A Martin Gardner y Ross Honsberger,
cuya labor de difusión de las matemáticas inspiró a tantos.

Prefacio

A todos los matemáticos (principiantes, aficionados y profesionales) les emociona encontrar soluciones simples y elegantes a problemas aparentemente complicados. A ese tipo de soluciones se las denomina soluciones ¡Ajá!, una expresión que popularizó el matemático y divulgador Martin Gardner en sus libros ¡Ajá! Paradojas que hacen pensar y ¡Ajá! Inspiración. Las soluciones ¡Ajá! son sorprendentes, maravillosas y brillantes: revelan la belleza de las matemáticas.

Este libro es una colección de problemas con soluciones ¡Ajá! que me han hecho disfrutar y que espero que también disfrutes tú. Los problemas tienen un nivel de estudiante de grado universitario, pero deberían tener también interés para estudiantes de Secundaria, profesores de Matemáticas, aficionados a las mismas y cualquiera que se sienta atraído por los desafíos matemáticos.

Cuando comencé a estudiar matemáticas, me sirvieron de inspiración los trabajos de Martin Gardner y los del divulgador matemático Ross Honsberger (siguen haciéndolo). Una de las mejores maneras de atraer la atención de los jóvenes y hacer que se interesen por las matemáticas es “enganchándolos” con problemas irresistibles. Este método es muy adecuado, ya que un componente importante del estudio y de la investigación en matemáticas es la resolución de problemas. A veces la resolución de un problema requiere un nivel avanzado y otras es algo que descubrimos e introducimos en nuestra vida matemática diaria.

Para esta colección he seleccionado cien problemas repartidos entre aritmética, geometría, álgebra, cálculo, probabilidad y combinatoria. Algunos de los problemas han sido creados por mí y otros son más clásicos y merecen ser conocidos mejor. Los problemas empiezan siendo fáciles aunque se vuelven, por lo general, más complicados a medida que avanza el libro. Algunas soluciones requieren el uso de un ordenador. Una característica importante del libro es la discusión de conceptos matemáticos adicionales (Extras) relacionados con la solución de cada problema. Ese material está ahí para entretenerte, informarte o proponerte nuevos problemas. Si no recuerdas un concepto o definición matemática, hay una recopilación de conceptos matemáticos (Caja de herramientas) al final del libro que te será útil.

Me tomo muy en serio el mandamiento del poeta Horacio que decía que escribir debe deleitar e instruir, así que espero que te diviertas con estos problemas y que aprendas algo de matemáticas. Quizás tengas la satisfacción de descubrir alguna solución ¡Ajá! por ti mismo.

Quiero agradecer a las siguientes personas sus sugerencias para este libro: Robert Cacioppo, Robert Dobrow, Christine Erickson, Suren Fernando, Martin Gardner, David Garth, Joe Hemmeter, Ross Honsberger, Daniel Jordan, Ken Price, Khang Tran y Anthony Vazzana.

Capítulo 1
Problemas elementales

Vamos a comenzar con algunos problemas relativamente fáciles. El desafío se volverá gradualmente más difícil a medida que avances a lo largo del libro. Los problemas de este capítulo se pueden resolver sin utilizar matemáticas avanzadas. El conocimiento de aritmética básica, álgebra y geometría será de utilidad, así como tu propio pensamiento creativo.

Te recomiendo que intentes resolver todos los problemas, incluso si ya sabes la respuesta, porque puedes descubrir nuevos e interesantes aspectos de las soluciones. Después de cada solución encontrarás un apartado con material extra en el que se comenta algún resultado matemático relacionado con el problema. Recuerda, todos los problemas tienen una solución ¡Ajá!

1.1 Aritmética

Reparto justo

Ana tiene quince galletas y Berta tiene nueve. Carla, que no tiene ninguna galleta, paga a Ana y a Berta 24 céntimos por compartir sus galletas. Cada chica se come un tercio de las galletas. Berta dice que ella y Ana se deberían repartir los 24 céntimos a partes iguales, 12 para cada una. Ana dice que como ella ha aportado quince galletas y Berta solo nueve, ella debería quedarse quince céntimos y Berta nueve.

¿Cuál es la forma más justa de repartir los 24 céntimos entre Ana y Berta?

Solución

La clave del problema está en determinar el valor de una galleta. Cada chica se ha comido ocho galletas. Como Carla ha pagado 24 céntimos por ocho galletas, cada galleta se valora en 3 céntimos. Entonces Ana, que empieza con quince galletas y vende siete a Carla, debería recibir 21 céntimos, y Berta, que empieza con nueve galletas y vende una a Carla, debería recibir 3 céntimos.

EXTRA: REPARTO DE CAJAS DE GALLETAS

Ana, Berta y Carla tienen 21 cajas de galletas (todas del mismo tamaño). Siete están llenas, siete están por la mitad y siete están vacías; por el peso saben cuáles son. Las chicas quieren repartirse las cajas de tal forma que cada una se lleve el mismo número de cajas y la misma cantidad de galletas. ¿Cómo pueden lograrlo sin abrir ninguna de las cajas?

Hay dos formas diferentes, tal y como se muestra a continuación.

Ana Ana

Berta Berta

Carla Carla

Hemos llamado L a las cajas llenas, M a las cajas que están por la mitad y V a las vacías. En ambas soluciones, cada chica se lleva siete cajas y una cantidad de galletas equivalente a tres cajas y media. No hemos contado como soluciones distintas las que se obtienen permutando los nombres de las chicas.

Como veremos más adelante (en Triángulos enteros, página 239), cada solución se corresponde con un triángulo de lados enteros y perímetro siete, como ves en la figura de debajo. La longitud de los lados del triángulo se corresponde con el número de cajas llenas que le toca a cada chica en el reparto.

Una simple fracción

A. Encuentra una fracción entera entre 1/4 y 1/3 tal que el denominador sea un entero positivo menor que 10.

B. Encuentra una fracción entera entre 7/10 y 5/7 tal que el denominador sea un entero positivo menor que 20.

Solución

A. Como , tomando recíprocos, obtenemos las desigualdades

En efecto, multiplicando en cruz, tenemos que:

porque 1 ⋅ 7 < 4 ⋅ 2

y

porque 2 ⋅ 3 < 7 ⋅ 1.

Puedes comprobar que 2/7 es la única solución probando todas las demás posibilidades.

B. Fíjate en que la fracción que aparece en el apartado anterior se puede obtener sumando los numeradores y los denominadores de 1/4 y 1/3.

¿Servirá el mismo truco para 7/10 y 5/7? Vamos a probar con la posible respuesta

Verificamos las desigualdades

multiplicando en cruz

porque 7 ⋅ 17 < 10 ⋅ 12

y

porque 12 ⋅ 7 < 17 ⋅ 5.

Puedes comprobar que 12/17 es la única solución probando todas las demás posibilidades.

EXTRA: FRACCIONES MEDIADORAS

Las respuestas dadas en A. y B. se denominan fracciones mediadoras o mediaciones1. La mediación de a/b y c/d es (a + c)/(b + d). Por ejemplo, la mediación de 1/4 y 1/3 es 2/7 y la mediación de 7/10 y 5/7 es 12/17. Si a/b < c/d (con b y d positivos), entonces

Comprueba estas desigualdades multiplicando los términos en cruz.

Aquí damos una demostración ¡Ajá! de las desigualdades que satisface la mediación. Si a, b, c y d son todos positivos, podemos interpretar las fracciones como concentraciones de sal en agua. Supongamos que tenemos dos disoluciones de agua salada, la primera con a cucharaditas de sal en b litros de agua, y la segunda con c cucharaditas de sal en d litros de agua.

La concentración de sal en la primera disolución es a/b cucharaditas/litro, mientras que la concentración de sal en la segunda es c/d cucharaditas/litro. Supón que la primera disolución está menos salada que la segunda, es decir, que a/b < c/d. Ahora, si combinamos las dos disoluciones, obtenemos una disolución con a + c cucharaditas de sal en b + d litros de agua, por lo que ahora la salinidad es (a + c)/(b + d) cucharaditas/litro. Evidentemente, la nueva disolución es más salada que la primera y menos que la segunda.

Es decir,

¡Hemos obtenido una demostración de lo más salada!

Una larga suma

¿Cuánto vale la suma de los cien primeros enteros,

1 + 2 + 3 + … + 100?

Por supuesto, podríamos sumar los números de uno en uno. Pero en vez de eso buscamos una solución ¡Ajá!, un cálculo simple que dé la respuesta inmediatamente y profundice en el problema.

Solución

Observa que los números se pueden emparejar de la siguiente manera

1 y 100,

2 y 99,

3 y 98,

…

50 y 51.

Tenemos 50 parejas y cada pareja suma 101, por lo que nuestra suma vale 50 ⋅ 101 = 5050.

Esta solución funciona en general para la suma

1 + 2 + 3 + … + n,

donde n es un número par. Emparejamos los números como antes

1 y n,

2 y n − 1,

3 y n − 2,

…

n/2 y n/2 + 1.

Tenemos un total de n/2 parejas y cada una suma n + 1, por lo que nuestra suma vale n/2 ⋅ (n+1) = n(n+1)/2.

¿Qué sucede si n es impar? No podemos emparejar los números como antes (el término central no tiene pareja). Sin embargo, añadiendo un 0 no se cambia el resultado final

0 + 1 + 2 + 3 + … + n.

Ahora tenemos un número par de términos, y pueden ser emparejados de la forma

0 y n,

1 y n − 1,

2 y n − 2,

…

(n − 1)/2 y (n − 1)/2 + 1.

Tenemos (n + 1)/2 parejas y cada una suma n por lo que nuestra suma vale, de nuevo, n(n + 1)/2.

Hay un “método de duplicación” que funciona tanto para n par como impar. Si S es el valor de la suma, introducimos un duplicado de S escribiendo los sumandos al revés

Suma las dos expresiones de S, agrupando los primeros términos, después los segundos términos, y así sucesivamente

2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1).

Como el término n+1 aparece n veces esta expresión se reduce a

2S = n(n + 1),

es decir,

.

EXTRA: LA SUMA DE UNA PROGRESIÓN ARITMÉTICA

Se dice que Carl Friedrich Gauss (1777-1855), uno de los más grandes matemáticos de todos los tiempos, resolvió nuestro problema para n = 100 en el colegio cuando tenía 10 años de edad. Sin embargo, según Eric Temple Bell [2], el problema que resolvió Gauss fue realmente más difícil. El problema era del siguiente tipo:

Calcula la siguiente suma: 81297 + 81495 + 81693 + … + 100899, donde la diferencia entre dos números es siempre la misma (en este caso 198) y se tiene que sumar un número determinado de términos (en este caso 100).

El problema mencionado por Bell consiste en realizar la suma de una progresión aritmética. Podemos calcular la suma usando nuestra fórmula para la suma de los n primeros enteros. El cálculo es:

Sumas de enteros consecutivos

Observa las identidades

1 + 2 = 3
4 + 5 + 6 = 7 + 8
9 + 10 + 11 + 12 = 13 + 14 + 15
16 + 17 + 18 + 19 + 20 = 21 + 22 + 23 + 24
25 + 26 + 27 + 28 + 29 + 30 = 31 + 32 + 33 + 34 + 35
36 + 37 + 38 + 39 + 40 + 41 + 42 = 43 + 44 + 45 + 46 + 47 + 48

¿Cuál es la relación que observas y por qué funciona?2

Solución

Considera la tercera identidad

9 + 10 + 11 + 12 = 13 + 14 + 15

Si sumamos 4 a cada uno de los tres números de la izquierda (9, 10 y 11), entonces obtenemos los tres números de la derecha (13, 14 y 15). Hemos sumado 4 ⋅ 3 = 12 al lado izquierdo de la igualdad, que es justo el valor del cuarto número que aparece a la izquierda.

