Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 17

Hoy viernes traemos otro de los problemas matemáticos que se proponen en la edición digital de El País. Hoy mismo apareció el decimosexto de los 30 que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este problema diecisiete se titula Una mesa y un mantel y lo propone Alberto Castaño Domínguez, estudiante de doctorado de la Facultad de Matemáticas de la Universidad de Sevilla. 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@gmail.com antes de que termine el lunes 11 de julio.

Respecto a la dificultad de los problemas, recordad que se intenta llegar a la mayor cantidad de gente posible, por lo que no se pretende proponer problemas con una gran complejidad.

Y 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.

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.

50 Comentarios

  1. El enunciado del problema ha sido modificado:

    Nota importante: Han llegado ya varias soluciones erróneas porque no tienen en cuenta que el papel hay que cortarlo transversalmente, no longitudinalmente o de forma diagonal. Es decir, las tiras de papel deben mantener el ancho de 20 centímetros.”

    Ésto descarta (ahora, no antes) la solución trivial de hacer cortes verticales y horizontales para obtener 13500 cuadrados de 1×1.

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  2. En el vídeo inicial se dice claramente que el papel solamente puede cortarse transversalmente (como habitualmente se corta un rollo de papel higiénico). Creo que desde el principio estaba bastante claro.

    Está bien que lo aclaren aún más si ven que llegan soluciones erróneas por malas interpretaciones del problema, pero eso no significa ni que se haya modificado el enunciado ni que en principio estuviera mal explicado.

    Por ello, josejuan, antes ya estaba bastante claro que el papel no se puede cortar longitudinalmente.

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  3. Por fin creo que capté el enunciado a la primera. Creo que ya tengo la solución, pero es complicado de narices…

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  4. Una vez resuelto, lo miras y parece una pijada… pero que se te ocurra algo así, no me parece nada evidente.

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  5. ¿Sabéis si el largo del papel tiene que ser siempre mayor que el ancho? Es decir, ¿el tamaño mínimo de trozo de papel que podemos coger es de 20×20? o ¿podemos coger uno de 20×0.2?

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  6. Mi respuesta es que no tiene solución (no diré mi razonamiento). Mi enhorabuena al que haya conseguido ‘cuadrar’ la figura.

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  7. Este me ha parecido muy sencillo.

    De hecho, la solucion que he encontrado guarda cierta similitud con el problema del -1 y 1 de las aristas y los vertices del cubo.

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  8. No quería reventar el problema, pero efectivamente. No tiene solución. ¿No es una pista gorda decir esto?

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  9. Yo creo que decir que no tiene solución sí es una pista gorda (siempre que sea cierto, claro).

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  10. Tengo una demostración muy bonita considerando cierta integral sobre la mesa (análisis real). Y es corta.

    ¿Alguien sabe por dónde voy?

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  11. Aitz, No nos aguantamos eh… Sí, sé por dónde vas. ¿No crees que hay una demostración más corta que esa?

    Voy a echar un vistazo al prob. 10 a ver de qué va.

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  12. jaja ¡No! ¡no me aguantaba!

    La demostración es una linea si se tiene la base.
    (que tampoco es tanta, cosas más complicadas he visto yo por aquí de algebra para otros problemas, para una vez que puedo hacer uno con análisis xD)

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  13. Quería añadir a lo dicho que a mí este problema me ha recordado a uno que salió hace bastante tiempo en Gaussianos (en realidad es el mismo pero más general). ¿Alguien sabe a cuál me refiero?… Es un problema (el general) que desde que lo conocí me encandiló por la variedad de soluciones que se habían encontrado (por lo menos 11) y muy diferentes unas de otras.

    Desde luego algunas soluciones son más intuitivas y requieren menos conceptos matemáticos que otras, así que dudo que en las respuestas de los concursantes aparezcan tantas (me da la sensación de que va a haber una solución preferente).

    Se puede resolver mediante invariantes, inducción (no es el método más sencillo aunque en un primer momento pueda parecer que sí), grafos, integrales, funciones escalonadas, triangulación, etc.

    En fin, es para ver si alguien se anima a buscar otras soluciones alternativas.

