Problemas de Matemáticas de El País – Problema nº 4

Como ya dije en un comentario del problema anterior, a partir de esta semana los problemas de El País pasan a publicarse los jueves. Por ello, ayer apareció en la edición digital de El País el cuarto problema de la serie de 30 problemas matemáticos que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este cuarto problema se titula Un reloj de dos colores y lo propone Elisa Lorenzo, estudiante de doctorado de la Universitat Politècnica de Catalunya. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace.

Recordamos que se sorteará la colección de libros “Las matemáticas nos rodean” entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@elpais.es antes de que termine el lunes día 11 de abril.

Respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos.


Esta semana ha sido algo complicada en lo que a tiempo se refiere, ya que he habido muchísimo trabajo y el martes estuve todo el día en Sevilla. Por ello apenas he podido publicar. La semana que viene volveré con el ritmo de publicación habitual.

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.

26 Comentarios

  1. El enciado esta mal.? donde dice 3 deberían ser 6

    Se considera un reloj con sus 12 números en torno a una circunferencia: 1, 2, …, 12. Se pintan de azul o rojo cada uno de los 12 números de modo que haya seis pintados de azul y seis de rojo. El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números,tres pintados de rojo y tres pintados de azul.

    Publica una respuesta
  2. Sí, sale pensando en girar la recta desde cualquier posición inicial y estudiando los posible scambios en el número de cada color en cada lado.

    Publica una respuesta
  3. Hola:

    Diamond, enhorabuena por tu blog y el gran trabajo que haces.

    Agradezco que esta vez no haya una solución en el blog. Ya sé que es un debate antiguo pero no me parece bien que se publiquen soluciones, soy profesor de secundaria y sé que los alumnos no van a pensar un problema teniendo a mano un sitio donde copiarlo. Lo que no me parece mal es que haya pistas, precisamente pensando en esos alumnos que no lo tienen fácil sin ellas.

    Un saludo.

    Pablo.

    Publica una respuesta
  4. Mirad yo probando y por cuestiones de simetría creo que puedo demostrarlo, pero no tengo ni idea de como abordarlo si no es así… Alguien me da alguna pista?

    Publica una respuesta
  5. Yo he intentado abordarlo estudiando el numero de combinaciones de distribuir las bolas de colores alrededor del reloj y el numero de combinaciones que hacen posible la condición que queremos demostrar para una misma recta, aún así no estoy del todo seguro de haber llegado a una conclusión válida. Alguno lo ha probado así?

    Publica una respuesta
  6. Creo que la forma que abordas el problema David, desde mi punto de vista, aunque puede que correcta es algo complicada para lo que pide el problema. El problema se puede resolver de forma general (para 2n números, n de cada color) sin necesidad de entrar en combinaciones de colores. Si partiendo de una distribución cualquiera y de una recta cualquiera, en uno de los lados tienes un nº de números de cada color, ¿cuantos números de cada color habrá al otro lado de la recta?. ¿Se puede asegurar entonces que hay una posición de la recta en la cual se cumple el enunciado? (no se pide cual es dicha recta, simplemente que existe), o dicho con otras palabras ¿existiría contradicción si suponemos que no existe tal recta?.
    Por otra parte recordar la DEMOSTRACIÓN del teorema de bolzano (el de la existencia de ceros en funciones continuas reales en un intervalo cuando lo extremos tienen distinto signo); aquí no tenemos ninguna función real continua, pero la técnica de demostración de dicho teorema viene muy bien en este problema.
    Espero no haber dado demasiadas pistas.

    Publica una respuesta
  7. Sherekan- de hecho para generalizar el problema tenemos que empezar con 4n numeros. Necesitamos esto ya que tenemos que separar una mitad (2n numeros) en n rojos y n azules. Por ejemplo no funciona con un reloj con 6 numeros.

    Por otra parte yo veo el problema como una “version discreta de Borsuk-Ulam en dimension 1”. De hecho se me ocurren generalizaciones divertidas para relojes esfericos de mas dimension juas juas juas :-). La clave esta en entender que quiere decir la version discreta de continuidad en este caso.

    Publica una respuesta
  8. Sois unos genios. No tengo idea del teorema de Ramsey, ni se con qué se come el teorema de bolzano… pero se me ocurre que:

    Si escribo una expresión matemática que corresponda al enunciado del problema y esa expresión resulta ser cierta, queda resuelto el desafío?