La n-ésima identidad (para n ≥ 1) es

n2 + (n2 +1) + … + (n2 + n) = (n2 + n + 1) + (n2 + n + 2) + … + (n2 + n + n).

Hay n + 1 términos a la izquierda y n términos a la derecha. Si sumamos n + 1 a cada término de la izquierda excepto al último, obtenemos todos los términos de la derecha. Hemos sumado (n +1) n = n2 + n a la izquierda, que es justo el valor del último término de la izquierda.

EXTRA: ENCONTRANDO UN POLINOMIO

Es fácil hallar la suma dada por la n-ésima identidad. La media de los n + 1 términos de la izquierda es (n2 + (n2 + n))/2, por lo que la suma vale

.

Supongamos que no conocemos esa fórmula, sino solamente las sumas:

3, 15, 42, 90, 165, 273, …

¿Cómo podemos encontrar el polinomio p(n) cuyos valores para n = 1, 2, 3, … sean esos números? El método (usando el cálculo de diferencias finitas) consiste en formar la sucesión de las diferencias de los valores consecutivos de nuestra sucesión inicial:

12, 27, 48, 75, 108, …

Si repetimos este proceso, creamos una sucesión de sucesiones:

Cuando obtenemos una sucesión constante, paramos. Ahora, el polinomio p(n) se obtiene multiplicando los elementos de la primera columna de nuestra matriz por coeficientes binomiales sucesivos y sumando:

Este polinomio da los valores de nuestra sucesión empezando en p(0). Como nosotros queremos empezar en p(1), tenemos que reemplazar n por n − 1 en la fórmula para obtener el polinomio

p(n) = n (n + 1) (2n + 1)/2.

Sumas y restas

Calcula

1002 − 992 + 982 − 972 + 962 − 952 + … + 22 − 12.

Solución

Usando la fórmula de la diferencia de cuadrados x2 − y2 = (x + y) (x − y), la expresión se puede escribir de la forma

(100 + 99)(100 − 99) + (98 + 97)(98 − 97) + (96 + 95)(96 − 95) + … + (2 + 1)(2 − 1).

Como cada segundo término de los paréntesis es igual a 1, esta expresión se simplifica para dar

100 + 99 + 98 + 97 + 96 + 95 + … + 2 + 1.

En el problema “Una larga suma” vimos que esta suma valía 5050.

EXTRA: IDENTIDADES CURIOSAS3

¿Puedes explicar el patrón que siguen las identidades

32 + 42 = 52
102 + 112 + 122 = 132 + 142
212 + 222 + 232 + 242 = 252 + 262 + 272
362 + 372 + 382 + 392 + 402 = 412 + 422 + 432 + 442?

Vamos a probar la última identidad de una manera que sugerirá cómo se demuestra el caso general. Llevando a la derecha de la igualdad todos los términos de la izquierda excepto el 362 se obtiene

362 = (412 − 402) + (422 − 392) + (432 − 382) + (442 − 372).

Fíjate en que hemos emparejado el mayor y el menor término, el segundo más grande con el segundo más pequeño, etc. Ahora, usando nuestra fórmula de la diferencia de cuadrados, tenemos

362 = (41 + 40)(41 − 40) + (42 + 39)(41 − 39) +
= + (43 + 38)(43 − 38) + (44 + 37)(41 − 37)
= 81 ⋅ 1 + 81 ⋅ 3 + 81⋅ 5 + 81 ⋅ 7
= 81 (1+ 3 + 5 + 7)
= 81 ⋅ 16

Y efectivamente, 362 = 92 ⋅ 42 = 81 ⋅ 16. Nuestro cálculo nos dice cómo funciona el caso general. Para n ≥ 1 en la fila n afirmamos que se cumple

[n(2n + 1)]2 + … + [2n(n + 1)]2 = (2n2 + 2n + 1)2 + … + (2n2 + 3n)2.

En efecto, cambiando términos de lado como hicimos en el caso particular anterior, obtenemos

[n(2n + 1)]2 = [(2n2 + 2n + 1)2 − (2n (n + 1))2] + …
= + [(2n2 + 3n)2 − (n (2n + 1) + 1)2]
= (4n2 + 4n + 1)(1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n − 1))

Necesitamos una fórmula para la suma de los n primeros números impares,

1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n − 1)

Como se trata de la suma de términos consecutivos de una progresión aritmética, podemos usar el método del problema “Una larga suma”. Sin embargo, utilizando el diagrama siguiente, podemos ver que la suma vale n2.

Usando nuestra fórmula para la suma de los n primeros números impares, nuestra identidad se convierte en:

[n(2n + 1)]2 = (2n + 1)2 n2,

que, evidentemente, es cierta.

¿Cuál es mayor?

¿Qué número es mayor,

Podríamos calcular las raíces, pero buscamos una solución ¡Ajá! que nos dé la respuesta de manera inmediata.

Solución

La idea clave consiste en comparar los cuadrados de los dos números (eliminando así algunas de las raíces cuadradas). El mayor número tendrá el cuadrado mayor.

Los cuadrados de los números dados son

y

El segundo cuadrado es mayor. Por lo tanto, es mayor que .

EXTRA: UNA ECUACIÓN DIOFÁNTICA

Los números de este problema —vamos a llamar al pequeño x y al mayor y— satisfacen la ecuación

x2 + 1 = y2.

Este es un ejemplo de ecuación diofántica, ecuaciones llamadas así en honor al matemático griego Diofanto (200 – 284). Diofanto buscaba soluciones racionales de dichas ecuaciones. Vamos a encontrar todas las soluciones racionales de la ecuación anterior.

La gráfica de la ecuación es una hipérbola, como se muestra en el dibujo.

El punto (0, 1) está en la hipérbola, por lo que ya tenemos una solución racional. Si (x, y) es otra solución racional (con x ≠ 0), entonces la pendiente de la recta que pasa por (0, 1) y (x, y) es también racional. Vamos a llamar m a esa pendiente. Entonces

.

Despejando y, obtenemos y = mx + 1. Sustituyendo esta expresión en la ecuación de la hipérbola queda

x2 + 1 = (mx + 1)2

= m2x2 + 2mx + 1.

Despejando x obtenemos

y, por tanto,

.

Estas expresiones, cuando m es un número racional distinto de ±1, proporcionan una parametrización de todas las soluciones racionales de la ecuación excepto para la solución (0, −1). Por ejemplo, si m = 4/11, entonces (x, y) = (88/105, 137/105). La razón por la cual (0, −1) no está incluida es porque determina una recta de pendiente no definida. El valor m = 0 corresponde a la recta tangente a la hipérbola en el punto (0, 1). ¿Puedes averiguar qué valores de m corresponden a la rama superior y cuáles a la rama inferior de la hipérbola?

Reducir el tamaño

Encuentra dos números enteros mayores que 1 cuyo producto sea 999 991.

Solución

Observa que

999991 = 1000000 − 9
= 10002 − 32.

La regla algebraica para factorizar la diferencia de cuadrados nos viene bien ahora:

x2 − y2 = (x − y)(x + y).

Aplicando esta regla con x = 1000 e y = 3, obtenemos:

999991 = 10002 − 32
= (1000 − 3) (1000 + 3)
= 997 ⋅ 1003.

EXTRA: BUSCANDO LA DESCOMPOSICIÓN EN FACTORES PRIMOS

Hemos encontrado dos números, 997 y 1003, cuyo producto es 999 991. ¿Pueden esos factores descomponerse aún más (es decir, ¿tienen divisores propios?) o son números primos (busca en la Caja de herramientas que se encuentra al final del libro)? Podemos ir dividiendo 997 y 1003 por otros números, como 2, 3, etc., para comprobar si los cocientes son enteros, pero, ¿cuántos intentos tendríamos que hacer?

Cuando buscamos divisores propios de n solo necesitamos dividir n por números primos, porque si n tiene un divisor propio entonces ese divisor tiene a su vez un factor primo. A medida que vamos probando posibles divisores, 2, 3, 5, etc., los cocientes, n/2, n/3, n/5, etc., se van volviendo más pequeños. El “punto crítico” se alcanza con , ya que . Por lo tanto solo necesitamos buscar divisores primos menores que . Si no hay ningún divisor de este tipo, entonces n es un número primo.

Como 31 < < 32, los únicos números primos que tenemos que comprobar como posibles divisores de 997 son 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 y 31. Después de dividir, comprobamos que ninguno de esos primos divide a 997 de manera exacta, por lo que 997 es un número primo. Para factorizar 1003, trabajamos con el mismo conjunto de primos, ya que 31 < < 32. Comprobando esos números, damos en el blanco con el 17 y encontramos que 1003 = 17 ⋅ 59, el producto de dos primos. Para verificar que 59 es un número primo, solo hace falta comprobar que 59 no es divisible por 2, 3, 5 ni 7, ya que 7 < < 8.

Por tanto, la descomposición en factores primos de 999991 es 17 ⋅ 59 ⋅ 997.

Dígitos ordenados

¿Cuántos enteros positivos tienen la propiedad de que sus dígitos van creciendo según se leen de izquierda a derecha? Ejemplos: 19, 357 y 2589.

Solución

Cada subconjunto no vacío del conjunto de enteros {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} da forma a uno de esos números. Por ejemplo, el subconjunto {2, 5, 8, 9} forma el número 2589. Un conjunto de n elementos tiene 2n subconjuntos (incluyendo al conjunto vacío). En nuestro problema, n = 9 y excluimos al conjunto vacío, por lo que hay un total de 29 − 1 = 551 números con esa propiedad.

EXTRA: DÍGITOS ORDENADOS EN UN CUADRADO

¿Cuántos cuadrados tienen la propiedad de que sus dígitos están en orden no decreciente cuando se leen de izquierda a derecha? Ejemplos: 122 = 144, 132 = 169 y 832 = 6889.

Donald Knuth atacó este problema en 1985 en una de sus “Sesiones ¡Ajá!”, que eran clases en las que él y sus estudiantes se enfrentaban a desafíos matemáticos. Puedes encontrar vídeos de las sesiones en la página web del Stanford Center for Professional Development (<<http://scpd.stanford.edu/knuth>>).

Vamos a demostrar la existencia de una colección infinita de cuadrados perfectos cuyos dígitos están en orden. Esta colección fue encontrada por Anil Gangolli.

Demostraremos que

Por ejemplo, para el caso n = 1 se tiene que 672 = 4489.

Como

,

tenemos que

Otra familia infinita similar es:

Hay muchas otras familias infinitas con la propiedad requerida.

¿Cuál es el siguiente término?

Calcula el siguiente término de cada una de las siguientes sucesiones:

(a) 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, …

(b) 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, …

(c) 1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, 1, 5, …

(d) 0, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 7, 7, …

(e) 1, 2, 4, 6, 16, 12, 64, 24, 36, 48, 1024, 60, …

Solución

Para cada sucesión, intenta relacionar los números con un patrón que hayas visto antes.

