Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 21

Hoy viernes os traigo otro de los problemas matemáticos que se proponen en la edición digital de El País. Como habréis visto, el último viernes de julio publicaron cinco desafíos de los 30 que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME. Para no mezclar los comentarios de cada uno de los problemas los publicaré uno a uno durante las próximas semanas. Tenéis que tener en cuenta también que todos tienen la misma fecha límite para el envío de soluciones y que para cada uno habrá que usar una dirección de correo específica. En cada uno de estos cinco desafíos dejaré los datos necesarios para el envío de la solución (si veis que hay algún dato incorrecto en alguno de ellos avisad en un comentario).

Hoy os dejo el desafío número veintiuno, que se titula Un sistema de riego eficiente y lo proponen Mari Paz Calvo Cabrero, catedrática del Departamento de Matemática Aplicada de la Facultad de Ciencias de la Universidad de Valladolid. 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 desafiodeagosto2@gmail.com antes de que termine el domingo 28 de agosto.

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.

32 Comentarios

  1. Con este problema hay más tiempo para resolverla… Aunque no creo que sea necesario, es bastante fácil.

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  2. Buenas, pues yo me estoy liando por donde no debo… algo de Fermat tiene que ver con la solucion??

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  3. Este problema salió hace años en las oposiciones a profesor de matemáticas en Cataluña.

    Es de idea feliz. Y sí, Fermat tiene algo escrito al respecto.

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  4. Yo lo estoy intentando con argmentos geometricos, y me parece un problema bastante complejo al estudiar un caso general… empezando por un triangulo y extrapolando a 4 puntos… pero entiendo que tiene que haber una solucion mas sencilla que no estoy viendo…

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  5. A mí me ha salido una solución tan sumamente trivial que me gustaría poder comentarla con alguno de los foreros, pero por privado, para no dar una hipotética pista demasiado ‘pista’. Mi correo es dxm83@hotmail.com; si alguien desea comentar su resultado conmigo, lo agradeceré. Saludos.

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  6. Javiol, creo que el problema de Fermat viene referido a un triángulo, y se trata de hallar un punto interior del mismo tal que la suma de las distancias a los vértices sea mínima. Aquí es distinto, pues son cuatro puntos. Creo que el meollo del asunto está en distinguir los distintos casos: Si los puntos están alineados, si forman un polígono de este u otro tipo…, pero en general es sencillo…

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  7. Ok, si asi empecé, alineados 4 o 3 etc… pero con el putno de fermat de un triangulo empiezo (vamos que no cojo solo un triangulo) pero me parece muy engorroso… no estoy inspirado porque veo que a todo el mundo le parece muy facil…

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  8. Si fuese el caso de un triángulo -por ejemplo, equilátero-, sí puede haber cuatro puntos (ojo, esto no es mi solución ya enviada). Uno en el ortocentro dotado de boca de riego y los otros tres situados en el punto medio de cada lado del triángulo (no tienen por qué estar en los vértices)…

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  9. Yo estaba pensando más bien en el principio de Fermat que en su teorema sobre triángulos.

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  10. Una pregunta que me ha surgido: ¿Se pueden “reutilizar” las tuberias? Me refiero a si por un tramo de tuberia podria ir agua de mas de un arbol… o si por el contrario, tienen que salir 4 aristas de la fuente (3 si está situado a distancia 0 de uno de ellos…)

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  11. ¿no se puede resolver por fisica? ¿El centro de gravedad no vale?

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  12. @Javiol.

    El enunciado del problema hace hincapié en que se deben usar cuatro tuberías. Una tubería de longitud cero también es una tubería.

    @Jechira

    Aceptemos el centro de gravedad como hipótesis; pero, ¿el centro de gravedad de qué figura? Y, dada esa figura, que la distancia sea mínima. No sé si soy el único que lo piensa, pero los tiros no van por ahí.

    Saludos a los dos.

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  13. Ahora que estáis nombrando a Fermat, me gustaría proponeros un problema relacionado con el punto de Fermat. Tenemos un triángulo cualquiera de lados a, b, c. Se trata de encontrar la FORMULA algebraica que nos proporcione la Suma Mínima de distancias desde el punto de Fermat a los tres vértices del triángulo; esa fórmula estaría expresada en función de los tres datos numéricos a, b, c.

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  14. Considero que el caso de 3 arboles es relativamente facil para 4 lo considero trivial, para 5 o mas es harina de otro costal.
    Nada de centros de gravedad.
    Dejo para mañana mas aportaciones

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  15. @manuel, la suma de distancias del punto de Fermat a los vértices es igual a la distancia de un vértice del triángulo al vértice más distante del triángulo equilátero construido sobre el lado opuesto. Si este vértice lo llamamos D y C es un vértice adyacente a D y B el opuesto, aplicando el teorema del coseno al triángulo BCD, tenemos:

    BD^2 = a^2 + b^2 – 2abcos(C+ 60º) = a^2 + b^2 – 2abcos(C)(1/2) + 2absen(C)rq(3)/2

    = a^2 + b^2 – ab(a^2 + b^2 – c^2)/(2ab) + 2rq(3)(1/2)absen(C)

    = (a^2 + b^2 + c^2)/2 + 2rq(3)S

    = (a^2 + b^2 + c^2)/2 + rq(3)rq((a + b + c)(a + b – c)(a – b + c)(-a + b + c))/2

    He usado rq(x) para designar la raíz cuadrada de x, y S para el área del triángulo. En definitiva, la suma de distancias es:

    BD = rq((a^2 + b^2 + c^2)/2 + rq(3)rq((a + b + c)(a + b – c)(a – b + c)(-a + b + c))/2)

    Aunque quede claro que el problema 21 no tiene nada que ver con el punto de Fermat. Tendría bastante que ver si nos pidiesen el árbol mínimo de tuberías, pero no es el caso.

    El problema 21 en si es bastante sencilla, solo hay que diferenciar algunos casos.

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  16. El problema es sencillo pero me sorprendió comprobar que el caso más genérico (el del cuadrilátero), que a priori podría parecer el más complicado, es en realidad uno de los más simples. Me gusta cuando eso sucede, y por tanto, me gusta este desafio.

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  17. Creo que lo importante es cuantos tipos de disposiciones de los 4 árboles se pueden distinguir.
    Para no dar pistas diré que yo las he reducido a 4 y las he tratado separadamente dando 4 soluciones al problema

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  18. Yo sólo añadiré que las disposiciones que he encontrado son infinitas y todas dependen del mismo factor. Punto.

    Sobre la cuestión que propuso Manuel, he deducido ‘mi propia’ expresión:

    – Sostengo que el punto que se busca es el incentro del triángulo de vértices {A,B,C}. Tenemos tres bisectrices, que serán la suma mínima.
    – Desde el incentro se trazan tres perpendiculares, una a cada lado del triángulo, digamos {a,b,c}.
    – De ahí surgen tres puntos de corte sobre cada lado {o,o’,o”}.
    – Del mismo modo, surgen tres ángulos que son la mitad de los ángulos originales {u,v,w}.
    – Luego, si las bisectrices que convergen en el incentro son {x,y,z}, la suma mínima S es igual a x+y+z.

    >> Y de ahí S= x+y+z= (A-o)cos[u]+(B-o’)cos[v]+(C-o”)cos[w]

    No he recurrido a Fermat, sólo lo he intentado con mis ‘propios medios’. Seguramente sea una expresión errónea, pero que al menos quede el intento.

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  19. Si el problema hubise sido “trazar una elipse en el jardin” supongo que estareis de acuerdo que “el jardinero” habria sido mucho mas rápido que nosotros en el trazado, pero poco mas podría aportarnos. En el caso de regadio, mientras yo aun estaba preparando el boli para resolverlo, “el hortelano” con su metodo ya estaba regando los arboles de forma optima. A diferencia de “el jardinero”, el metodo practico de “el hortelano” me ha valido para el estudio teórico de 3 y 4, de momento

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  20. Del enunciado se deduce que las cuatro tuberías son totalmente independientes desde la boca de riego al pie de cada árbol. Es decir, no tienen parte alguna en común. El teorema del punto de Fermat se puede extender a un cuadrilátero convexo y se aplicaría, por ejemplo, para comunicar con un camino de longitud mínima los cuatro vértices del cuadrilátero. Este no es el caso, por tanto hemos de recurrir a otro razonamiento.
    Si en lugar de cuatro árboles tuviéramos tres, formando triángulo, el “otro razonamiento”, de mínimos, determinaría el punto F para la boca de riego.