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  14. @Garnet: para llegar a la conclusión he usado una demostración bastante trivial. ¿Cómo de compleja o trivial ha sido tu forma de llegar a la conclusión?

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  15. Yo este le resolvi bastante facilmente en cosa de 5 minutines…

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  16. A lo que apunto no es a la complejidad que tiene la demostración en sí, sino a llegar a la conclusión de que ese era el camino más directo. Por supuesto que la demostración es trivial una vez la ves y la entiende un chaval de 15 años.

    La cosa es, o se te ocurre y lo ves en un momento o te toca trabajar duro para ver por dódne atacas el problema. A mi me costó 1 hora ver que la forma menos costosa era la que sugiere Aitz. Aplicar más mates a este problema resulta que lo complica bastante, aunque se vea que claramente se puede resolver.

    Mi manera de resolverlo fue como la de Aitz. Por eso le pregunté si se le ocurría una más directa.

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  17. Intuyo que mi demostración (que es una especie de descenso infinito geométrico xD) no tiene nada que ver con la vuestra, pero es mucho mejor así. Me lo pasé muy bien descubriendo los diferentes enfoques que habíamos usado los que resolvimos el desafío Nº 15. A ver si sucede lo mismo ahora.

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  18. Sinceramente, no se me ocurre otra manera de demostrarlo, y eso que supuestamente al tener una demostración ya hecha tenemos bastantes pistas de por dónde puede ir un argumento más geométrico. Pero ni así. Tengo bastante curiosidad por ver qué solución van a dar los del país y los foreros de por aquí.

    Lo que sí veo, es que si hago la hipótesis de que no existen cortes de longitud irracional entonces el problema se vuelve muy sencillo. Pero la demostración con la integral no necesita de esta hipótesis de lo que supongo que las otras demostraciones de las que habláis tampoco lo hacen. (O quizás sí, porque algunos comentarios sugieren cierta discretización)

    Ayer fuí a una comida dónde había varios doctores en matemáticas y les conté el problema y mi propuesta de solución, y una analogía geométrica o como fuera no salió al instante.

    Yo me temo que los del país van a suponer que todos los cortes son de longitud racional, o peor aún, de longitud un natural.

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  19. @Aitz, no, no creo que los del País vayan a suponer cortes de longitud racional. Yo he dado con la solución sin integrales ni supuestos “racionales” (aunque he podido equivocarme, claro).

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  20. Sive, presiento que tu demostración es la que más me va a gustar… Intenté algo así, pero me aburrí y pasé a buscar otro enfoque. Me están dando ganas de volver a intentarlo siguiendo ese camino.

    El enfoque de Jesús todavía no lo conozco, pero también promete ser interesante.

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  21. Vale, me acabo de dar cuenta que se puede hacer con la pista de josejuan sin suponer cortes racionales… josejuan daba como pista el problema 10… pero cunado lo dijo yo no pensé en intentar una adaptación del argumento que valiese para este caso sin discretización. Apuesto a que la solución de josejuan va a ser la solución de el país.

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  22. @Garnet, la mía no es una demostración difícil, pero tiene varios casos a estudiar y eso la vuelve un tanto fea, para mi gusto. Y si a mí, que soy su padre, no me gusta demasiado…

    Me centro en demostrar que si tengo un solución para una mesa de (M x N), entonces puedo obtener otra para una mesa de (M-20 x N). El resto es fácil de imaginar.

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  23. Mi solución es muy, muy sencilla. Se basa en criterios puramente de paridad. Pensad en un tablero de ajedrez. La solución se escribe en medio folio, pero visualmente se entiende de inmediato.

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  24. Mi demostración (que no se puede cubrir la mesa – puede ser errónea, por supuesto) la he escrito en cuatro líneas sin necesidad de usar ningún tipo de concepto algebraico o analítico. Va un poco en la línea de lo que afirma Manuel.

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  25. Pues yo tengo un argumento púramente geométrico muy chulo. En parte tiene algo que ver con lo que afirma Manuel… apelo a una caracterización alternativa del asunto con la cual la cosa sale trivial. Eso sí, la demostración de la caracterización pierde gran parte de su elegancia (sólo se me ocurrió hacerla por inducción).