(a) Los términos son los cuadrados perfectos, n2. Por tanto, el siguiente término es 102 = 100.

(b) Los términos forman la famosa sucesión de Fibonacci, {fn}, definida por f0 = 0, f1 = 1, fn = fn − 1 + fn − 2, para n ≥ 2. Por tanto, el siguiente término es 144.

(c) Los términos son los coeficientes del triángulo de Pascal (busca en la Caja de herramientas), leídos de izquierda a derecha y de arriba abajo. Por tanto, el siguiente término es 10.

(d) Los términos son los valores de π(n), el número de primos menores o iguales que n. Por lo tanto, el siguiente término es π(19) = 8.

(e) Los términos son los números enteros más pequeños que tienen n divisores positivos. Por lo tanto, el siguiente término es el menor número con 13 divisores positivos. Este número es 212 = 4096.

EXTRA: LA ENCICLOPEDIA ON-LINE DE SUCESIONES DE ENTEROS

Un buen recurso para trabajar con sucesiones de enteros es The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, dirigida por Neil J. A. Sloane (la dirección on-line es <<http://oeis.org/>>). Simplemente escribe los primeros términos de la sucesión en la que estás interesado y el motor de búsqueda te enseñará las sucesiones con las que coincide. Por ejemplo, si introducimos los términos de la sucesión (e) de arriba,

1, 2, 4, 6, 16, 12, 24, 36, 48, 1024, 60,

entonces la búsqueda nos da la sucesión A005179 (el menor número con n divisores).

1 Las fracciones mediadoras aparecen en el estudio de las sucesiones de Farey y en la “solución” de la paradoja de Simpson.

2 Roger B. Nelsen da una “demostración sin palabras” de este problema en el número de febrero de 1990 de Mathematics Magazine.

3 Michael Boardman da una “demostración sin palabras” de este problema en el número de febrero de 2000 de Mathematics Magazine.

1.2 Álgebra

¿Cómo lo sabe?

Una madre le pide a su hija que piense un número del 1 al 10 pero que no se lo diga. Después le da las siguientes instrucciones: súmale 7 al número que has pensado; duplica el resultado; réstale 8; divídelo entre 2; réstale el número que pensaste al principio. La madre le dice que el resultado final es 3. ¿Cómo lo sabe?

Solución

Supongamos que la hija piensa en el número x (que puede ser uno cualquiera). Entonces los pasos descritos pueden escribirse algebraicamente como:

Por tanto, el número x pensado inicialmente ha desaparecido del cálculo y el resultado final es 3, independientemente del valor de x.

Como identidad algebraica, se trata simplemente de

EXTRA: MAGIA CON EL RELOJ

Pídele a una amiga que piense en un número del reloj (un reloj con doce números) y que lo mantenga en secreto. Dile que tú vas a señalar diferentes números del reloj mientras ella cuenta en silencio hasta 20, empezando por el número elegido y añadiendo 1 cada vez que tú señales un número. Cuando llegue a 20, debe decir “fin”. Puedes arreglártelas para que cuando ella diga “fin”, el número al que estés señalando sea el número que pensó. ¿Cómo puedes lograrlo?

Contando en silencio, tú comienzas señalando aleatoriamente siete números del reloj. (Tu amiga no ha podido decir “fin” aún porque 20 − 7 = 13, y 13 no es un número que esté en el reloj). Entonces señalas al 12, después al 11, después al 10, y así sucesivamente, en sentido contrario a las agujas del reloj hasta que tu amiga diga “fin”.

Después de los siete primeros números, tu recuento más el número que estás señalando siempre suman 20 (por ejemplo, 8 + 12, 9 + 11, 10 + 10). Así que cuando tu amiga diga “fin”, el número al que estás señalando es igual a 20 menos tu recuento, y ese es el número con el que tu amiga empezó su cuenta. Por ejemplo, si tu amiga había pensado en las 7:00, entonces tendrás que señalar trece números (20 − 7 = 13), y el último número al que señalarás será 20 − 13 = 7.

En términos algebraicos, sean

f = número de tu amiga

y = tu recuento

p = número al que estás señalando (después de los siete primeros)

Date cuenta de que y y p no son constantes; cambian con cada paso del recuento. Siempre se tiene que

p = 20 − y

Por tanto, cuando tu amiga dice “fin”

f = 20 − y = p.

¿Cuánto frío hacía?

Hacía tanto frío que la temperatura en la escala Fahrenheit era igual a la temperatura en la escala Celsius. ¿Cuánto frío hacía?

Solución

Buscamos un número que represente la misma temperatura tanto en grados Fahrenheit como en grados Celsius. Podemos resolver este problema si sabemos las temperaturas de congelación y de ebullición del agua en ambas escalas, Celsius (C) y Fahrenheit (F). Como muestra la siguiente tabla, el agua se congela a 0º C y 32º F, y hierve a 100º C y 212º F.

En la tabla se observa que un cambio en la temperatura de 100º C equivale a un cambio de temperatura de 180º F. Así que un cambio en la temperatura de 10º C equivale a un cambio en la temperatura de 18º F. Entonces,

−10º C = 14º F

−20º C = −4º F

−30º C = −22º F

−40º C = −40º F

Por tanto, −40º representa la misma temperatura en grados Celsius y en grados Fahrenheit. La respuesta es única, porque cuando la temperatura se aleja de −40º, la escala Fahrenheit cambia más deprisa que la escala Celsius.

EXTRA: DE CELSIUS A FAHRENHEIT

Vamos a buscar la fórmula de conversión de c grados Celsius a f grados Fahrenheit4. La razón de proporcionalidad en el cambio de temperatura encontrada en la solución se puede escribir

Después de simplificar, obtenemos la relación lineal

(9/5) cº + 32º = f º.

Por ejemplo, la temperatura media normal del cuerpo humano es aproximadamente 37º C, que son

(9/5) 37º + 32º = 99º F (con dos cifras significativas).

Hombre contra tren

Un hombre está cruzando a pie un puente ferroviario. Cuando lleva cruzados los 4/7 del puente, ve un tren que viene hacia él. Se da cuenta de que tiene el tiempo justo para, o bien correr hacia el tren y salir del puente, o bien correr en sentido contrario y salir del puente. Si el hombre puede correr a 20 kilómetros por hora, ¿a qué velocidad se acerca el tren?

Solución

Es fácil complicarse la vida con fórmulas que involucran distancias, velocidades, etc. Una solución simple evita la necesidad de cálculos complejos.

La solución se basa en el hecho de que el hombre y el tren pueden coincidir en dos puntos: el extremo del puente más cercano al tren y el extremo más alejado. El hombre puede encontrarse con el tren en el extremo más cercano a este después de correr 3/7 de la longitud del mismo.

Si, en cambio, recorre la misma distancia hacia el extremo más alejado, entonces el tren se encontrará en el extremo cercano y al mismo tiempo él estará a una distancia del extremo más alejado igual a 1/7 de la longitud del puente. Como puede coincidir con el tren en el extremo alejado, el tren va 7 veces más rápido que el hombre, a 140 kilómetros por hora.

EXTRA: LA SUMA DE UNA SERIE GEOMÉTRICA

Hablando de trenes y soluciones simples, se dice que una vez le propusieron a John von Neumann5 un problema del siguiente estilo: dos trenes se dirigen el uno hacia el otro por la misma vía, cada uno viajando a 60 km/h. Cuando están a 2 kilómetros de distancia, una mosca abandona el parabrisas de uno de los trenes y vuela a 90 km/h hacia el parabrisas del otro (las moscas en realidad no vuelan tan rápido). Inmediatamente después vuela de vuelta al primer tren, y continúa así, yendo de uno al otro, hasta que los trenes colisionan. ¿Cuántos kilómetros recorre la mosca?

Hay una forma rápida y otra metódica de resolver este problema. El método rápido consiste en fijarse en que los trenes chocan en un minuto (están a 2 kilómetros de distancia y viajan a una velocidad de 1 kilómetro por minuto). Como la mosca vuela a una velocidad de 1,5 kilómetros por minuto, habrá volado 1,5 kilómetros en ese tiempo.

La forma metódica de resolver este problema consiste en sumar una serie geométrica infinita. La mosca completa la primera etapa de su viaje (viajando de un tren al otro) en 4/5 de minuto, ya que en ese tiempo el tren que se acerca recorre 4/5 de kilómetro y la mosca vuela 6/5 de kilómetro.

Por tanto, después de 4/5 de minuto, tenemos un problema similar, pero con los trenes a 2 − 2 ⋅ 4/5 = 2/5 km, o sea, a 1/5 de su distancia inicial. Este patrón continúa, dando lugar a una serie geométrica infinita de distancias, cuya suma es la distancia total que vuela la mosca:

Vamos a hallar la suma de la serie geométrica infinita

S = 1 + r + r2 + r3 + …,

donde r es un número real con −1 < r < 1 (estas cotas sobre r son necesarias para que la serie converja; trataremos este tema más adelante). Multiplicando por r, obtenemos

Sr = r + r2 + r3 + r4 + …

Restando la segunda ecuación de la primera obtenemos

S − Sr = 1,

o

S(1 − r) = 1,

y entonces

Sustituyendo r = 1/5, completamos nuestro cálculo de la distancia recorrida por la mosca

(la misma respuesta que antes).

Von Neumann dio la respuesta correcta instantáneamente, así que le dijeron que seguramente había calculado el tiempo que la mosca volaba (nuestro primer método). Von Neumann contestó que no, que lo que había hecho era sumar la serie.

Por cierto, también podemos obtener la suma de una serie geométrica finita,

S = 1 + r + r2 + r3 + … + rn,

donde r es cualquier número real distinto de 1. Como antes, multiplica S por r, toma la diferencia de las dos ecuaciones, y despeja la S. Se obtiene

La convergencia de la serie geométrica infinita se basa en lo que le pasa a la serie geométrica finita cuando n crece. Si −1 < r < 1, entonces el término rn+1 tiende a 0 cuando n se hace grande. Por tanto, cuando n tiende a infinito, la suma de la serie geométrica finita tiende a 1/(1 − r), que es nuestra fórmula para la suma de la serie geométrica infinita. En este sentido, decimos que la serie geométrica converge (y la suma viene dada por nuestra fórmula).

La suma cuando r = 1/2, es decir,

es particularmente digna de ser recordada. Vemos en la figura de abajo que un rectángulo de dimensiones 1 × 2 se puede rellenar completamente con rectángulos más pequeños cuyas áreas son los términos geométricamente decrecientes de la serie.

Cuesta arriba y cuesta abajo

Un ciclista sube una colina a 30 km/h y baja la misma colina a 90 km/h. ¿Cuál es su velocidad media en el trayecto completo?

Solución

Tal vez lo primero que pienses sea que la solución es simplemente el promedio entre 30 km/h y 90 km/h, es decir, 60 km/h. Sin embargo, esto no es correcto ya que el ciclista tarda menos tiempo cuando va más rápido.

Una forma rápida de hallar la velocidad media es suponer que la respuesta es independiente de la longitud de la colina. Si eso es cierto, entonces podemos suponer que la longitud de la colina es un valor conveniente, digamos 90 km. Entonces el viaje dura tres horas subiendo y una hora bajando. Así que la velocidad media es 180 km/4 h = 45 km/h.