    El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números,tres pintados de rojo y tres pintados de azul.

    Una observación adicional: es que he notado que se cumple que al tener doce números, seis pintados de rojo y seis de azul (organizados simétricamente), siempre puedo pasar una recta que divida el grupo en dos partes de seis números cada una, y en cada parte quedan tres azules y tres rojos. Resumiendo, no funciona solamente para el reloj.

    Espero haberme explicado mejor que Elisa. jejejeje

    saluditos

    Publica una respuesta
  9. Me encantaría ver la demostración por Ramsey, pero creo que es suficiente con el principio de Dirichlet, que es su versión débil. Sin ánimo de dar demasiadas pistas encuentro interesante crear cuatro “casilleros para palomas” AA AR RR RA ; significando por ejemplo AR que una determinada hora está coloreada de azul y su diametralmente opuesta de rojo. Y ya no digo más 🙂

    Publica una respuesta
  10. Totalmente cierto Dani, me he equivocado con respecto a 2n números (deben ser 4n).
    Con respecto a lo Borsuk-Ulam, ni idea de lo que es (sin mirar en google), así que no puedo decir nada.

    Publica una respuesta
  11. Hola soy nuevo en este blog me gusto mucho la informacion que en este blog se muestra quiero felicitar a ^DiAmOnD^ por este magnifico blog.
    El problema se puede atacar de esta manera (pista):

    Consideren un conjunto de 12 numeros en un arreglo circular tracemos una recta que divida este arreglo en 6 numeros y otros 6 numeros, ahora el problema nos dice que deben de exister 3 rojos y 3 azules de cada lado, bueno tracemos un grafo K6 completo que contengan los 6 numeros de la partición de 12 sabemos que 3 puntos no colineales forman un triangulo, ahora haganse esta pregunta ¿Cual es la minima cantidad de puntos necesarios si se sabe que estan pintados de rojo y de azul para formar un triangulo que tenga vertices rojos o vertices azules?

    Bueno si resuelven esa pregunta entoces todo (talvez) sera mas facil. Bueno yo asi lo demostre.

    SALUDOS

    Publica una respuesta
  12. Esbozo de una posible solución:

    1. Para una coloración dada y una recta que divide en dos, consideramos en cada lado la diferencia entre el nº de números rojos y el nº de números azules.
    2. Si esta diferencia es cero hemos acabado. Si no, es un valor k que puede valer cualquier par desde 6 hasta -6 (menos el cero). Además si en un lado de la recta este valor es positivo, en el otro es negativo (porque hay el mismo número de azules que de rojos).
    3.Ir girando la recta 30 grados, de tal forma que en cada giro un número nuevo entra en el conjunto y otro sale. Esto hace que la diferencia considerada se mantega, aumente en 2 unidades o disminuya en 2.
    4. Tras seis giros, el conjunto original se transforma en el complementario. Y la diferencia entre rojo y azules ha cambiado de signo. Y es obvio que para pasar de un número positivo a su opuesto (siento estos pares) dando “saltos” de dos unidades hay que pasar por cero (para razonar ésto se supone que si no es cero, el signo se tiene que mantener, ya que no podemos pasar de -2 a 2, lo cual es absurdo ya que tras seis giros de 30 grados el signo a cambiado).
    Espero haberme explicado bien.
    1 saludo

    Publica una respuesta
  13. Hola de nuevo, al final no me he animado a enviar mi respuesta que seguramente no sirve, era muy simple, si tengo seis rojos más seis azules y los divido por dos pues me da tres rojos y tres azules, eso en un expresión matemática.
    saluditos

    Publica una respuesta
  14. El Teorema de Borsuk-Ulam es un resultado sobre la topologia de la esfera. En una de sus distintas formulaciones, dice lo siguiente:
    Si f es una aplicacion continua de la esfera n-dimensional S^n=\{x\in \mathbb{R}^{n+1} :\quad ||x||=1\} al espacio euclideo n-dimensional \mathbb{R}^n que preserva la simetria respecto al origen (es decir, tal que
    \forall x \in S^n \, \, f(-x)=-f(x)), entonces existe algun punto p \in S^n tal que f(p)=0.

