Cortando un pastel cilíndrico

Volvemos con los problemas semanales. En este caso os propongo uno que he visto en la Lista de Snark:

Tenemos un pastel cilíndrico, con cobertura de chocolate sólo en la parte superior. Vamos cortando porciones, cada una contigua a la anterior en sentido horario, y todas de un mismo ángulo X. Cada vez que cortamos una porción, en lugar de servirla le damos vuelta y la volvemos a insertar en el pastel, restaurando su forma cilíndrica.

Demostrar que, sea cual sea el ángulo X, después de una cantidad finita de cortes el pastel vuelve a quedar con toda la cobertura de chocolate en la parte superior.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

16 Comentarios

  1. Bueno, esto solo se cumple para valores racionales de X (X en grados). Para valores irracionales de X nunca se dan 2 cortes en el mismo sitio, lo cual es una condicion imprescindible para poder tener el pastel todo del mismo lado. No?

    Por cierto, el pastel va a quedar hecho una pena 🙂

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  2. He leído la solución en el libro de donde ha salido el problema. No la he podido seguir, es muy farragosa. Sería de agradecer que alguien la pudiera hacer más intuitiva si fuera posible.

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    • Es que yo creo que debe haber algún problema con el enunciado, porque tal y como está, como dice rtoms, es fácil de refutar con un corte en ángulo irracional (expresado en grados).

      Por cierto, para Diamond, ¿qué ha pasado con el botón de “vista previa”?

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  3. Pues el enunciado tiene otro problema. Pone “Sea cual sea el ángulo X”, pero es evidente que para X=0 no se cumple tampoco la proposicion.

    Concluyo que es una broma, aunque no sea 28 de diciembre, y que el truco es que el chocolate se derrite y se queda todo hecho un pringue (mmmh, claro que esto no cumple a priori: “con TODA la cobertura de chocolate en la parte superior”, habria que ver que tipo de chocolate es y como se le da la vuelta).
    🙂

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    • No, con X= 0 el enunciado es trivialmente cierto.

      Sólo es falso si X es una “porción irracional” del pastel.

      Si el enunciado olvidó matizar que hablamos “porciones racionales”, entonces el comentario de maestrillo me despista del todo, porque la demostración no es nada farragosa, al menos la que yo daría.

      Y se trata de chocolate matemático, que no se pega, y se puede cortar tan fino como quieras. Es el mejor chocolate de todos, porque si cortas el pastel con destreza, puedes ordenar los trozos y obtener dos pasteles del mismo tamaño, sin huecos. 😉

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      • No estoy seguro de si has leído la demostración de que hablo. De lo que no cabe duda es de que X no tiene la más mínima restricción.
        De la demostración que he leído, lo que no me cabe en la cabeza es, precisamente, la paráfrasis que hace rtoms de una parte crucial de la demostración: que la operación de volteo es la clave que hace posible que hasta los irracionales funcionen en un número finito de pasos. Eso y casi todo lo demás, por otra parte.

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        • Voltear no es inocente porque una vez que has cortado mas de 360 grados, pongamos cortes f < 360 < g, el primer corte (en 0=360 grados) supongamos que te queda mas cerca de g. Al voltearlo el primer corte se ha desplazado mas cerca de f. La posicion del primer corte ha cambiado. Esto invalida el argumento aparentemente logico de los numeros irracionales. Luego hay que demostrar que esta operacion genera un conjunto cerrado…

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        • No he leído ninguna demostración maestrillo. Intenté leer el enunciado original pero el enlace de gaussianos al mismo no funciona. Así que ni eso.

          Lo que me extrañaba de tu comentario es que la demostración era farragosa, y entonces error del enunciado no podía ser simplemente restringir X a una “porción racional”, porque la demostración en ese caso es bastante sencilla.

          Ahora sé que lo que pasa, es que no hay ningún error en el enunciado.

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  4. vaya, pues el problema es muy impresionante y sorprendente!
    Si que es cierto para todo X gracias a que invertir el trozo de pastel no es una operacion inocente.
    (lo he tenido que googlear)

    Si no es 28 de diciembre no caben bromas ni malos enunciados en Gaussianos!!!

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    • Es cierto. Vaya despiste.

      No me di cuenta de que al dar la vuelta al trozo se “movían” los cortes.

      En este caso la demostración es un poquito más complicada.

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  5. Si X es racional, entonces X = a/b = (a’/b’)*360, donde ambas fracciones son irreductibles (a/b, a’/b’).

    Entonces (b’)*X = (a’)*360, lo que significa que al cabo de b’ sumas habremos dado a’ vueltas.

    Si a’ es par, entonces ya está, porque se habrá invertido el sentido (1-negro, 2-blanco, 3-negro…). Si es impar, entonces hacemos b’ sumas más y se vuelve a invertir el sentido (y habremos dado a’ vueltas más).