Para comprobar esto, supongamos que la longitud de la colina es d km. Entonces el tiempo que tarda en subir es d/30 h y el tiempo que tarda en bajar es d/90 h. Por tanto, la velocidad media es

El cálculo realizado para hallar la velocidad media se denomina media armónica de dos razones. Como acabamos de comprobar, la media armónica es menor que la media aritmética. (Busca en la Caja de herramientas).

EXTRA: MEDIAS POTENCIALES

Para cualesquiera n números reales positivos x1, x2, …, xn y cualquier número real p, definimos la media p-potencial mediante la fórmula

para p ≠ 0, y

M0 = (x1 x1 … xn)1/n.

Para p = 1, 0, y −1, estas medias son la media aritmética (MA), la media geométrica (MG) y la media armónica (MH), respectivamente.

Para x1, x2, …, xn fijos y no todos iguales, Mp es una función creciente de p. Las medias son iguales si y solo si todos los xi son iguales. En particular, tenemos las siguientes desigualdades entre las medias aritmética, geométrica y armónica: MH ≤ MG ≤ MA. Las igualdades se satisfacen si y solo si los xi son todos iguales.

¿Cuántas soluciones?

¿Cuántas soluciones tiene la ecuación

x + 2y + 4z = 100,

donde x, y y z son enteros no negativos?

Solución

Hay 26 posibles valores para z, concretamente, todos los enteros desde 0 hasta 25. Entre todas esas posibilidades, el promedio de los valores de 4z es 50. Así que, en promedio, x + 2y = 50. En esta ecuación, hay 26 posibles valores de y, concretamente, todos los enteros desde 0 hasta 25. El valor de x está determinado por el valor de y. Por tanto, en total hay 262 = 676 soluciones de la ecuación original.

EXTRA: DISTRIBUCIONES, PARTICIONES Y LA ESTIMACIÓN DE SCHUR

Cambiando los coeficientes de x, y y z, podemos obtener muchas variaciones de nuestro problema, todas más difíciles que la que hemos abordado.

Si todos los coeficientes son 1, tenemos la ecuación

x + y + z = 100,

que se llama una distribución. El número de soluciones en los enteros no negativos es (consulta el Extra “El número correcto de pedidos”).

Si los coeficientes son 1, 2 y 3, obtenemos la ecuación

x + 2y + 3z = 100,

que es una partición de 100 en tres o menos partes. El número de particiones de n en una parte es 1. El número de particiones de n es dos partes es n/2. El número de particiones de n en tres partes es {n2/12} donde {} denota al número entero más próximo. Por tanto, el número de particiones de 100 en tres o menos partes es 1 + 100/2 + {1002/12} = 1 + 50 + 833 = 884

Sean a, b y c los coeficientes de x, y y z, respectivamente. Si a, b y c son enteros primos entre sí (es decir, no tienen ningún factor común), entonces el número de soluciones enteras no negativas de la ecuación

ax + by + cz = n

viene dado aproximadamente por la estimación asintótica de Issai Schur6

.

4 La escala de temperatura Celsius o centígrada fue inventada en 1742 por el astrónomo Anders Celsius (1701-1744). La escala Fahrenheit fue inventada alrededor de 1724 por el físico Daniel Fahrenheit (1686-1736).

5 John von Neumann (1903-1957) hizo contribuciones en varias áreas de las matemáticas, incluyendo informática y teoría de juegos.

6 Issai Schur (1875–1941) fue un matemático que trabajó principalmente en álgebra.

1.3 Geometría

Un cuadrilátero en un cuadrilátero

Sea ABCD un cuadrilátero. Sean E, F, G y H los puntos medios de los lados AB, BC, CD y DA, respectivamente. Prueba que el área del cuadrilátero EFGH es la mitad del área del cuadrilátero ABCD.

Supón que el cuadrilátero es convexo, como en la figura (el caso cóncavo es similar). Traza las rectas AC y BD, indicadas por líneas discontinuas en el dibujo. Por semejanza de triángulos se demuestra que el área del triángulo AEH es un cuarto del área del triángulo ABD. De la misma forma, el área del triángulo CFG es un cuarto del área del triángulo CBD.

Por tanto, el área conjunta de los triángulos AEH y CFG es un cuarto del área del cuadrilátero ABCD. De igual manera, el área conjunta de los triángulos DGH y BEF es un cuarto del área del cuadrilátero ABCD. Se sigue que el área de los cuatro triángulos AEH, CFG, DGH y BEF juntos es la mitad del área del cuadrilátero ABCD. Por lo tanto, el área del complementario de esos triángulos, que es el cuadrilátero EFGH, es la mitad del área de ABCD.

EXTRA: UNA DEMOSTRACIÓN VECTORIAL

Damos una rápida demostración vectorial de que el área del triángulo AEH es un cuarto del área del triángulo ABD. Representa los puntos A, B, D, E y H por vectores a, b, d, e y h, respectivamente. Entonces e = (a + b)/2 y h = (a + d)/2. Por tanto

Así que el vector h − e es paralelo al vector d − b y tiene la mitad de longitud. Por lo tanto, el segmento HE es paralelo al segmento BD y tiene la mitad de longitud. Se sigue que el triángulo AEH es semejante al triángulo ABD con razón de semejanza 1/2. De ahí se sigue, por tanto, que el área del triángulo AEH es un cuarto del área del triángulo ABD.

Nota. A partir de la demostración, vemos que el cuadrilátero EFGH es un paralelogramo. Se le llama paralelogramo de Varignon, en honor de Pierre Varignon.7

El teorema de Pitágoras

Demuestra: En cualquier triángulo rectángulo, el área del cuadrado construido sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados construidos sobre los otros dos lados. (Busca en la Caja de herramientas).

En el diagrama, las áreas satisfacen la relación I + II = III.

Esto es una parte del famoso teorema de Pitágoras. La otra parte es la afirmación recíproca: si I + II = III, entonces el ángulo opuesto a III es un ángulo recto.

Solución

Aquí tienes una demostración visual. Es la más convincente que conozco y requiere muy pocas explicaciones.

Las dos figuras de arriba contienen cuatro copias del triángulo rectángulo dado, adecuadamente dispuestas dentro de un cuadrado. El área sombreada de la figura de la izquierda es la del cuadrado construido sobre la hipotenusa. Claramente, el área sombreada no cambia cuando los cuatro triángulos se recolocan como en la figura de la derecha. En esa figura, el área sombreada consiste en los cuadrados construidos sobre los dos catetos del triángulo.

EXTRA: UNA DEMOSTRACIÓN SOLO CON UN TRIÁNGULO

La demostración anterior utiliza cuatro copias del triángulo dado. A continuación damos una prueba que usa solo el triángulo rectángulo original.

Sea ABC un triángulo rectángulo con el ángulo recto en C. Sea D el punto de AB tal que AB y CD son perpendiculares. Prolonga CD hasta que corte al cuadrado sobre la hipotenusa en un segundo punto. (Mira la figura precedente). Por semejanza de triángulos, y por tanto |AB| ⋅ |BD| = |BC|2. Se sigue que las dos áreas sombreadas de gris oscuro son iguales. De manera similar, podemos demostrar que las dos áreas sombreadas en gris claro son iguales. Sumando áreas, vemos que el área del cuadrado construido sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados sobre los otros dos lados.

Se dan casi 100 demostraciones del teorema de Pitágoras en Cut-the-Knot (<<http://www.cut-the-knot.org>>), un enlace “para profesores, padres y estudiantes que quieren engancharse a las matemáticas”.

Bloques de construcción

¿Cuáles son las proporciones de un triángulo 30º - 60º - 90º?

Solución

En la solución del problema “Una larga suma”, trabajamos con una suma S escrita dos veces. ¿Podemos hacer algo similar en este problema?

Vamos a trabajar con dos copias del triángulo dado. Sea ABC el triángulo dado con A = 30º, B = 60º y C = 90º. Como se muestra en la figura de abajo, ponemos una copia de ABC, a la que designamos AB’C, al lado de ABC.

El triángulo que se forma, ABB’, es equilátero (tiene tres ángulos de 60º). Por tanto, si |BC| = 1, entonces |BB’| = 2, y también se tiene que |AB| = 2. Ahora, por el teorema de Pitágoras, |AC| = .

EXTRA: OTRO TRIÁNGULO NOTABLE

¿Cuáles son las proporciones de un triángulo 36º - 72º - 72º?

En nuestra solución para el triángulo 30º - 60º - 90º hemos unido dos triángulos. Para resolver este nuevo problema hacemos lo contrario: dividimos el triángulo en dos piezas. En el diagrama de abajo ABC es un triángulo 36º - 72º -72º con A = B = 72º y C = 36º. El triángulo ABC se divide en dos triángulos más pequeños: el de 36º - 72º - 72º y el de 36º - 36º - 108º. Sean |AB| = 1 y |AC| = |BC| = φ. Por semejanza de triángulos, φ satisface la relación φ/1 = 1/(φ − 1), así que φ2 − φ − 1 = 0. Usando la fórmula cuadrática para resolver la ecuación (busca en la Caja de herramientas), encontramos que φ = ( + 1)/2 que es el famoso número áureo (puedes encontrar más información sobre el mismo en el problema titulado “¿Es φ irracional?”).

Tenemos que

cos 36º = φ/2 = ( + 1)/4

y

cos 72º = (φ − 1)/2 = ( − 1)/4

Una desigualdad geométrica

En la figura de abajo, demuestra que a + b > 2c.

Solución

Para resolver el anterior problema (Bloques de construcción) utilizamos algunas líneas adicionales. Vamos a intentar el mismo truco aquí.

A partir de la figura construyamos un paralelogramo con diagonales de longitudes 2c y 2d. Dos de los lados adyacentes del paralelogramo y la diagonal de longitud 2c forman un triángulo, así que por la desigualdad triangular, a + b > 2c.

EXTRA: UNA LÚNULA CUADRABLE

Es imposible construir un cuadrado de igual área que un círculo dado, usando solamente regla y compás (la imposible cuadratura del círculo, N. del T.). Sin embargo, el problema de la cuadratura de una lúnula es resoluble en ciertos casos (una lúnula está formada por la intersección de dos círculos de diferentes radios).

Partiendo del diagrama de abajo, vamos a construir un cuadrado de igual área que la lúnula sombreada. Esta construcción fue descubierta por Hipócrates de Quíos (470 a. C. - 410 a. C.).

Para resolver el problema será de utilidad dibujar algunas líneas y círculos auxiliares. En el siguiente diagrama, por el teorema de Pitágoras, el área del semicírculo construido sobre la hipotenusa del triángulo rectángulo inscrito es igual a la suma de las áreas de los semicírculos construidos sobre los otros dos lados.

El semicírculo sombreado sobre la hipotenusa se puede llevar a la parte superior del círculo y obtenemos dos regiones, sombreadas en un tono más oscuro, donde el área se cuenta dos veces.

Eliminando estas áreas, se sigue que el área de las dos lúnulas de abajo es igual al área del triángulo rectángulo inscrito.

Por simetría, el área de una de las lúnulas es igual al área de uno de los triángulos rectángulos más pequeños.

Ahora es fácil obtener la cuadratura de la lúnula, como se muestra en la figura de abajo.

Un problema de empaquetamiento

Encuentra una forma de empaquetar (sin solaparse) cinco cuadrados de lado 1 dentro de un cuadrado de lado menor que 3.