    Tal y como veo yo el problema, se trata de una version discreta de este resultado. Podemos considerar por ejemplo la funcion f: \mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} definida de la manera siguiente:
    Si en el subconjunto \{j, j+1,\ldots , j+5\} \subset \mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z} tenemos r(j) numeros coloreados de rojo y a(j) numeros coloreados de azul (de modo que r(j)+a(j)=6), sea f(j) := \frac{1}{2}(r(j)-a(j)) .

    Se comprueba (como bien ha observado sherekan) que f esta bien definida (es decir, f efectivamente toma valores enteros), que f(j+6)=-f(j), y que f(j+1) solo puede ser f(j)-1, f(j) o f(j)+1.

    Con estas observaciones es inmediato que ha de existir algun j \in  \mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z} tal que f(j)=0, y eso es lo que habia que demostrar.

    Sin embargo la observacion que quiero intentar transmitir es la siguiente: Consideremos a  \mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z} como un subconjunto del circulo S^1, mediante por ejemplo:
    \mathbb{Z} / 12 \mathbb{Z} \rightarrow S^1, \qquad j \mapsto e^{2\pi \frac{j}{12} }
    (esto representa a los numeros 1,2,…,12 en un reloj girado y reflejado en una recta- para los enterados esta aplicacion es por supuesto un homomorfismo de grupos).
    Entonces nuestra funcion f de ahi arriba se puede considerar como una funcion definida en una “discretizacion” del circulo. Las hipotesis del teorema de Borsuk-Ulam se traducen en este caso con la condicion de simetria f(j+6)=-f(j) (que realmente es la condicion antipodal si miramos a la discertizacion del circulo) y la continuidad de la funcion en el hecho de que “f solo puede saltar de 1 en 1”.

    Por supuesto este argumento no es una demostracion, pero si pretende ser una ilustracion de por que siempre ha de existir una tal recta. Por supuesto podemos generalizar el caso de dimension uno (el circulo) de la manera siguiente:

    Dada una funcion f:  \mathbb{Z} / 2n\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} que satisface las propiedades
    1) f(j+n)=-f(j)
    2)f(j+1)= f(j)-1, f(j) o f(j)+1
    existe algun j \in  \mathbb{Z} / 2n\mathbb{Z} tal que f(j)=0.

    La demostracion es igual de sencilla que antes. Un ejercicio interesante ahora para el que se sienta con ganas seria, con la intuicion del teorema de Borsuk-Ulam general, conjeturar un analogo de esta proposicion para funciones definidas en una “discretizacion (simetrica) de la esfera n-dimensional” tomando valores en \mathbb{Z}^n, que “respeten la simetria respecto del origen” y que “se muevan en pasos de 1 en 1”.

    Enunciar la conjetura apropiada no creo que sea sencillo, y demostrarla probablemente sea delicado. No tengo claro ahora mismo cual seria una buena forma de plantearlo- tengo dificultades incluso en definir lo que es una “discretizacion simetrica de la esfera”… En fin, se me acaba de ocurrir toda esta discusion y no se cual seria la manera limpia de pulir todo esto, pero me resulta geometricamente evidente que una tal discretizacion de Borsuk-Ulam es perfectamente posible.

    Publica una respuesta
  15. Correccion: esta claro que en el homomorfismo definido arriba debemos multiplicar al exponente por la unidad imaginaria para embeber a los numeros modulo 12 en el circulo unidad.

    Publica una respuesta
  16. Ya han dado las distintas soluciones en El Pais y me ha decepcionado que nadie haya utilizado el teorema del punto fijo para resolverlo, me parecía la solución más elegante.

    Publica una respuesta
  17. Se puede resolver perfectamente por induccion.No me dan una formulacion rigurosa, no hago una demostracion rigurosa

    Publica una respuesta
  18. Este problema me ha recordado otro que vi hace tiempo.

    Simplemente plantea si existe una línea recta que divida a cualquier figura plana cóncava en dos figuras nuevas cuyas áreas son iguales y cuyos perímetros son iguales.

    (Nota: cuando digo “figura plana cóncava” me refiero a cualquier figura, de lados rectos o curvos, de cualquier cantidad de lados, que cumpla la condición de que tomando un par de puntos interiores cualquiera, el segmento que los une se encuentra enteramente dentro de la figura)

    Saludos

    Publica una respuesta

Trackbacks/Pingbacks

  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com... Valora en Bitacoras.com: Como ya dije en un comentario del problema anterior, a partir de esta semana…

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Envía un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *