocurrió cuando ya había enviado otra solución más elaborada y basada en la casuística. En ella, lo primero que hacemos es darnos cuenta que en realidad buscamos 6 números consecutivos entre los que haya 3 rojos y 3 azules. A continuación os dejo la solución que envié.
Vamos a dividir la solución en 6 casos: vamos a fijarnos en las cadenas de números del reloj del mismo color.
PD: Esta entrada va a formar parte de la Edición 2.3 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog Los Matemáticos no son Gente Seria
El problema lo han titulado Un reloj de dos colores y ha sido propuesto por una estudiante de doctorado de la Universidad Politécnica de Cataluña, Elisa Lorenzo García. Dado un reloj, coloreamos de rojo 6 de sus números y de azul los otros 6; el problema consiste en demostrar que, independientemente de la coloración, siempre podremos encontrar una recta que a cada lado deje 3 números rojos y 3 números azules.
La solución propuesta es la misma que, con posterioridad a mi envío, se me ocurrió. Y consiste, básicamente, en aplicar una especie de Teorema de Bolzano discreto. En otras palabras, para pasar de
a (donde ) con pasos de longitud ó , necesariamente en algún momento habremos de pasar por el . Pero mirad el vídeo de la soluciónDe todas formas, como ya os he dicho antes, esta solución se me ocurrió cuando ya había enviado otra solución más elaborada y basada en la casuística. En ella, lo primero que hacemos es darnos cuenta que en realidad buscamos 6 números consecutivos entre los que haya 3 rojos y 3 azules. A continuación os dejo la solución que envié.
Vamos a dividir la solución en 6 casos: vamos a fijarnos en las cadenas de números del reloj del mismo color.
- Caso 1: No podemos encontrar más de 1 número consecutivo del mismo color.
En este caso, la única opción es que los colores sean alternativos (Rojo, Azul, Rojo, Azul...). De hecho, sólo hay 2 coloraciones posibles: O bien los Pares son Rojos y los Impares Azulos o viceversa. Así, cualesquiera 6 números consecutivos contendrían 3 rojos y 3 azules. - Caso 2: No podemos encontrar más de 2 números consecutivos del mismo color.
Podemos suponer que somos capaces de encontrar 2 números consecutivos del mismo color, Rojo por ejemplo (si no es así, estamos en el caso anterior y ya estaría resuelto). Como no hay cadenas de 3 números del mismo color, antes y después de esos 2 rojos debe haber azules, es decir, tendremos la siguiente configuración A-R-R-A. Veamos 3 subcasos:
- SubCaso a) Si antes de esa configuración hay un AZUL, tendremos A-A-R-R-A, y como no puede haber 3 consecutivos del mismo color, antes de esta configuración debe haber un Rojo, luego tendremos R-A-A-R-R-A. Y ya tendríamos 6 números consecutivos 3 de ellos rojos y 3 de ellos azules.
- SubCaso b) Si después de esa configuración hay un AZUL, repetimos el proceso anterior y obtendríamos A-R-R-A-A-R.
- SubCaso c) Si no ocurre ninguno de los dos subcasos anteriores, es poruqe la configuración es: R-A-R-R-A-R. Veamos ahora otros 3 subcasos:
- SubSubCaso i) Antes de esta configuración hay un Azul: A-R-A-R-R-A-R. Los 6 primeros números de esta configuración cumplen lo pedido.
- SubSubCaso ii) Después de esta configuración hay un Azul: R-A-R-R-A-R-A. Los 6 últimos números de ella cumplen lo pedido.
- SubSubCaso iii) Antes y Después de esta configuración hay Rojos: R-R-A-R-R-A-R-R. Como ya tenemos los 6 rojos, eso fuerza a que los 4 azules que quedan estén juntos... lo que no es posible, ya que no hay más de 2 números consecutivos del mismo color.
- Caso 3: No podemos encontrar más de 3 números consecutivos del mismo color.
Como antes, podemos suponer que somos capaces de encontrar 3 números consecutivos del mismo color (si no, estaríamos en alguno de los casos anteriores). Pongamos, de nuevo, que tenemos 3 rojos consecutivos. Como no puede haber 4 consecutivos, antes y después de ellos, habrá núemros azules: A-R-R-R-A.