Solución

Frits Göbel demostró que el empaquetamiento de abajo de cinco cuadrados unidad en un cuadrado de lado es el mejor posible (es imposible meter cinco cuadrados unidad en un cuadrado más pequeño).

Erich Friedman muestra muchas configuraciones de empaquetamiento (cuadrados en cuadrados, círculos en cuadrados, etc.) en <<http://www.stetson.edu/~efriedma/packing.html>>.

EXTRA: CUBRIMIENTOS CON CUADRADOS UNIDAD

Este es un problema que aún está sin resolver: Demuestra que n2 + 1 cuadrados unidad colocados en un mismo plano no pueden cubrir un cuadrado de lado mayor que n. (Se debe cubrir el perímetro y el interior del cuadrado dado). Abajo tienes una ilustración del problema cuando n = 3. Los diez cuadrados unidad no consiguen cubrir un cuadrado de lado mayor que 3.

¿Cuál es el área?

Supón que el triángulo grande de la figura siguiente es equilátero de área 1. ¿Cuál es el área de la región sombreada? (Los triángulos sombreados forman un patrón anidado infinito).

Solución

Añade líneas blancas punteadas como en la figura siguiente.

Se forman así 16 triángulos iguales. Omitiendo el triángulo central, vemos que en el primer paso cubrimos 12/15 = 4/5 de esos triángulos. Como el patrón se repite, la región sombreada tiene un área de 4/5.

EXTRA: CÁLCULO POR SERIES GEOMÉTRICAS

Vamos a ir pintando la figura poco a poco. En el primer paso sombreamos 3/4 del triángulo equilátero. En el segundo sombreamos 3/4 del triángulo central, que es 1/16 del triángulo inicial, y en cada paso sombreamos 3/4 del triángulo central, que es 1/16 del triángulo anterior. Así que aplicando la fórmula de la suma de una serie geométrica (página 36), el área es

Volumen de un tetraedro

Encuentra el volumen de un tetraedro regular de lado 1.

Solución

Coloca los vértices del tetraedro en cuatro vértices de un cubo de arista 1/. (Se trata de pares opuestos de vértices en caras opuestas del cubo).

El volumen del tetraedro es igual al volumen del cubo menos el volumen de cuatro tetraedros isósceles rectos idénticos que son esquinas del cubo:

Usando un argumento similar, podemos demostrar que el volumen de un octaedro regular de arista unidad es /3.

EXTRA: GRUPOS DE SIMETRÍAS

La manera en la que el tetraedro se inscribe en el cubo revela una conexión entre los grupos de simetrías del tetraedro regular y del cubo. Si cogemos el cubo y lo volvemos a poner en su lugar original, puede que los vértices, aristas y caras del cubo hayan cambiado de posición. El grupo de simetrías del cubo es el grupo de todas esas formas de recolocar el cubo. Es fácil encontrar el orden (número de elementos) del grupo de simetrías del cubo.

Como podemos colocar el cubo apoyado sobre cualquiera de sus seis caras, y una vez hecho esto podemos rotarlo de cuatro maneras distintas, hay 6 ⋅ 4 = 24 simetrías en total. Sin embargo, aún tenemos que ver qué grupo de 24 elementos es. Sabemos que el grupo de permutaciones de 4 elementos tiene 4! = 24 elementos. Este grupo se llama el grupo simétrico de orden 4, denotado S4. De hecho, el grupo de simetrías de un cubo es isomorfo (equivalente) a S4. Para ver esto, necesitamos encontrar cuatro elementos del cubo que sean permutados de todas las formas posibles por las simetrías del cubo. Las cuatro diagonales del cubo tienen esta propiedad. Cada simetría del cubo permuta (intercambia) las diagonales y, recíprocamente, cada posible permutación de las diagonales viene de una simetría del cubo.

De manera similar, podemos demostrar que el grupo de simetrías de un octaedro regular es también S4.

Ahora que conocemos el grupo de simetrías del cubo (S4), encontraremos fácilmente el grupo de simetrías del tetraedro regular. Cada simetría del cubo proporciona automáticamente una simetría del tetraedro regular (con el tetraedro inscrito en el cubo), o mueve los vértices del tetraedro a los otros cuatro vértices del cubo y, por tanto, no es una simetría del tetraedro. ¿Cuántas simetrías tiene entonces el tetraedro regular?

Como podemos apoyar el tetraedro sobre cualquiera de sus cuatro caras y después rotar el tetraedro de tres formas distintas, el tetraedro regular tiene 4 ⋅ 3 = 12 simetrías. Las simetrías del tetraedro forman un subgrupo de S4 de orden 12. Se puede demostrar que este subgrupo es el grupo alternado A4, formado por las “simetrías pares” de S4.

¿Es φ irracional?

Demuestra que el número áureo, , es un número irracional.

Solución

El número áureo es quizá el número irracional con la demostración más sencilla de irracionalidad. La definición de φ viene de la relación φ = 1/(φ − 1) que vimos en el problema “Bloques de construcción”. Un rectángulo con dimensiones φ × 1 tiene la propiedad de que si le quitamos un cuadrado, el rectángulo resultante tiene las mismas proporciones que el original.

Demostraremos por reducción al absurdo que φ es irracional. Supongamos que φ es un número racional, digamos, n/m, donde m y n son enteros positivos. Entonces podemos construir un rectángulo con lados m y n (mira la figura).

La relación φ = 1/(φ − 1) implica que

Por tanto, es igual también a una fracción, m/(n − m), con denominador y numerador positivos y más pequeños. Pero este proceso se puede repetir indefinidamente, lo que es claramente imposible, ya que hemos empezado con dos números enteros m y n. Por tanto, nuestra hipótesis de que es racional es falsa. Luego φ es irracional.

EXTRA: IRRACIONALIDAD DE

Hay varias demostraciones de que es un número irracional. Una prueba muy conocida se basa en la paridad del numerador y del denominador de una supuesta representación racional de . En cambio, aquí daremos una demostración que usa un argumento de regresión infinita.

Supongamos que = p/q, donde p y q son enteros positivos. Entonces p2 = 2q2, y

Como q < p < 2q, vemos que 0 < 2q − p < p y que 0 < p − q < q. Por tanto, tenemos un par de enteros positivos, 2q − p y p − q, que son más pequeños que p y q, respectivamente, y tales que su cociente es . Pero este proceso se puede repetir indefinidamente, produciendo enteros positivos más y más pequeños cuyos cocientes sean iguales a . Claramente, esto es imposible. Por tanto es irracional.

Tangente de una suma

En trigonometría, la fórmula de la tangente de la suma de dos ángulos es

Encuentra una fórmula para tg(A + B + C + D + E) en términos de las tangentes de los ángulos A, B, C, D y E.

Solución

Empezamos encontrando una fórmula para la tangente de la suma de tres ángulos. Usando la fórmula dada anteriormente para la tangente de la suma de dos ángulos, tenemos

Fíjate que el numerador de esta fórmula contiene la suma de tgA, tgB, y tgC y el producto de estos términos, mientras que el denominador contiene todos los productos de parejas de estos números. En consecuencia, vamos a introducir una notación para la suma de todos los productos de k términos de tangentes, donde 1 ≤ k ≤ 3. Estas expresiones están basadas en los polinomios simétricos elementales (busca en la Caja de herramientas). Definimos

s1(A, B, C) = tgA + tgB + tgC

s2(A, B, C) = tgA tgB + tgA tgC + tgB tgC

s3(A, B, C) = tgA tgB tgC.

Con esto podemos escribir nuestra fórmula para la tangente de la suma de tres ángulos como

Definimos expresiones similares para las sumas de productos de tangentes de cuatro ángulos, como por ejemplo,

s2(A, B, C, D) = tgA tgB + tgA tgC + tgA tgD + tgB tgC
+ tgB tgD + tgC tgD,

y de cinco ángulos, por ejemplo,

s4(A, B, C, D, E) = tgA tgB tgC tgD + tgA tgB tgC tgE
+ tgA tgB tgD tgE + tgA tgC tgD tgE
+ tgB tgC tgD tgE

A continuación encontramos una fórmula para la tangente de la suma de cuatro ángulos:

Intenta dar el siguiente paso y deduce la siguiente fórmula para la tangente de la suma de cinco ángulos:

Se aprecia que existe un patrón. Dados enteros positivos n y k, tales que 1 ≤ k ≤ n, escribiremos de forma abreviada la expresión sk(θ1, …, θn) como sk, la suma de todos los productos de k de las tangentes. Entonces la fórmula para la tangente de la suma de n ángulos es

donde consideramos que sk = 0 si k > n, de modo que las series del numerador y del denominador son finitas.

Vamos a dar una demostración ¡Ajá! de esta fórmula. La prueba usa números complejos y la fórmula de Euler

cos θ + i sen θ = eiθ.

Denotando por θ a la suma de los n ángulos, obtenemos

y, por tanto, la identidad

La parte real del miembro de la izquierda de esta igualdad es cos(θ1 + … + θn). La parte real del miembro de la derecha es el producto de un número par de términos de la forma i sen θj (ya que i2 = −1) junto con un número complementario de términos de la forma cos θj. Por tanto, cada producto consiste, para algún m, de 2m términos de la forma sen θj y n − 2m términos de la forma cos θj, multiplicados por (−1)m.

La parte imaginaria del miembro de la izquierda es sen(θ1 + … + θn). La parte imaginaria del miembro de la derecha consiste en productos de un número impar de términos de la forma i sen θj junto con un número complementario de términos de la forma cos θj. Por tanto, cada producto está formado, para algún m, por 2m + 1 términos de la forma sen θj y n − 2m − 1 términos de la forma cos θj, multiplicados por i(−1)m .

Dividiendo ambos lados de la parte imaginaria de la identidad por la expresión obtenida para cos(θ1 + … + θn), obtenemos en el lado izquierdo tg(θ1 + … + θn). En el lado derecho, dividimos también numerador y denominador por cos θ1…cos θn, eliminando todos los términos de la forma cos θj y convirtiendo los términos de la forma sen θj en términos de la forma tg θj. Los monomios resultantes se pueden agrupar para formar todos los términos de la forma (−1)m ⋅ s2m+1 en el numerador y todos los términos de la forma (−1)m ⋅ s2m en el denominador, obteniendo así la fórmula anunciada.

EXTRA: POLINOMIOS SIMÉTRICOS ELEMENTALES

Los polinomios simétricos elementales de orden n, en las variables x1, x2, …, xn son

Por ejemplo, para n = 3, tenemos

s1 = x1 + x2 + x3,
s2 = x1x2 + x1x3 + x2x3,
s3 = x1x2x3.

En nuestro problema hemos trabajado con xj = tgθj

Veremos en el Extra sobre la sucesión de Perrin que los polinomios simétricos elementales se pueden combinar para formar cualquier polinomio simétrico.

Mostramos aquí las identidades de Newton que relacionan los polinomios simétricos elementales con los polinomios simétricos que son sumas de potencias de las variables. Vamos a ver un ejemplo. Definimos

Entonces

En general, con y s0 = 1, tenemos las identidades de Newton:

7 Pierre Varignon (1654–1722) fue un físico matemático y uno de los primeros promotores del cálculo infinitesimal.

1.4 Sin necesidad de cálculo

Un camino en zigzag

Dos puntos A y B están del mismo lado de una recta l. Construye el camino más corto que comienza en A, toca l y acaba en B.

Solución

Sabemos que la línea recta es el camino más corto entre dos puntos. ¿Podemos usar este hecho?