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  21. Hugo Steinhaus, resuelve en forma rápida y contundente un problema práctico (Urbanismo en la aldea), luego aporta una solución matemática mas tradicional (Geometría), es el caso de tres árboles con canalizaciones de precios distintos.
    Esta forma práctica es aplicable para “n” árboles en cualquier posición, canalizaciones que pueden ser de precios distintos y como no de tramos comunes a varios árboles.
    Esta práctica solución me recuerda los elaboradísimos estudios preparatorios y los espléndidos modelos “funiculares” de que se sirvió Gaudí para el cálculo experimental de las fuerzas y cargas y para determinar la inclinación de las columnas y las pilastras
    Por lo tanto para el caso de 3 árboles poco hay que aportar a nivel mas o menos facil a lo que él dice, nada de baricentros …. como pista dire “arco capaz”
    Para 4 no conozco aportación geometrica suya, pero su método práctico me ha valido para facilmente dar solución para canalizaciones del mismo tipo

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  22. La verdad es que no entiendo la mayoría de comentarios. Quizás haya una cuestión en el enunciado de problema que es algo ambigua. Me refiero a si una misma tubería puede servir para dos o más árboles si estos estan en prolongación recta. Desde un punto de vista tecnológico no puedo opinar, pero no me parece una solución acertada. Cualquier instalación de tuberias ( agua, gas, etc..) busca que haya independencia en la distribución, de modo que lo más lógico es que si P es el punto de partida, de P salga una tubería para cada punto, aunque esas tuberías en un momento dado se superpongan. Si admitimos esto, el problema es meramente “geométrico”: dados cuatro puntos del plano, determinar desde que punto P la suma de distancias a los cuatro puntos es mínima. En ese caso, yo concuerdo completamente con Igancio Larrosa en que hay que distinguir cuatro situaciones distintas y aportar una solución para cada una de ellas.

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  23. En el caso de cuatro puntos existe una solución mejor si se utilizan más de cuatro tuberías, aunque no sirva como solución al problema planteado.

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  24. A esa solución me refería, Ignacio, aunque no sabía que se llamaba así. La animación en GeoGebra está muy bien, pero hace cosas extrañas cuando el cuadrilátero se aproxima a un triángulo o cuando el cuarto punto queda dentro del que forman los otros tres.

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  25. Si @Mmonchi, el applet de geogebra solo da el árbol mínimo cuando los cuatro puntos forman un cuadrilátero convexo con ángulos menores que 120º. Si alguno es mayor o igual, el vértice correspondiente debe ser uno de los nudos. Lo que ocurre en particular si uno de los puntos es interior al triángulo formado por los otros tres.

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  26. Ignacio Larrosa Cañestro: Creo que coincido con la aportación tuya de día 5
    Saludos

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  27. He simulado con GeoGebra el sistema práctico de Hugo Steinhaus con 3, 4, 5 y 6 árboles en todas las posiciones particulares (que se me han ocurrido) y canalizaciones de distinto coste. Me ha valido para comprobar la solución geométrica de 3, con costes iguales y distintos, y 4 de costes de canalizaciones iguales y en distintas posiciones. Ygualmente me ha servido para resolverlo de forma analítica para “n” arboles con canalizaciones de costes iguales y distintos, con un sistema de 2 ecuaciones con 2 incognitas que resuelvo con hoja de cálculo (queria ponerla aqui pero he tenido problema con latex, tampoco se si sería correcto hacerlo)

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  28. En cuanto me he puesto a pensar en las diferentes configuraciones posibles, ha sido bastante sencillo encontrar las posibles ubicaciones de la boca de riego.

    Yo también tengo 4 casos, y, si no me he equivocado, 3 de los casos sólo tienen una posible ubicación para la boca.

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