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  26. Aaaaaargh, en los links de Sara está la demostración que yo pensé con integrales. Y yo que pensaba que había sido muy original.

    Y la otra demostración que tengo con la sugerencia de josejuan se basa en el siguiente dibujo:
    http://imageshack.us/photo/my-images/89/dibujovqq.jpg/

    Básicamente es contar si hubiera solución qué longitud toman los trozos de papel teniendo en cuenta la igualdad de áreas y por otro lado teniendo en cuenta cuando colocas un rectángulo que parte de línes se lleva y sumar.

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  27. Ya decía que me sonaba el problema… pero no sabía de qué.

    Yo parto de una mesa con una solución válida, y hago sobre ella transformaciones que dan lugar a soluciones también válidas. Las transformaciones consisten en unir trozos consecutivos, girar 180º figuras en una determinada posición, y expandir siempre que sea posible los trozos horizontales (sustituyendo total o parciaalmente a trozos verticales adyacentes). Es difícil de explicar sin hacer dibujos, a ver si encuentro un rato.

    Después viene el único punto con cierta dificultad en la demostración, más que nada porque se vuelve un tanto engorrosa. Demuestro que aplicando una y otra vez esas transformaciones, llega un momento en que se obtiene una solución válida donde hay un trozo de papel que cruza la mesa a lo largo, adyacente con el lado superior. Elimino ese trozo (y la mesa que tiene debajo), y el resultado es una solución válida para una mesa más pequeña.

    Por simetría se puede acortar también la mesa por los lados.

    La conclusión es obvia, si ninguna de las dimensiones de la mesa es múltiplo del ancho del papel, y se aplica una y otra vez el método sobre una hipotética solución válida, llegaré a una mesa diminuta donde ambos lados serán menores que el ancho del papel, y que además está cubierta cumpliendo las condiciones del enunciado, lo cual es claramente imposible.

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  28. Pues me parece un argumento muy chulo Sive.

    ¡Si tienes tiempo a escribirlo con algún detalle más ya tienes a uno que se lo leerá con gusto!

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  29. Mi idea fue sacar artillería pesada:

    Demostré (o eso creo) que si existía un recubrimiento de la mesa en las condiciones del enunciado, entonces marcando sobre la mesa todos los lados de los trozos de papel que tienen longitud 20, quedaban dibujadas poligonales que unían cualquier vértice de la mesa con otro vértice distinto de la mesa. Por tanto, si el recubrimiento fuera posible, tenía que existir una poligonal, dentro de la mesa, formada por segmentos verticales u horizontales cada uno de longitud múltiplo de 20cm, que conectara cualquier vértice de la mesa con otro.

    A partir de ahí, demostrar que para nuestra mesa no existe tal poligonal es trivial (porque ninguno de los lados de la mesa es múltiplo de 20). Por tanto, tampoco se podría recubrir.

    La demostración de la existencia de la poligonal era por inducción sobre el número de trozos que forman el recubrimiento (demostrando que se cumple siempre y cuando la figura inicial sea tal que los lados de su borde son siempre verticales u horizontales, pero no siendo necesariamente un rectángulo). Sospecho que el recíproco es cierto siempre y cuando la figura sobre la que se dibuja la poligonal verifique que sea igual a “la adherencia de su interior” (o algo así), para quitarme figuritas raras. Pero demostrar eso también me parecía demasiado trabajo… [y tampoco estaba seguro de si sabía, jeje]

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  30. Mi solución es también la del tablero de ajedrez, que menciona Manuel. Si se recubre el mantel con un tablero de ajedrez con casillas tamaño 10×10, cualquier tira de papel cubre tanta superficie de casillas negras como de blancas, pero hay más casillas de un color, así que es imposible cubrir todo el mantel.

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  31. Mi solución, aderezada con un pequeño dibujo, era la siguiente. Cojamos el tablero de 90×150 y lo cuadriculamos con lado 10 y lo sombreamos como un tablero de ajedrez. A continuación la observación clave: una tira rectangular con un lado 20 colocada paralela a los lados del tablero, sea cual sea su longitud, solapa una misma cantidad de área blanca y negra. Es fácil de ver y demostrar. Una sucesión de tiras del mismo tipo solapará la misma cantidad de área blanca y negra. Pero, desgraciadamente, el tablero tiene un número impar de casillas, de modo que, dependiendo de como coloreemos los vértices, tendremos siempre una casilla más de color blanco o negro. Ambas cosas son incompatibles. A lo sumo, podremos recubrir la totalidad del tablero a excepción de esa casilla sobrante de 10×10.