Como en la figura siguiente, sea B’ el punto simétrico de B al otro lado de l. Dado cualquier punto P de l, la distancia de P a B es la misma que la distancia de P a B’. Por tanto, la longitud del camino desde A hasta B pasando por P es la misma que la longitud del camino desde A hasta B’ pasando por P. El camino más corto de A a B’ es el segmento AB’. Por lo tanto, la intersección de este segmento con l determina el punto P tal que el camino de A a B es el más corto posible.

EXTRA: OTRO CAMINO EN ZIGZAG

Dadas dos rectas paralelas l y l’ y dos puntos A y B situados entre l y l’, ¿cuál es el camino más corto que empieza en A, toca l, después toca l’ y acaba en B?

Sea A’ el punto simétrico de A con respecto a l y B’ el punto simétrico de B respecto de l’. Construye el segmento que va de A’ a B’. Las intersecciones de este segmento con l y l’ son los puntos donde el camino que buscamos toca a las rectas paralelas.

Isaak M. Yaglom presenta este y otros preciosos problemas de construcciones geométricas en los libros [21] y [22].

Una pila de círculos

¿Cuál es la suma de las longitudes de las circunferencias del apilamiento infinito de círculos interiores al triángulo de la figura de abajo? (Cada círculo es tangente a los lados del triángulo y a los círculos que se encuentran por encima y por debajo de él).

Solución

La altura del triángulo es 12 (por el teorema de Pitágoras). Por tanto, la suma de los diámetros de los círculos es 12. La fórmula de la longitud de la circunferencia de diámetro d es C = π d. Por lo tanto, la suma de las longitudes de todas las circunferencias es 12π.

¿No es esto más fácil que encontrar el diámetro de cada círculo, aplicar la fórmula de la longitud de la circunferencia, y sumar la serie infinita?

EXTRA: UNA SUMA DE ÁREAS

¿Cuál es la suma de las áreas de los círculos de la figura anterior? Es fácil contestar a esta pregunta usando geometría elemental y sumando una serie geométrica (consulta la página 36). Sea r el radio del círculo más grande (mira el diagrama siguiente).

Dividamos el triángulo de partida en tres triángulos más pequeños uniendo el centro de este círculo con los vértices. Dibujemos también las alturas de estos triángulos que van desde el centro del círculo a los tres lados del triángulo. La suma de las áreas de esos triángulos más pequeños es igual al área del triángulo dado. Por tanto,

y r = 10/3. (Por cierto, usaremos este método para encontrar el radio de la circunferencia inscrita en un triángulo en el problema “Cortando y pegando triángulos”).

Dibujando una tangente al círculo más grande en su parte superior, vemos que el triángulo dado queda dividido en dos partes, con la parte superior semejante al triángulo de partida. Como la altura del triángulo original es 12, la altura del triángulo semejante más pequeño es 12 − 2r = 16/3. Por tanto, la razón de semejanza es

El segundo círculo más grande tiene radio rx, el tercero más grande rx2, etc. Por lo tanto, la suma de las áreas de todos los círculos es

El campo de un granjero

Un granjero desea vallar un campo rectangular usando 300 metros de valla. Un lado del campo no necesita valla ya que está situado a lo largo de un muro ya existente. ¿Cuáles son las dimensiones del campo que dan la mayor área posible y cuánto vale esta?

Solución

Sea x la longitud de la valla del lado paralelo a la valla existente y sea y la longitud de cada uno de los otros lados. Tenemos que x + 2y = 300 m.

Determinar las dimensiones x e y que proporcionan el área máxima xy es un problema elemental de optimización. Sin embargo, podemos encontrar una solución muy directa y simple usando argumentos de simetría. Considera la imagen especular del campo con respecto a la valla que ya existe.

El campo y su imagen especular juntos forman un rectángulo de dimensiones x ⋅ 2y. Como el campo tiene siempre la mitad del área de este rectángulo más grande, las dimensiones que maximicen el área del rectángulo más grande también maximizarán el área del campo. El perímetro del rectángulo grande debe medir 600 m.

Como el rectángulo con perímetro fijo de mayor área es un cuadrado, obtendremos la máxima área del campo cuando x = 2y. Por tanto, las dimensiones que proporcionan el área máxima del campo son y = 75 m y x = 150 m, y el área es xy = 11250 m2.

EXTRA: UNA LATA DE ÁREA MÍNIMA

Queremos construir una lata cilíndrica que pueda contener un cierto volumen. ¿En qué proporción deben estar su radio y su altura para que la lata tenga la mínima área?

Sea h la altura de la lata y r el radio de su base. Demostraremos que h = 2r. Para ello inscribamos la lata en una caja rectangular de dimensiones 2r × 2r × h de forma que su base esté inscrita en la base de la caja.

El cociente entre el área de la base del cilindro y el área de la base de la caja es π r2/(2r)2 = π/4. La razón entre el área de la tapa del cilindro y el área de la tapa de la caja es, por supuesto, la misma. El cociente entre el área lateral del cilindro y el área lateral de la caja es 2πrh/8rh = π/4.

Por tanto, la razón entre el área superficial total de la lata y el área superficial total de la caja es π/4. La razón entre el volumen de la lata y el volumen de la caja es πr2h/(2r)2h = π/4. El hecho de que estas razones sean idénticas no es importante; lo relevante es que son constantes. Por tanto, el área superficial de la lata será mínima cuando el área superficial de la caja circunscrita lo sea.

Como la superficie exterior de una caja de volumen dado es mínima cuando la caja es cúbica, el área superficial mínima se obtiene cuando h = 2r. Te dejo a ti probar el hecho de que una caja de volumen dado y área superficial mínima es un cubo. Puedes hacerlo aplicando dos veces la desigualdad isoperimétrica que dice que el rectángulo de perímetro dado que tiene la mayor área es el cuadrado (consulta la página 64).

Compostaje, un tema candente

Supongamos que tenemos que construir un cajón de compostaje de forma que su estructura vista desde arriba sea como una letra E, con tres tramos paralelos de valla de igual longitud en una dirección y dos tramos de valla de igual longitud alineados en la dirección perpendicular. Suponiendo que la longitud total de valla es fija, ¿qué dimensiones proporcionan la máxima área del cajón?

Solución

Supongamos que los segmentos de valla tienen longitudes x e y, como se muestra en el dibujo de la izquierda de la siguiente figura.

Buscamos maximizar el área del rectángulo acotado por la E, es decir, x(2y), bajo la restricción 3x + 2y = f, donde f es la cantidad de valla disponible. Podemos resolver este problema usando derivadas, pero hay una estupenda solución que usa solo razonamientos geométricos. Coloca los segmentos de la valla como se muestra en el dibujo de la derecha de la figura anterior. El área de este rectángulo es (3x)(2y), que es el triple del área con la que empezamos.

Por tanto, los valores de x e y que maximizan la nueva área son los mismos que aquellos que maximizan el área original. El perímetro del rectángulo es fijo (es 6x + 4y = 2f). El área de un rectángulo de perímetro fijo es máxima cuando el rectángulo es un cuadrado. En nuestro caso esto significa que 3x = 2y = f/2, y así x = f/6 e y = f/4. Es decir, la mitad de la valla se usa para el conjunto de los tramos paralelos y la otra mitad para el conjunto de los dos tramos alineados.

Por cierto, podemos dar una demostración ¡Ajá! de que el cuadrado es el rectángulo de perímetro fijo con mayor área. Esto se llama una desigualdad isoperimétrica. Supón que tenemos un cuadrado y un rectángulo (que no sea un cuadrado) del mismo perímetro. Demostraremos que el cuadrado tiene más área.

Coloquemos el cuadrado ABCD y el rectángulo AEFG de modo tal que tengan el vértice A en común y paralelos los correspondientes lados, como se muestra en el diagrama de abajo. El rectángulo corta a los lados del cuadrado en los puntos G y H. El rectángulo y el cuadrado tienen el área sombreada en común. Como el perímetro del cuadrado y el del rectángulo son iguales, |HF| = |BE| = |DG| = |CH|. Se ve entonces que la parte no sombreada del cuadrado es mayor que la del rectángulo (ya que |CD| > |EF|). Por lo tanto, el área de ABCD es mayor que el área de AEFG.

EXTRA: LA DESIGUALDAD MA-MG

La desigualdad (MA-MG) entre las medias aritmética y geométrica (busca en la Caja de herramientas) se obtiene inmediatamente a partir del resultado anterior. Sea a = |AE| y b = |AG|. Entonces

o

La igualdad se cumple si y solo si a = b.

Tres senos

Encuentra el valor máximo de senA senB senC, donde A, B y C son los ángulos de un triángulo.

Solución

Sabemos que A, B y C son números positivos cuya suma vale π; por tanto sen A, sen B, y sen C son positivos. Vamos a encontrar el valor máximo de una manera simple en dos pasos.

Primero, por la desigualdad media aritmética-media geométrica,

donde la igualdad se cumple si y solo si A = B = C = π/3. Segundo, como sen x es una función cóncava (busca en la Caja de herramientas) para 0 < x < π, tenemos

y la igualdad se cumple si y solo si A = B = C = π/3. Por tanto,

y la igualdad se alcanza si y solo si A = B = C = π/3.

EXTRA: FUNCIONES CONVEXAS

Una función real f es convexa en un intervalo I si

f((1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ)f(a) + λf(b),

para todo a, b, ∈ I y 0 ≤ λ ≤ 1. Geométricamente hablando, f es convexa si f está por debajo de sus secantes. En el diagrama siguiente, que ilustra el caso λ = 1/2, vemos que

Desigualdad de Jensen. Supongamos que f es convexa en I. Si a1,…,an ∈ I y λ1,…,λn son números reales no negativos tales que λ1 + … + λn = 1, entonces

La igualdad se cumple si y solo si todos los ai son iguales o si f es una función lineal.

Si la función −f es convexa (es decir, f es cóncava), como es el caso de la función seno en nuestro problema, entonces la desigualdad se invierte.

En primer lugar vamos a demostrar la desigualdad de Jensen para n = 4 y λi = 1/4 para todo i. Como f es convexa en I,

y la igualdad se alcanza si y solo si a = b (supondremos que f no es una función lineal). Ahora usamos esta hipótesis dos veces:

Nuestra desigualdad queda establecida, y la igualdad se cumple si y solo si a1 = a2 = a3 = a4.

Podemos usar el mismo procedimiento para demostrar la desigualdad de Jensen para n, siendo n cualquier potencia de 2. Pero ¿cómo la demostramos para, pongamos por caso, n = 3? Usamos un simple recurso técnico atribuido a Augustin Louis Cauchy (1789-1857). Tomemos a4 = (a1 + a2 + a3)/3. Entonces (a1 + a2 + a3 + a4)/4 = (a1 + a2 + a3)/3 y entonces

Simplificando, obtenemos

La igualdad se alcanza si y solo si a1 = a2 = a3. El enunciado general de la desigualdad de Jensen se puede probar de manera similar o por inducción en n.

Capítulo 2
Problemas de nivel intermedio

Espero que hayas disfrutado con los problemas elementales. Ahora vamos a intentar resolver una selección de problemas algo más difíciles. En este capítulo vamos a utilizar técnicas habituales del cálculo y de otras ramas de la matemática. Como siempre, buscamos pruebas ingeniosas e ilustrativas. ¡Hay que encontrar la solución ¡Ajá!

