¿Un premio Nobel de Matemáticas?

Esta entrada es una inocentada.

Parece que en Gaussianos se nos han adelantado a la noticia.

Una de las ventajas que tiene estar metido en muchos sitios es que acabas enterándote de cosas antes que los demás. Y eso es lo que me acaba de pasar.

Por si no lo sabíais, servidor de ustedes forma parte de la comisión editorial del Boletín de la RSME, cuyo editor principal es nuestro amigo Miguel Ángel Morales. Y gracias al trasiego de información que nos llega a lo largo de la semana, hoy mismo puedo adelantaros la principal de las noticias que aparecerá en el próximo Boletín (creo que será para después de año nuevo).

Al parecer, hace unas semanas tuvo lugar una reunión de (algunos de) los presidentes de las sociedades matemáticas de toda Europa, incluyendo el de la RSME, en la que se decidió dar un paso al frente en la difusión de las Matemáticas, mediante un sencillo pero complicado objetivo: impulsar la creación del Premio Nobel de Matemáticas. Al término de la reunión se redactó un comunicado en el que se explican las razones por las que los máximos responsables de las sociedades matemáticas europeas creen que este premio debe instaurarse a partir del próximo año 2013, si fuese posible.

La razón, por excelencia

Supongo que no pretenderá aniquilar una bien digerida idea con siglos de existencia. La razón matemática ha sido largo tiempo considerada como la razón por excelencia.

Edgar Allan Poe, vía Boletín 333 de la RSME

Dos segmentos iguales y en ángulo recto: mi solución al desafío de @gaussianos

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:

Callejero Matemático Español: especial RSME

Los antiguos seguidores de Tito Eliatron Dixit sabrán que hace ya algún año comencé a publicar una serie de entradas bajo el título Callejero Matemático Español. Pero hace ya casi dos años desde que salió la última entrega, el especial Newton.

Esta mañana, al ir a ver mi correo en la facultad, me encuentro con que me ha llegado el último número de La Gaceta de la RSME y cual es mi sorpresa cuando me encuentro con la imagen de portada que tenéis aquí al lado. Sí, señores, un magnífico montaje con las placas de algunas calles españolas dedicadas a matemáticos que de una forma u otra han tenido algo que ver con la RSME.

Algunas de estas calles, ya forman parte del particular callejero de este blog. Por ejemplo, en la primera entrega del callejero, ya tuvimos la oportunidad de conocer la calle Matemático Marzal de Valencia, mientras que la tercera entrega comenzó con la ovetense calle dedicada al matemático Pedrayes.

Con respecto a Lluis Santaló, en la segunda entrega hablamos de una calle dedicada a él en Barcelona, pero la placa que se reproduce aquí es de la calle que le dedican en Gerona:

La raíz cúbica no tiene quien la quiera

Hace unos años fui con mi hija pequeña a una exposición en la que se explicaba lo que es el sida. [...] Una de las maneras de explicarlo era con unos paneles. En el primero había un texto muy bonito [...] y en los siguientes paneles ese mismo texto se iba deteriorando y perdiendo su belleza pues representaba que estaba siendo atacado por el virus del sida. ¿Sabéis qué eran los virus atacantes? Nuestra raíz cúbica; y para enfatizar la maldad del virus del sida, había la siguiente frase:


«la raíz cúbica no tiene quien la quiera»
La verdad es que no sé muy bien qué le hizo la pobre raíz cúbica a la persona que se le ocurrió la idea, pero desde luego la raíz cúbica es totalmente inofensiva y además tiene a muchos que la queremos. Y yo me pregunto, ¿nadie se dio cuenta de que relacionar el virus del sida (del que todos tenemos que huir) con la raíz cúbica y, por tanto, con las Matemáticas (a las que todos nos tenemos que acercar), no puede ser una buena idea?

María Jesús Carro
Presidenta del Comité para la celebración del Centenario de la RSME.
Intervención en el Acto de Apertura del Centenario.

Pues yo me uno a lo que dice Mª Jesús y ofrezco todo mi cariño a la Raíz Cúbica y a toda su familia de funciones radicales.
Además, me gustaría que, en los comentarios, sacaseis a relucir más anécdotas como ésta en la que la Antipatía Matemática (lo del anumerismo es cosa de niños ya) se abre hueco en los lugares más insospechados. Menos mal que aquí hay mucha gente dispuesta a luchar contra ello ¿o no?

Tito Eliatron Dixit

Esta entrada forma parte de la Edición 2.4 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog Seis Palabras.

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[n_] := n (n - 1)/2

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


Nota[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

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.

• 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.