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  6. Con lo que ha dicho rtoms y, como él, un poco de Google para encontrar un dibujo, creo que lo voy entendiendo. Y es que es eso, las posiciones de los cortes van cambiando de lugar. La palabra, la idea, que se me escapaba, y que incluso hacía imposible que entendiera un dibujo con un ejemplo (un ángulo mayor que 180º), es la de “voltear”: los trozos al cortarlos se voltean y no, como parece que todo el mundo entiende al principio, se convierten en el negativo del trozo cortado (además, el volteo hace que los trozos de revés, y por tanto los del derecho, esten siempre contiguos)

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  7. Creo q os estais complicando la vida. Para sacar una porción se necesitan dos cortes, con el primero se voltearia todo el pastel, en consecuencia, cada vez q se saque una porción se volverá a poner con el chocolate hacia arriba.

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  8. Glinish tu demostración no es correcta porque las porciones pueden cambiar de posición (y en el caso general, lo hacen) y no lo has tenido en cuenta.

    De todos modos, toda la complicación de este problema está en que casi todos cometemos el error de no ver que los cortes se “mueven” al voltear.

    Visto eso, basta con demostrar que el número máximo de cortes efectivo es finito. Entendiendo que un corte es efectivo sólo si no coincide con un corte anterior.

    En general, cuando hay que demostrar que una secuencia (la que sea, no importa) vuelve a tomar su valor inicial, es buena idea intentar demostrar que el número de valores diferentes que puede tomar es finito, y que, dado el valor actual de la secuencia, podemos calcular tanto el siguiente, como el anterior. Si se dan estas condiciones, la secuencia siempre vuelve al valor inicial.

    El razonamiento se puede esbozar así: si el número de valores que puede tomar la secuencia es finito, tarde o temprano se repetira uno, y como el estado siguiente depende sólo del anterior, la secuencia se repetirá a partir de ahí. Como además podemos dar marcha atrás en la secuencia, hacemos el mismo razonamiento en sentido inverso, y concluímos que estamos ante una secuencia periódica pura. Todos los valores que tome alguna vez, incluído el inicial, se repetiran tantas veces como queramos.

    Me imagino que habrá montones de formas de reducir el problema del pastel, a un caso particular de lo que acabo de exponer. A mi se me ocurre esta:

    Como el número de cortes efectivos es finito, podemos suponer que ya vienen hechos, ya que no afecta al problema. Ahora numeramos las porciones de 1 en adelante, comenzando por la posición actual del cuchillo y en el sentido de giro. El estado de una porción será el número que le hemos asignado si está con el chocolate hacia arriba, o su negativo, si está del revés. El estado del pastel será una n-tupla (n es el número de porciones), con el estado de cada porción, empezando por la posición del cuchillo y en el sentido de giro. Por ejemplo, si hacemos el proceso con un ángulo de 360*3/7, la secuencia irá tomando estos valores:

    s(0) = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)
    s(1) = (4, 5, 6, 7, -3, -2, -1)
    s(2) = (7, -3, -2, -1,-6,-5,-4)

    De este modo cada n-tupla “codifica” no sólo la posición relativa de cada porción con respecto a las demás, también nos dice si una porción muestra o no el chocolate. Y también nos da la posición del cuchillo, porque las porciones que se vean afectadas por un corte, las mandamos al final de la n-tupla.

    Ahora está claro que se dan todas las condiciones para concluir que la secuencia de tuplas es periódica pura:

    1. El número de valores (n-tuplas distintas) que puede tomar la secuencia, es finito.
    2. Dado un valor, sin más información, podemos calcular el siguiente.
    3. Dado un valor de la secuencia, sin más información, podemos calcular el anterior.

    Por tanto la secuencia es periódica pura, y el estado inicial (1, 2, 3,…,n) se repetirá tantas veces como queramos.

    Obviamente se cumplen las condiciones 2, y 3, por lo que sólo queda demostrar que el número de cortes efectivos es finito.

    El caso de un ángulo racional, resulta trivial.

    Si el ángulo A es irracional es un poquito más complicado.

    Dado que el ángulo de medida no importa, elijo asignar 1 a un ángulo de 360º, así 1/2 será media circunferencia, 1/4 un ángulo recto, etc.

    Llamamos x al número máximo de veces que A cabe en una circunferencia sin sobrepasarla, es decir.

    xA < 360º < (x+1)A

    Con un dibujo y algebra elemental, podemos calcular fácilemte como se altera la posición del corte inicial, al hacer el corte x+1. Y a partir de ahí deducir que se quedará en posición (2x+1)A-1, dado que 1 es una circunferencia completa, en la vuelta siguente, sumamos 1 (=360º), y la posición del corte será (2X+1)A, es decir, un múltiplo de A, y por tanto el corte no será efectivo.

    Por claridad, he hecho este razonamiento para el corte inicial, pero es obvio que no se pierde generalidad al hacerlo así. Cada corte que demos dará lugar a un corte no efectivo 2x+1 cortes después, y por tanto el número de cortes efectivos es finito.

    Y esto demuestra el enunciado del problema, en el aso general.

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    • Sive, tengo u pequeño problema con tu razonamiento. Si bien es cierto que el primer corte en un número finito de pasos caerá en otro corte ya hecho, en ese proceso has creado nuevos cortes en el proceso. Es posible que con esta generación no tengamos un número finito de cortes.

      No se si me he explicado bien, pienso que en ese argumento le falla en que presumiblemente creas más cortes.

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