2.1 Álgebra

Pasando el tiempo

En algún momento entre las 3:00 y las 4:00, la manecilla de los minutos, el minutero, de un reloj coincide con la manecilla de las horas, la horaria. ¿A qué hora exactamente ocurre esto? Supón que las manecillas se mueven con velocidades constantes.

Solución

Primero vamos a resolver el problema de una manera mundana (antes de dar una solución ¡Ajá!). Contamos el tiempo en minutos desde el comienzo de la hora (a las tres en punto). Supongamos que el minutero marca t minutos y la horaria marca, a su vez, 15 + t/12 minutos. (El término t/12 se debe al hecho de que en 60 minutos la horaria avanza 5 minutos). Cuando las dos manecillas coinciden, tenemos que t = 15 + t/12, y por lo tanto t = 16 + 4/11. Es decir, la solución es 3 horas y 16 + 4/11 minutos.

Para profundizar en el problema vamos a averiguar en qué momento entre las 2:00 y las 3:00 las dos manecillas coinciden. Usando el mismo razonamiento que antes, obtenemos t = 10 + t/12, y por tanto t = 10 + 10/11, siendo la solución 2 horas y 10 + 10/11 minutos.

Tenemos fracciones con denominador 11 en ambos casos. Pensando en esto, caemos en la cuenta de que en el transcurso de 12 horas el minutero y la horaria coinciden 11 veces. Concretamente, esto ocurre a las 12:00; en algún momento entre la 1:00 y las 2:00; entre las 2:00 y las 3:00 (ya hemos hallado cuándo); entre las 3:00 y las 4:00 (este también está resuelto); entre las 4:00 y las 5:00; entre las 5:00 y las 6:00; entre las 6:00 y las 7:00; entre las 7:00 y las 8:00; entre las 8:00 y las 9:00; entre las 9:00 y las 10:00 y entre las 10:00 y las 11:00. Las manecillas no coinciden entre las 12:00 y la 1:00 ni entre las 11:00 y las 12:00, porque el minutero se mueve más deprisa que la aguja horaria. Por simetría, las once coincidencias están equiespaciadas a lo largo de la esfera del reloj.

Inmediatamente vemos que la coincidencia entre las 3:00 y las 4:00 ocurre en los 3/11 del camino alrededor del círculo, es decir, en 3/11 × 60 = 16 + 4/11 minutos después de las 3:00.

Extra: ¿Qué sucede con el segundero?

No hay otro momento que no sea a las 12:00 en el que la manecilla horaria, el minutero y el segundero de un reloj (perfecto) coincidan. La razón es que el minutero y el segundero coinciden en 59 puntos equiespaciados alrededor de la esfera del reloj, y los números 11 y 59 no tienen ningún factor común. (Por cierto, la horaria y el segundero coinciden en 719 puntos equiespaciados alrededor de la esfera del reloj).

Además de alrededor de las 12:00, ¿cuándo están la horaria, el minutero y el segundero lo más próximas entre sí? (Este problema está propuesto y resuelto en el auténtico tesoro de Martin Gardner [7], aunque la solución no está explicada con mucho detalle).

La estrategia consiste en considerar las once coincidencias entre la horaria y el minutero y determinar dónde está el segundero en cada uno de esos momentos. Cuando el segundero esté más cerca, nos dirá aproximadamente la hora a la que el segundero, el minutero y la horaria estarán más próximas.

La coincidencia entre el minutero y la horaria entre la 1:00 y las 2:00 se produce en el punto que marca 1/11 del camino alrededor del círculo –a los 5 + 5/11 minutos– y entonces el segundero se encuentra en el punto que marca 5/11 del círculo (bastante lejos del punto de coincidencia entre la horaria y el minutero).

De la misma forma, la coincidencia entre el minutero y la horaria entre las 2:00 y las 3:00 ocurre en el punto que marca los 2/11 del círculo, lo que sucede a los 10 + 10/11 minutos, y entonces el segundero está en el punto que marca los 10/11 del círculo (también lejos). Prosiguiendo de esta manera, encontramos que las coincidencias entre el minutero y la horaria en las cuales el segundero se encuentra más cerca son a las 3 horas y 16 + 4/11 minutos y a las 8 horas y 43 + 7/11 minutos. En esos momentos, el segundero se encuentra en los puntos que marcan los 4/11 y 7/11 del círculo respectivamente. En ambos casos, cuando el segundero está lo más cerca posible, coincide con la horaria (ya que el minutero se mueve más rápido que la horaria). La coincidencia entre el segundero y la horaria (medida en segundos) que ocurre entre las 3:16 y las 3:17 viene dada por

,

y, por tanto, t = 11760/719 (segundos) = 16 + 196/719 (minutos). Así que la solución es 3 horas, 16 minutos y 16 + 256/719 segundos. La diferencia entre el minutero y la horaria en ese instante es

del círculo.

Esto tiene sentido porque el minutero está en algún múltiplo de 1/719 del camino alrededor del círculo (ya que su posición está determinada por la posición de la horaria), y lo más cerca que puede estar es a 1/719 del círculo. La otra solución (simétrica) es 8 horas, 43 minutos y 43 + 463/719 segundos.

Sumando hasta 1 000 000

Encuentra todas las sucesiones de enteros positivos consecutivos que suman 1 000 000.

Solución

Este es el tipo de problema que podríamos resolver a base de fuerza bruta con un ordenador, pero vamos a intentar encontrar una solución matemática ingeniosa.

El meollo del asunto consiste en saber en qué centrarse. Sea n el número de términos de la sucesión y v el promedio de los términos. Entonces

nv = 1 000 000.

Si v fuera entero, entonces tanto n como v serían divisores enteros de 1 000 000. ¿Cuándo es v un entero? Si n es impar, entonces v es entero, ya que es igual al término central de la sucesión. Sin embargo, si n es par, entonces v no es entero porque es igual a la media de los dos términos centrales de la sucesión (y por tanto un semi-entero). De modo que parece que debemos considerar por separado los casos n impar y n par y también parece que el caso n par es un poco intrincado. Lo creamos o no, hay una forma de asegurar que n debe ser impar, y ahí es donde entra en juego la inspiración ¡Ajá!

El problema pide sucesiones de números enteros positivos, pero vamos a relajar la condición temporalmente y aceptar cualquier tipo de enteros (sean positivos, negativos, o cero). Si tenemos una suma

a + … + b

de enteros positivos consecutivos, entonces

−(a − 1) + … + (a − 1) + a + … + b

es también suma de enteros consecutivos. La nueva suma es igual a la anterior, ya que hemos introducido solo un 0 (si a = 1) o bien un 0 y pares de números que suman 0 (si a > 1). Además, la paridad del número de términos ha cambiado (hemos introducido un número impar de términos nuevos). Por lo tanto, las sucesiones que estamos buscando forman parejas en las cuales una de las sucesiones tiene un número par de términos y la otra tiene un número impar de términos, una contiene solo enteros positivos y la otra contiene algunos enteros no positivos.

Teniendo en cuenta esta discusión acerca de las sucesiones emparejadas, podemos centrarnos en las sucesiones en las que n es impar y entonces v es un entero: es decir, n es un divisor impar de 1000000. Como la factorización de 1000000 es 26 ⋅ 56, las posibilidades para n son 1, 5, 52, 53, 54, 55 y 56, y cada una de esas siete posibilidades da lugar exactamente a una solución (la sucesión resultante o su pareja). Los respectivos valores de v son 1000000, 200000, 40000, 8000, 1600, 320 y 64. Por tanto, las sumas y sus sumas emparejadas correspondientes son

Por ejemplo, para encontrar la suma para n = 5 y v = 200 000, calculamos el primer y el último término de la forma v − (n − 1)/2 = 199 998 y v + (n − 1)/2 = 200 002.

Confirmamos así que son siete las sucesiones que tienen todos los términos positivos.

Extra: Sumando hasta cualquier número

Para el caso general de sucesiones de enteros positivos consecutivos que sumen cualquier entero dado, el argumento es similar al anterior. El número de tales sucesiones es el número de divisores impares del entero dado. Por tanto, es el producto de términos de la forma e + 1, donde pe recorre los divisores del número dado que son potencias de un primo impar. Si el número dado es una potencia de 2, entonces la única sucesión posible es la formada por el propio número. (Busca el teorema fundamental de la aritmética en la Caja de herramientas).

Un determinante impar

¿Tiene inversa la siguiente matriz?

Solución

Vamos a averiguar si el determinante de esta matriz es un número par o impar. Reemplazando todos los coeficientes pares por 0 y los impares por 1, obtenemos la matriz

El determinante de esta matriz es impar (es 1). Por tanto, lo mismo le ocurre al determinante de la matriz original (ya que el determinante de una matriz se calcula mediante sumas y multiplicaciones de sus elementos). Es decir, el determinante de la matriz es distinto de 0 y la matriz es invertible.

Extra: ¿Dentro o fuera?

Aquí hay otro problema que parece desconcertante al principio pero que tiene una solución simple de paridad (par/impar). ¿Puedes decidir de un vistazo si el punto está dentro o fuera de la curva?

Una forma fácil de ver esto es dibujar una semirrecta partiendo del punto y contar el número de veces que corta a la curva. Cada vez que la línea corta a la curva, el punto se mueve desde el interior de la curva al exterior de la curva, o bien desde el exterior al interior (esto es consecuencia del teorema de la curva de Jordan). En el dibujo siguiente, la línea corta a la curva once veces. El número impar de cortes significa que el punto está dentro de la curva.

Se busca polinomio

¿Hay algún polinomio p(x) con coeficientes enteros tal que p(1) = 3 y p(3) = 2?

Solución

No existe tal polinomio porque si consideramos todas las operaciones módulo 2, las dos condiciones son contradictorias: p(1) ≡ 1 (mód 2) y p(1) ≡ 0 (mód 2).

Extra: La fórmula de interpolación de Lagrange

Tal polinomio existe -de hecho, hay uno lineal- si permitimos que los coeficientes sean racionales. Supongamos que p(x) = mx + b. Entonces m = (2 − 3)/(3 − 1) = −1/2, y la ecuación de tipo punto-pendiente queda p(x) − 3 = −1/2 (x − 1), o bien p(x) = −1/2 x + 7/2.

A continuación damos una receta general para obtener polinomios con valores preestablecidos.

Fórmula de interpolación de Lagrange.1 Sean α0, α1,…,αn números complejos distintos y β0, β1,…, βn números complejos arbitrarios.

a) El polinomio

tiene la propiedad de que P(αi) = βi para i = 0, 1,…,n.

b) Hay exactamente un polinomio de grado a lo sumo n con la propiedad especificada en (a).

La afirmación (a) se comprueba evaluando P en α0, α1,…,αn y observando que, en cada caso, todos los términos de la suma excepto uno valen 0, obteniéndose P(αi) = βi.

Para probar (b), supongamos que P y Q son dos polinomios con la propiedad especificada. Sea R(z) = P(z) − Q(z). Entonces R tiene grado a lo sumo n y tiene n + 1 raíces, a saber, α0, α1,…,αn. Entonces, R es idénticamente 0, y P y Q son polinomios idénticos. Esto demuestra la unicidad.

1 Esta fórmula se debe a Joseph-Louis Lagrange (1736-1813). Lagrange hizo contribuciones en análisis, teoría de números, y mecánica clásica y celeste.