En fin, no es ni de lejos una solución elegante ni original ni nada de eso, pero es la que envié. En mi descargo debo decir que desde el jueves hasta prácticamente el sábado estuve con fiebre.

Tito Eliatron Dixit

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

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

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

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.

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.

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

Sé un RSME

Con motivo del Centenario de la Real Sociedad Matemática Española (RSME), desde la Junta General celebrada en Ávila, se ha puesto en marcha la campaña Sé un RSME.

En palabras de la propia Junta de la RSME, dado el alcance de las actividades del Centenario, la RSME plantea aumentar su base de socios, para lo que ha puesto en marcha la iniciativa SÉ UN RSME, que anima a imprimir y difundir un cartel informativo y un boletín de inscripción. El término UN se aplica a socio, es decir, a futuras asociadas o futuros asociados.

Por lo tanto, desde aquí os quiero animar a todos los que podáis a que os hagáis socio de una entidad que, entre otras muchas cosas, promociona sobremanera la divulgación científica y matemática (a través, por ejemplo, de Divulgamat), organiza y gestiona las Olimpiadas Matemáticas Nacionales, se preocupa de la participación de las mujeres en las Matemáticas, además, por supuesto, de las numerosas actividades científicas que organiza y/o patrocina, y las diversas publicaciones científicas de las que es responsable, entre las que queiro destacar el Boletín de la RSME cuyo editor es un viejo conocido de todos nosotros, Miguel Ángel Morales ^DiAmOnD^, autor de Gaussianos.

Por todo lo anterior, creo que colaborar cone sta entidad es una manera de ayudar a todas estas actividades y, quizás, a alguna nueva que, si participas, es posible que puedas poner en marcha.

Si queréis, aquí os dejo el cartel, en PDF, de la iniciativa (cuya imagen ilustra esta entrada), así como un enlace al boletín de inscripción del presente año, por si este post surte su efecto.



Tito Eliatron Dixit

PD: No se me ha ocurrido mejor forma de concluir mi participación en la Edición 2.1 del Carnaval de Matemáticas (Primer Aniversario), cuyo anfitrión es Tito Eliatron Dixit, que una entrada en la que promover la participación activa en las Matemáticas nacionales.

La didáctica de la Historia de las Matemáticas

Todos los tipos de Historia de las Matemáticas permiten una utilización didáctica: tanto la historia interna de la evolución de las ideas y de las teorías matemáticas, elaboradas por los matemáticos profesionales, como la Historia de las Matemáticas relacionadfa con la cultura y la sociedad del momento, o la historia de la construcción de los conceptos matemáticos anteriores o paralelos a las Matemáticas oficiales.

Paolo Boero, profesor de matemáticas de la Universidad de Génova
Vía La Historia de las Matemáticas como Recurso Didáctico,
por Santiago Gutiérrez Vázquez,
en La Gaceta de la RSME vol 13 nº2.

Lamentablemente, a lo largo de mis años como estudiante de Matemáticas, pocos (por no decir todos menos 1) profesores han sido los que han utilizado la Historia de las Matemáticas como recurso didáctico y motivacional. Es mi opinión, como profesor, que de vez en cuando hay que contar un poco acerca de cómo se han llegado a determinados conocimientos que ahora son fundamentales.

¿Y vosotros? ¿qué opináis?

Tito Eliatron Dixit

Sexto Sentido

He lamentado profundamente no haber avanzado al menos lo suficiente como para comprender algo de los grandes principios fundamentales de las matemáticas, pues los hombres que los dominan parecen poseer un sexto sentido.

Charles Darwin
Vía Boletín 217 (PDF) de la RSME.

Me ha llamado poderosamente la atención esta cita, más si cabe, cuando 2010 es el año de la biodiversidad. De todas formas, no sé si estar totalmente de acuerdo con el señor Darwin, porque, tanto como tener un sexto sentido... me parece algo exagerado. Eso sí, intuición creo que no nos falta a los matemáticos. ¿Piensas como yo?

Tito Eliatron Dixit.

PD: Esta entrada va a formar parte de la Segunda Edición del Carnaval de Matemáticas, cuyo anfitrión será el blog Juan de Mairena [v.2.71828].

El milagro de las matemáticas y la física

El milagro de la validez del lenguaje de las matemáticas para la formulación de las leyes de la física es un regalo maravilloso que ni entendemos ni merecemos. Deberíamos estar agradecidos por ello y confiar en que seguirá siendo válido en la investigación futura y que se extenderá, para bien o para mal, para nuestro placer, incluso si también lo hace para nuestra perplejidad, a amplias ramas del conocimiento.

Eugene Paul Wigner
Vía Boletín 204 (PDF) de la RSME.

Realmente es fascinante darse cuenta de cómo algo tan abstracto y formal como el lenguaje matemático, que ya vimos que buscaba la relación entre las formas, al final siempre se puede encajar en la realidad física, bien a través de ecuaciones diferenciales, como en el caso de la catenaria o la Segunda Ley de Kepler, bien a través de la simple geometría.

¿Y tú todavía dices que no existen los milagros?

Tito Eliatron Dixit.

PD: Quiero dedicar este post a una persona que, sin querer, ha ayudado mucho a que este blog siga adelante. Me refiero a Domingo Hernández Abreu, editor del Boletín de la RSME, que tantas veces me ha inspirado con sus citas semanales. Enhorabuena por tu trabajo.

Y así sucesivamente.... el infinito

Porque el que dice: sé que estoy vivo, dice que sabe una única cosa. Pero si ahora dice: sé que sé que estoy vivo, ahora ya sabe dos. Pero saber estas dos ya es en sí una tercera cosa que sabe. Y una cuarta, y luego una quinta, y así sucesivamente. Pero como no se puede comprender una adición innumerable de cosas, ni decir una cosa innumerables veces, lo englobamos en un único concepto y decimos que se trata de un número infinito.

San Agustín de Hipona
Vía Boletín 210 (PDF) de la RSME.

Interesante cita de San Agustín, en la que se explica el concepto de inducción matemática, entre otras muchas cosas. Muy del estilo del famoso sólo sé que no sé nada.

Tito Eliatron Dixit.

Muros, selvas, caminos y puertas

Vi un alto muro y como tenía la premonición de un enigma, algo que podría estar escondido detrás del muro, trepé por él con alguna dificultad. Sin embargo, al otro lado caí en una selva y tuve que abrirme camino con gran esfuerzo hasta que llegué a la puerta abierta, la puerta abierta de las matemáticas. A partir de aquí, caminos muy transitados conducían en todas las direcciones y desde entonces he pasado tiempo allí. A veces pienso que ya he recorrido todo el área, que ya he pisado todos los caminos y admirado todas las vistas, y entonces descubro de repente un nuevo camino y experimento nuevas delicias.

Maurits Cornelis Escher
Vía Boletín 204 (PDF) de la RSME.

Aparte de ser una cita del gran dibujante de la geometría, me ha encantado el símil que hace de la matemáticas con una especie de laberinto, en el que a cada paso que das, encuentras un nuevo camino inexplorado en el que adentarte.

Realmente, a mi me ha pasado casi lo mismo que a Escher.

¿Y a vosotros?

Tito Eliatron Dixit.

De regalo, un teorema

Si te regalan un teorema, se te entregará con un certificado de garantía establecido para la eternidad. Las matemáticas son la única empresa humana que puede ofrecerte esta seguridad.

Denis Guedj (Las matemáticas explicadas a mi hija).
Vía Boletín 202 (PDF) de la RSME.

Me ha encantado esta cita acerca de la inmutabilidad de los resultados matemáticos. En otras ciencias, una teoría es lo más parecido a la realidad que se conoce hasta este momento; sin embargo es susceptible de ser derrumbada por una teoría mejor (mecánica clásica frente a mecánica cuántica por ejemplo).

¿Pensáis igual que el autor de esta cita? Yo, al menos, sí.

Tito Eliatron Dixit.

Arriesgar

Un viajero que rehúse pasar sobre un puente hasta haber comprobado personalmente la solidez de cada una de sus partes no irá muy lejos; es necesario arriesgar algo, incluso en matemáticas.

Horace Lamb, matemático y físico británico.
Vía Boletín 199 (PDF) de la RSME.

Me ha gustado mucho esta cita, poruqe le da un toque aventurero a las Matemáticas. ¿Qué hubiese pasado si los pitagóricos no hubiesen puesto a prueba sus propias convicciones y no hubiesen encontrado los primeros núemros irracionales? Yo soy de la misma opinión que Horace Lamb. ¿Y vosotros?

Tito Eliatron Dixit.

Mundos hipotéticos

La matemática se convierte así en el estudio riguroso de mundos hipotéticos. Es la ciencia de lo que podría haber sido o podría ser, así como de lo que es.

Murray Gell-Mann (El quark y el jaguar. Aventuras en lo simple y lo complejo)
Vía Boletín 198 (PDF) de la RSME

De corte parecido a la última cita publicada en el blog, os presento esta otra en la que un físico nos da una definición de las Matemáticas.

¿Estáis de acuerdo con ella?

Tito Eliatron Dixit.