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  32. Manuel y Jesús: En algunos comentarios más arriba comento que este razonamiento no lo prueba el caso en que se intente construir una solución con cortes de papel por ejemplo de longitud raiz de 2.

    Pero vuestro argumento tiene una versión continua si no me he equivocado, basándose en este dibujo:
    http://imageshack.us/photo/my-images/89/dibujovqq.jpg/

    (Tengo algún comentario del argumento para la contradicción más arriba)

    Supongo que quizás exista algún argumento para decir que nos podemos reducir al caso “discreto”, pero lo desconozco, de ahí que me matara a pensar la versión continua.

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  33. Esto debería dejar borrar comentarios en el caso que tu comentario es el último o algo así xD

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  34. @Aitz, cualquier tira de papel rectangular de anchura 20, cualquiera que sea su longitud, dispuesta horizontal o verticalmente, cubre la misma superficie de casillas blancas que negras. No veo por qué el argumento no sirve para longitudes no racionales.

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  35. A mi las demostraciones de Manuel y de Jesús me parecen correctas e impecables. Coqueteé con la idea del tablero de ajedrez, pero no caí en “la observación clave” 🙁

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  36. Se menciona más arriba una demostración basada en cierta integral. Supongo que se refiere a que la integral doble de una sinusoide de períodos 20 (horizontal) y 20 (vertical), aplicada sobre una superficie igual al mantel tiene resultado no nulo, mientras que la integral sobre cualquier tira de papel de anchura 20 (y longitud arbitraria) es nula: por tanto, todo recubrimiento con tiras tendrá integral nula, luego es imposible que las tiras cubran el mantel.

    La idea del ajedrez es esencialmente la misma. Si se reemplaza la sinusoide por cierta función periódica binaria (la que toma valores 1 en las casillas blancas y -1 en las negras), y se integra del mismo modo, resulta el “argumento del tablero de ajedrez”…

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  37. Buah que fácil era.

    Me ha sentado fatal no verlo… con el lío que he montado yo para resolverlo.

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  38. Buenas, está claro que no se puede pero la explicación que dan en el País, me parece que, por ejemplo, llegan a coger cuadrados de 5cm ya no es válida…habría mismo número de cuadrados verdes y rojos y el paple también cubriría mismo numero de cada color no? eso sólo vale al cogerlos de 10 cm(que siempre subrará uno de 10×10 al ser el resto de los lados al dividirse por 20)
    Me refiero, eso valdría como demostración??

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  39. Bueno… se puede decir, considero que es una variante del clasico del tablero de ajedrez y las 31 fichas de dominó.

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  40. Lo que quiero decir, es que, la explicación me parece muy buena para ver que no se puede, pero no me parece una demostración, sólo una explicación de porque no se puede…. supongo que muchos aquí se dieron cuenta enseguida que no se podía con razonamientos similares, pero la dificultad era demostrarlo para que no quedra “duda” de la imposibilidad….

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  41. Pmat, ¿por qué no te vale como demostración? Supongo que será porque no ha demostrado cosas como que la tira cubrirá siempre lo mismo de blanco que de negro, pero vamos, yo creo que es tan obvio que no hace falta. Es una demostración completa para mi gusto.

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  42. De acuerdo. Es que mientras vi el video pensé que si cogía cuadrados de 5cm de lado, la mesa ya sería “igualitaria” y entonces esa explicación no valdría. Entonces lo vi más como explicación de porque no se podía de forma muy gráfica (y buena la verdad, a mi no se me ocurrió de esa forma) sin llegar a demostrar un caso general en el cual este encajaba al tener esas dimensiones concretas. Ok, a veces uno se complica sin necesidad. Muchas gracias, y enhorabuena por la página, la descubrí hace poco y me he enganchado…

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