Si antes (o después) de esta configuración hay un Azul, entonces ya tendríamos los 6 números consecutivos 3 rojos y 3 azules (AARRRA ó ARRRAA).
Supongamos, entonces que antes y después hay rojos: R-A-R-R-R-A-R. Como sólo nos queda 1 rojo que colocar, seguro que Antes o Después de esta configuración hay 2 azules seguidos (supongamos que es Antes): A-A-R-A-R-R-... estos 6 números consecutivos ya piden lo pedido. - Caso 4: No podemos encontrar más de 4 números consecutivos del mismo color.
Como en casos anteriores, podemos suiponer que tenemos 4 rojos, por ejemplo y que antes y después de ellos hay, al menos, un azul: A-R-R-R-R-A.
Si antes (o después) de esta configuración hay 2 azules seguidos, ya tendríamos los 6 números consecutivos: (A-A-A-R-R-R-r-a ó a-r-R-R-R-A-A-A).
Antes (o después) de esta configuración no pueden encontrarse 2 rojos, ya que entonces nos encontraríamos con 5 azules seguidos, lo que es imposible en este caso.
Por lo tanto, la única opción que nos queda por ver es la siguiente R-A-R-R-R-R-A-R. Pero en este caso, ya sólo quedan números azules, así que antes de esta configuración, seguro que ha 2 azules A-A-R-A-R-R-r-r-a-r y los 6 primeros números de ésta son lso que buscábamos. - Caso 5: No podemos encontrar más de 5 números consecutivos del mismo color.
Como antes, suponemos que tenemos 5 rojos consecutivos precedidos y sucedidos por sendos azules: A-R-R-R-R-R-A. Como sólo queda 1 azul po colocar, seguro que o bien Antes o bien Después de la configuración podré encontrar 2 azules seguidos (A-A-A-R-R-R-r-r-a si es antes o bien a-r-r-R-R-R-A-A-A si es después). En cualqueir caso, encontramos los 6 números consecutivos (los 6 primeros si es antes, los 6 últimos si es después). - Caso 6: No podemos encontrar más de 6 números consecutivos del mismo color.
Si encvontramos 6 consecutivos, es que todos los azules están juntos y todos los rojos también. Así, seguro que encontramos 3 azules justo antes de 3 rojos A-A-A-R-R-R o vicecersa.
PD: Esta entrada va a formar parte de la Edición 2.3 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog Los Matemáticos no son Gente Seria
jueves, 7 de abril de 2011
Cómo obtuve la solución del Cuadrado Mágico de Productos
Como muchos ya sabréis, desde el diario El País, están publicando una serie de Desafíos Matemáticos con motivo del centenario de la Real Sociedad Matemática Española.
El pasado viernes, se publicó el segundo desafío a cargo del Profesor Javier Cilleruelo, de la Universidad Autónoma de Madrid, que llevaba por título Un Cuadrado Mágico de Productos (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
Básicamente hay que rellenar el siguiente cuadrado
de tal forma que el producto de cada fila, de cada columna y de cada diagonal sea siempre el mismo.
Antes de lanzarnos a dar una solución, es muy fácil comprobar que, habiéndonos dado el cuadrado central, el producto de cada fila, columna y diagonal está unvocamente determinado.
En efecto, sea
dicho producto. Se cumple, usando la diagonal principal, la línea segunda y la otra diagonal que:
Por lo tanto, si multiplicamos estas expresioens llegamos a que
, pero resulta que el primer paréntesis es el producto de la priemra columna y el segundo paréntesis es el producto de la tercera columna, luego ambos paréntesis son iguales a , por lo que se llega a que 
, o lo que es lo mismo, 
.
Ahora lo que a mi se me ocurrió (confieso que ese día estaba cansado y no tenía ganas ni de pensar demasiado ni de escribir) planteé, a lo bestia, el sistema de ecuaciones que se obtiene y lo puse en el Mathematica. Éste, lo resolvió en función de dos de los parámetros $$f_{1,1}$$ y $$f_{1,3}$$, así que lo que restaba era estudiar los posibles valores de éstos dos y comprobar si dan o no solución.
Aquí os dejo un PDF con el notebook que creé para esto:
En cualquier caso, en esta ocasión, creo que los dos métodos de solución que se proponen oficialmente son extraordinariamente sencillos y simples de entender y comprender, así que, a continuación, os dejo la Solución al Cuadrado Mágico de Productos (click en la imagen para ir al vídeo)
Disfrutad de la explicación, que de verdad, merece mucho la pena escucharla.
Tito Eliatron Dixit
El pasado viernes, se publicó el segundo desafío a cargo del Profesor Javier Cilleruelo, de la Universidad Autónoma de Madrid, que llevaba por título Un Cuadrado Mágico de Productos (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
Básicamente hay que rellenar el siguiente cuadrado
de tal forma que el producto de cada fila, de cada columna y de cada diagonal sea siempre el mismo.
Antes de lanzarnos a dar una solución, es muy fácil comprobar que, habiéndonos dado el cuadrado central, el producto de cada fila, columna y diagonal está unvocamente determinado.
En efecto, sea
dicho producto. Se cumple, usando la diagonal principal, la línea segunda y la otra diagonal que:Por lo tanto, si multiplicamos estas expresioens llegamos a que
, pero resulta que el primer paréntesis es el producto de la priemra columna y el segundo paréntesis es el producto de la tercera columna, luego ambos paréntesis son iguales a , por lo que se llega a que , o lo que es lo mismo, .Ahora lo que a mi se me ocurrió (confieso que ese día estaba cansado y no tenía ganas ni de pensar demasiado ni de escribir) planteé, a lo bestia, el sistema de ecuaciones que se obtiene y lo puse en el Mathematica. Éste, lo resolvió en función de dos de los parámetros $$f_{1,1}$$ y $$f_{1,3}$$, así que lo que restaba era estudiar los posibles valores de éstos dos y comprobar si dan o no solución.
Aquí os dejo un PDF con el notebook que creé para esto:
En cualquier caso, en esta ocasión, creo que los dos métodos de solución que se proponen oficialmente son extraordinariamente sencillos y simples de entender y comprender, así que, a continuación, os dejo la Solución al Cuadrado Mágico de Productos (click en la imagen para ir al vídeo)
Disfrutad de la explicación, que de verdad, merece mucho la pena escucharla.
Tito Eliatron Dixit
miércoles, 30 de marzo de 2011
Una hormiga amenzada, una hormiga sin salvación
Como muchos ya sabréis, desde el diario El País, están publicando una serie de Desafíos Matemáticos con motivo del centenario de la Real Sociedad Matemática Española.
El pasado viernes, se publicó el segundo desafío a cargo del Profesor Fernando Blasco (autor del blog Mastemáticas, colaborador del Carnaval de Matemáticas), que llevaba por título Una Hormiga Amenazada (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
El problema consistía en determinar si una hormiga que se mueve por las aristas de un cubo (como el de la imagen) y que parte del vértice formado por 2 aristas verdes y una amarilla, morirá o no a causa del insecticida que se ha aplicado a los vértices de la arista amarilla horizontal. Bueno, mejor que veáis el vídeo, que el amigo Fernando lo explica mejor.
Hoy mismo acaban de publicar también el vídeo con una solución muy simple (basada en simetrías, elementos básicos e intuitivos de probabilidad y la resolución de un sistema de ecuaciones) y que llega a la conclusión que La Hormiga no tiene salvación (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
Si queréis saber lo que ocurre, la hormiga nunca podrá sobrevivir, morirá en el vértice 8 con probabilidad 4/7 y en el vértice 7 con probabilidad 3/7.
Yo llegué a la misma conclusión, pero por un método más complicado, utilizando matrices (al fin y al cabo es el mismo método, pero trabajando con todas la posibles ecuaciones, y no solo con las que Fernando utiliza). Como es complicado de escribir, lo envié en formato PDF y os lo dejo aquí para que lo veáis.
Lo que no sé, es si esta vez he ganado o no. Supongo que, como no he recibido notificación alguna, será que no... en fin, otra vez será. A esperar al tercero.
Tito Eliatron Dixit
El pasado viernes, se publicó el segundo desafío a cargo del Profesor Fernando Blasco (autor del blog Mastemáticas, colaborador del Carnaval de Matemáticas), que llevaba por título Una Hormiga Amenazada (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
El problema consistía en determinar si una hormiga que se mueve por las aristas de un cubo (como el de la imagen) y que parte del vértice formado por 2 aristas verdes y una amarilla, morirá o no a causa del insecticida que se ha aplicado a los vértices de la arista amarilla horizontal. Bueno, mejor que veáis el vídeo, que el amigo Fernando lo explica mejor.
Hoy mismo acaban de publicar también el vídeo con una solución muy simple (basada en simetrías, elementos básicos e intuitivos de probabilidad y la resolución de un sistema de ecuaciones) y que llega a la conclusión que La Hormiga no tiene salvación (click en la imagen para abrir el video en una nueva ventana/pestaña):
Si queréis saber lo que ocurre, la hormiga nunca podrá sobrevivir, morirá en el vértice 8 con probabilidad 4/7 y en el vértice 7 con probabilidad 3/7.
Yo llegué a la misma conclusión, pero por un método más complicado, utilizando matrices (al fin y al cabo es el mismo método, pero trabajando con todas la posibles ecuaciones, y no solo con las que Fernando utiliza). Como es complicado de escribir, lo envié en formato PDF y os lo dejo aquí para que lo veáis.
Lo que no sé, es si esta vez he ganado o no. Supongo que, como no he recibido notificación alguna, será que no... en fin, otra vez será. A esperar al tercero.
Tito Eliatron Dixit
miércoles, 23 de marzo de 2011
Un Problema sobre Ciudades y Carreteras: propuesta de solución
Como muchos de vosotros ya sabréis, desde la RSEM y El País, y con motivo del centenario de la primera, se ha abierto un concurso de resolución de problemas de matemáticas. El primero de ellos consiste en Un Problemas de Ciudades y Carreteras, propuesto por el Profesor Adolfo Quirós de la Universidad Autónoma de Madrid
El problema en cuestión era el siguiente (click en la imagen para ir al video):
Pues bien, ya se ha cerrado el plazo y el mismo proponente ha dado la solución al problema: No hay solución posible. A continuación, os dejo el vídeo en el que Adolfo da su solución, para mi gusto, muy simple y elegante, basada en el hecho de que el grafo en cuestión se puede colorear con sólo 2 colores (click en la imagen para ir al video):
Bueno, si leéis la noticia en la que se da la solución, veréis que no he sido el agraciado ganador. En cualqueir caso, os dejo a continuación la solución que envié. Básicamente, lo que hice fue ponerme a tratar de construir tal camino, partiendo de una situación inicial, e ir descartando posibilidades. Al estilo de un sudoku, vamos.
Creo que no es una solución complicada de entender. tampoco hacen falta grandes conocimientos de matemáticas. Sólo hace falta un poco de organización, lógica y tener las cosas claras.
ACTUALIZACIÓN: Como no parecían verse los vídeos (problemas con el incrustamiento desde El País), he decidido incluir imágenes que la hacer click en ellas, pasas a ver el vídeo directaemnte en su enlace original.
Tito Eliatron Dixit
PD: Esta entrada forma parte de la Edición 2.2 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión, en este mes, es Gaussianos.
El problema en cuestión era el siguiente (click en la imagen para ir al video):
Pues bien, ya se ha cerrado el plazo y el mismo proponente ha dado la solución al problema: No hay solución posible. A continuación, os dejo el vídeo en el que Adolfo da su solución, para mi gusto, muy simple y elegante, basada en el hecho de que el grafo en cuestión se puede colorear con sólo 2 colores (click en la imagen para ir al video):
Bueno, si leéis la noticia en la que se da la solución, veréis que no he sido el agraciado ganador. En cualqueir caso, os dejo a continuación la solución que envié. Básicamente, lo que hice fue ponerme a tratar de construir tal camino, partiendo de una situación inicial, e ir descartando posibilidades. Al estilo de un sudoku, vamos.
Por Reducción al Absurdo, vamos a suponer que ese ciclo SÍ que existe.
Como se nos pide un ciclo (es decir, un camino cerrado) y que pase por todos los vértices, es indiferente el vértice por el que empecemos a trabajar, ya que a todos y cada uno de los vértices llegarán dos y sólo dos aristas.
Así pues, vamos a comenzar a trabajar por un vértice cualquiera: el número 1. ¿Por qué éste? pues porque, además de estar en el eje horizontal de simetría del grafo, a él sólo llegan 3 aristas(al resto, excepto el número 5, llegan 4).
Como ya hemos dicho, al vértice 1, llegan exactamente tres aristas. Por lo tanto, nuestro ciclo debrerá contener dos de esas tres aristas y, en particular, en nuestro ciclo estará bien la arista 1-8, bien la arista 1-11 (o las dos a la vez). En cualquier caso, por la simetría (respecto del eje que marcan lso vértices 1-2-3-4-5) del grafo, da igual una arista u otra. Así que vamos a suponer que es la 1-8 la que está en nuestro "presunto" ciclo.
Ahora que sabemos que llegamos al vértice 8, tendremos tres opciones diferentes.
OPCIÓN 1: 1-8-6, es decir, de 8 nos vamos a 6.
Como nuestro ciclo ya ha pasado por 8 (ya le han llegado 2 aristas), las aristas 8-7 y 8-5 no puede estar ya en el ciclo (quedan inutilizada).
El vértice 7 se queda con sólo dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 3-7-4.
El vértice 5 se queda con sólo dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 4-5-11.
Uniendo estas dos últimas observaciones, nuestro ciclo tendrá que seguir este camino: 3-7-4-5-11.
Ahora bien, en estas condiciones, nuestro ciclo habrá pasado ya por el vértice 4 (le han llegado 2 aristas), lo que inutiliza la arista 4-10.
El vértice 10 se queda con sólo dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 11-10-3.
Pero entonces nuestro ciclo se cierra, sin pasar por todos los vértices: 3-7-4-5-11-10-3. Por lo tanto llegamos a que la OPCIÓN 1 es imposible.
OPCIÓN 2: 1-8-7, es decir, de 8 nos vamos a 7.
Como nuestro ciclo ha pasdo por 8, eso inutiliza las aristas 8-6 y 8-5.
El vértice 5 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 4-5-11.
El vértice 6 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 2-6-3.
Al vértice 9 llegan tres aristas, luego el ciclo hamiltoniano debe pasar por dos de ellas. Si se utilizaran 2-9 y 9-3, junto con 2-6-3 (que ya sabemos que debe estar en el ciclo), cerraría el ciclo sin pasar por todos los vértices (2-6-3-9-2). Por lo tanto, la tercera arista que pasa por 9 tiene que estar presente en nuestro ciclo: 11-9.
Como ya teníamos 4-5-11 y ahora 11-9, tenemos seguro que el ciclo pasa por 4-5-11-9 y nuestro ciclo ya ha pasado por 11, por lo que la arista 11-10 queda inutilizada.
El vértice 10 se queda con sólo dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 3-10-4.
Uniendo lo que tenemos hasta ahora, llegamos a que nuestro ciclo debe contener a 1-8-7 por un lado, y a 2-6-3-10-4-5-11-9
Pero entonces, acabamos de dejar al vértice 7 sin salida posible (hemos llegado a él por 8, pero no podremos salir de él (las arista 3-7 queda inutilizada porque el ciclo ya ha pasado por 3 y, análogamente, la arista 4-7 queda inutilizada porque el ciclo ha pasado por 4).
Por lo tanto la OPCIÓN 2 también es imposible.
OPCIÓN 3: 1-8-5, es decir, de 8 nos vamos a 5.
Como nuestro ciclo ha pasado por 8, eso inutiliza las aristas 8-6 y 8-7.
El vértice 6 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 2-6-3.
El vértice 7 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 3-7-4.
Uniendo estas dos partes, tenemos 2-6-3-7-4. Por lo tanto, el ciclo habrá pasado por el vértice 3, lo que inutiliza las aristas 3-9 y 3-10.
El vértice 9 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuetro ciclo: 2-9-11.
El vértice 10 se queda con dos aristas útiles, que forzosamente deberán estar en nuestro ciclo: 4-10-11.
Uniendo ésto último con lo anterior, trendríamos un ciclo cerrado 2-6-3-7-4-10-11-9-2, que no pasaría por todos los vértices.
Por lo tanto, la OPCIÓN 3 también es imposible.
En conclusión, NO puede exisitr un ciclo hamiltoniano en este grafo.
Creo que no es una solución complicada de entender. tampoco hacen falta grandes conocimientos de matemáticas. Sólo hace falta un poco de organización, lógica y tener las cosas claras.
ACTUALIZACIÓN: Como no parecían verse los vídeos (problemas con el incrustamiento desde El País), he decidido incluir imágenes que la hacer click en ellas, pasas a ver el vídeo directaemnte en su enlace original.
Tito Eliatron Dixit
PD: Esta entrada forma parte de la Edición 2.2 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión, en este mes, es Gaussianos.
martes, 22 de marzo de 2011
RSME y El País: problemas Matemáticos
Como parte de los actos porpios de las celebraciones del Centenario de la Real Sociedad Matemática Española, el diario El País ha iniciado un concurso de resolución de problemas de Matemáticas.
El concurso, que durará treinta semanas, comenzó el pasado viernes día 18 de marzo con un problema de Ciudades y Carreteras, propuesto, a través de un vídeo, por el Profesor Adolfo Quirós de la Universidad Autónoma de Madrid, en donde yo mismo pasé año y medio de mi vida profesional.
Durante las 30 semanas que dure el concurso, se irán publicando en vídeo, problemas de diferentes +ambitos de las matemáticas. Las soluciones a estos problemas se pueden remitir por e-mail, antes de las 00.00 del martes al correo problemamatematicas@elpais.es, y entre los acertantes se sorteará una colección completa de libros de matemáticas.
No sólo es una magnífica oportunidad para demostrar a los periodistas y a la sociedad en general la realidad compartida de que las Matemáticas interesan mucho al público y que, de esta forma, se consiga una buena disposición de los mismos a la hora de hacer divulgación matemática, sino que se nos presenta a todos el reto de desempolvar nuestras neuronas y tratar de resolver los problemas que seamos capaces.
Es mi intención ir publicando, si es que soy capaz de ello, las soluciones personales a todos y cada uno de los problemas planteados. Así que mañana, os dejaré con mi propuesta de solución del Problema de Ciudades y Puentes.
Tito Eliatron Dixit
El concurso, que durará treinta semanas, comenzó el pasado viernes día 18 de marzo con un problema de Ciudades y Carreteras, propuesto, a través de un vídeo, por el Profesor Adolfo Quirós de la Universidad Autónoma de Madrid, en donde yo mismo pasé año y medio de mi vida profesional.
Durante las 30 semanas que dure el concurso, se irán publicando en vídeo, problemas de diferentes +ambitos de las matemáticas. Las soluciones a estos problemas se pueden remitir por e-mail, antes de las 00.00 del martes al correo problemamatematicas@elpais.es, y entre los acertantes se sorteará una colección completa de libros de matemáticas.
No sólo es una magnífica oportunidad para demostrar a los periodistas y a la sociedad en general la realidad compartida de que las Matemáticas interesan mucho al público y que, de esta forma, se consiga una buena disposición de los mismos a la hora de hacer divulgación matemática, sino que se nos presenta a todos el reto de desempolvar nuestras neuronas y tratar de resolver los problemas que seamos capaces.
Es mi intención ir publicando, si es que soy capaz de ello, las soluciones personales a todos y cada uno de los problemas planteados. Así que mañana, os dejaré con mi propuesta de solución del Problema de Ciudades y Puentes.
Tito Eliatron Dixit
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