2.2 Geometría

¿Cuánto mide el lado?

Sea P un punto interior de un triángulo equilátero ∆ABC, con PA = 4, PB = 3 y PC = 5. Halla x, la longitud del lado del triángulo.

Solución

Como se muestra en la figura siguiente, gira 60º el triángulo ∆ABC en el sentido de las agujas del reloj en torno al punto B. Supongamos que P y C se transforman en los puntos P' y C', respectivamente. Vemos que el triángulo ∆PP'B es equilátero y, por tanto, PP' = 3. Como el triángulo ∆PP'C tiene lados 3, 4 y 5, se sigue que el ángulo PP'C es recto. Por tanto,

∠BP'C = 60° + 90° = 150°.

Por el teorema del coseno (busca en la Caja de herramientas),

x2 = 32 + 42 − 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ cos150° = 25 + 12 √3.

Por tanto,

Este inocente problema abre la puerta a un montón de matemáticas fascinantes. Veremos algo de ello en el siguiente extra.

Extra: Soluciones enteras

Supongamos que las distancias del punto P a los tres vértices son a, b, y c, como se muestra en la figura siguiente. Con razonamientos similares a los de la solución podemos dar una fórmula para x.

Tenemos

x2 = a2 + b2 − 2ab cos(60° + θ),

donde

c2 = a2 + b2 − 2ab cos θ.

Eliminando θ, obtenemos

En nuestro caso, el único signo relevante es el positivo. El signo negativo da la solución si P es un punto exterior al triángulo. Como a, b y c son las longitudes de los lados del triángulo ∆PP'C, satisfacen la desigualdad triangular a + b ≥ c, donde tomamos como c la mayor de las distancias.

Manipulando nuestra ecuación, obtenemos

¿Es posible hallar un triángulo equilátero con lados enteros y un punto P en su interior tal que las distancias de P a los tres vértices del triángulo sean enteras? Sí, una búsqueda con ordenador nos revela que la menor solución entera es a = 57, b = 65, c = 73 y x = 112.

Usando el teorema de Ptolomeo (busca en la Caja de herramientas), es posible encontrar infinitas soluciones enteras en las cuales P pertenece a la circunferencia circunscrita al triángulo. Una de esas soluciones es {a, b, c, x} = {3, 5, 8, 7}.

De manera similar, es posible encontrar infinitas soluciones enteras en las cuales P está en la prolongación de uno de los lados del triángulo. Vamos a llamar soluciones triviales a aquellas en las que P pertenece a la circunferencia circunscrita al triángulo o está en una de las rectas determinadas por un lado del triángulo. En 1990, Arnfried Kemnitz encontró una familia infinita de soluciones enteras no triviales:

donde u y v son enteros positivos cualesquiera tales que u > v. Observa que en esta familia infinita siempre se cumple que b + c = 2a. La solución por ordenador mencionada antes no satisface esta propiedad, así que no todas las soluciones no triviales están en la familia de Kemnitz. De hecho, la superficie cuártica en cuestión no admite parametrizaciones racionales (es una superficie irracional).

Esta superficie, llamada tetraedroide, es un tipo especial de cuártica conocida como superficie de Kummer, denominada así por el teórico de números y geómetra algebraico Ernst Eduard Kummer (1810-1893). Se muestra a continuación una versión tridimensional de esta superficie, generada con Mathematica®.

El teorema de Napoleón

Demuestra el siguiente teorema:

Teorema de Napoleón.2 Dado un triángulo ∆ABC, sean A', B' y C' los terceros vértices de los triángulos equiláteros construidos exteriormente sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente, y sean A", B" y C" los centros de los triángulos ∆A'BC, ∆B'CA y ∆C'AB, respectivamente. Entonces el triángulo ∆A" B" C" es equilátero. (Observa la figura siguiente).

Solución

Vamos a dar una demostración fácil de “ver”. Considera el mosaico de la siguiente figura, donde el triángulo dado está en negro. Mira el hexágono formado uniendo los centros de los seis triángulos equiláteros que rodean a uno de los triángulos equiláteros (el “triángulo focal”) construidos sobre los lados del triángulo dado.

Por simetría, los lados del hexágono son todos iguales. También por simetría, los “radios” alternados del hexágono son iguales. (Los “radios” unen el centro del triángulo focal con los vértices del hexágono).

Entonces, dos triángulos consecutivos alrededor del centro del hexágono son congruentes. Por lo tanto, los seis triángulos son congruentes, y entonces todos los ángulos centrales miden π/3. Como podemos elegir cualquiera de los tres triángulos equiláteros alrededor del triángulo dado como nuestro triángulo focal, el triángulo del teorema de Napoleón es equilátero.

EXTRA: UNA DEMOSTRACIÓN ALGEBRAICA

Supongamos que los puntos A, B y C (dados sin pérdida de generalidad en sentido horario) están representados por los vectores a, b y c, respectivamente. Entonces los terceros vértices A', B' y C' de los triángulos equiláteros vienen dados por a', b' y c', respectivamente, donde

y M es una matriz de giro alrededor del origen de ángulo π/3. (No necesitamos escribir M explícitamente). Los centros de los triángulos equiláteros, A", B" y C", vienen dados por a", b" y c", respectivamente, donde

Para demostrar que A", B", C" son los vértices de un triángulo equilátero demostraremos que M(b" − a") = c" − a". Aquí está el desarrollo algebraico:

Por cierto, el resultado del teorema de Napoleón también es cierto si los triángulos equiláteros se construyen interiormente en vez de exteriormente. El área del “triángulo exterior de Napoleón” es

y el área del “triángulo interior de Napoleón” es

donde A es el área del triángulo dado.

En el libro de Liang-shin Hahn [8] se da una demostración elegante del teorema de Napoleón usando números complejos.

Un grafo en una rosquilla

El grafo completo bipartito K4,4 consiste en dos conjuntos de cuatro vértices y todas las aristas posibles que van de uno a otro conjunto (busca en la Caja de herramientas).

Demuestra que K4,4 puede ser dibujado sobre la superficie de una rosquilla (toro) sin que se corte ningún par de aristas.

Solución

La prueba puede hacerse mediante un simple dibujo (ver la figura siguiente). El cuadrado representa un toro. El lado superior y el inferior del cuadrado están “identificados”, es decir, hay que considerar que son el mismo. Esta identificación pliega el cuadrado para convertirlo en un cilindro. El lado derecho y el lado izquierdo del cuadrado también están identificados. Esto pega las dos bases del cilindro para formar un toro. Está permitido estirar la figura para realizar este pegado.

Los dos conjuntos de vértices de K4,4 están representados por puntos rellenos (para los de un conjunto) y por puntos huecos (para los del otro conjunto). Los vértices situados en el borde del cuadrado están representados múltiples veces (debido a las identificaciones de los lados).

Por ejemplo, los cuatro vértices situados en las esquinas del cuadrado corresponden todos al mismo vértice del grafo. Nuestro diagrama hace lo que queremos que haga, ya que cada vértice está unido a los otros cuatro vértices del otro conjunto y no hay aristas que se corten.

Aquí damos una representación en el espacio euclídeo del grafo sobre el toro. Los otros cuatro vértices están en el lado opuesto del toro.

Extra: El género de un grafo

Decimos que una esfera tiene género 0. Una superficie obtenida añadiendo g “asas” a una esfera se llama una superficie de género g. Por ejemplo, un toro es una superficie de género 1. El género de un grafo G es el mínimo g tal que G se puede dibujar en una superficie de género g sin que haya aristas que se corten. Hemos encontrado en la solución anterior que el grafo completo bipartito K4,4 tiene a lo sumo género 1; de hecho, tiene exactamente género 1. El género de un grafo completo bipartito Km,n viene dado por la fórmula

donde es el menor entero mayor o igual que x. Ver, por ejemplo, [9].

Puntos alrededor de una elipse

Dada una elipse, ¿cuál es el lugar geométrico de los puntos P del plano que contiene a la elipse tales que las dos tangentes a la elipse trazadas desde P son perpendiculares?

Solución

Supongamos que la elipse viene dada por

Vamos a demostrar que el lugar geométrico pedido es una circunferencia centrada en el origen con radio

Sea y = mx + n una tangente a la elipse. Entonces la ecuación en x

tiene una raíz doble. Reescribamos la ecuación como

Como esta ecuación tiene una raíz doble, su discriminante es 0, es decir,

Una vez simplificada obtenemos

a2m2 − n2 + b2 = 0.

Supongamos que P tiene coordenadas (x0, y0). Como la recta tangente pasa por P, tenemos que n = y0 − mx0 y entonces

Como las dos tangentes a la elipse desde P son perpendiculares, las dos raíces m1 y m2 de esta última ecuación satisfacen m1m2 = −1, y se sigue que

que es la ecuación de una circunferencia centrada en el origen y de radio .

Extra: El mismo problema para hipérbolas y parábolas

Nos podemos hacer la misma pregunta para una hipérbola y para una parábola. Como ejercicio, usa el método de la solución anterior para probar las siguientes proposiciones:

(1) El lugar geométrico de los puntos P(x0, y0) que satisfacen la propiedad de que hay dos tangentes perpendiculares que van desde P a la hipérbola x2/a2 − y2/b2 = 1, con a > b, es la circunferencia x02 + y02 = a2 − b2.

(2) El lugar geométrico de los puntos P(x0, y0) que satisfacen la propiedad de que hay dos tangentes perpendiculares que van desde P a la parábola y = kx2 es la recta horizontal y0 = −1/(4k).

Tres puntos fijos

Una transformación del espacio euclídeo que preserva las distancias entre puntos recibe el nombre de isometría. Demuestra que si una isometría del plano euclídeo deja fijos tres puntos no alineados (es decir, esos tres puntos no se mueven) entonces la isometría deja fijos todos los puntos del plano.

Solución

Sean A, B y C tres puntos fijos de la isometría. Demostraremos una versión alternativa de la afirmación (la contrarrecíproca): si la trasformación mueve algún punto, entonces A, B y C están alineados. Supongamos que la transformación mueve el punto P a un punto diferente P'. Sea l la mediatriz del segmento que une P y P'. Entonces A pertenece a la recta l, ya que la distancia de A a P es la misma que la distancia de A a P'. Por el mismo razonamiento, B y C también pertenecen a l. Por tanto, A, B y C están alineados.

Extra: Isometrías del plano

Como se muestra en los diagramas de arriba, los cuatro tipos de isometrías del plano son las traslaciones, los giros, simetrías y simetrías deslizantes. Una simetría deslizante es la composición de una traslación y de una simetría con respecto a una recta paralela a la dirección de traslación.

Las traslaciones y las simetrías deslizantes no tienen puntos fijos (aunque la recta de simetría de una simetría deslizante queda fija como conjunto de puntos), mientras que un giro tiene un único punto fijo (el centro) y una simetría tiene una recta de puntos fijos. Las traslaciones y los giros preservan la orientación mientras que las simetrías y las simetrías deslizantes cambian la orientación.

Vamos a demostrar que esos son los únicos tipos de isometrías del plano.

Afirmación: Si f es una isometría de R2, entonces

f(x) = g(x) + h,

donde g es una trasformación lineal ortogonal y h ∈ R2

Para empezar veamos qué se entiende por trasformación lineal ortogonal. Si f es una isometría, entonces g(x) = f(x) − f(0) es también una isometría ya que, para