Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 24

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 veinticuatro, que se titula Cómo tapar una mesa y lo propone Philippe Gimenez, profesor titular del Departamento de Álgebra, Geometría y Topología 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 desafiodeagosto5@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.

33 Comentarios

  1. ¡Por fin! He necesitado seis páginas para demostrar el Problema 24, más unos cuantos dibujos, y creo que la demostración no es completamente rigurosa. Tengo curiosidad por ver si existe una forma sencilla de demostrarlo, como en los demás problemas. Es una pena que al ser el último solo tengamos tres días para comentarlo.

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  2. Creo haber encontrado un contraejemplo de un cuadrado que se “llena” con 2 círculos y se “tapa” con 9 y no con 8.

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  3. Aquí me tenéis desde hace un rato, con una libreta y un lápiz, intentando encontrar el caso que “localmente” es más desfavorable, jugando con la función distancia entre los centros dependiendo del radio, etc, etc…
    También he barajado la posibilidad de una vez llena la mesa ir quitando todo círculo que toque a dos o más círculos y ver si al final me quedan n/4 o más círculos… Pero… de demostración nada de nada.

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  4. @JJGJJG, si llenas un rectángulo con dos discos de radio 1, sus dimensiones son 2X * 4Y, con X^2 + Y^2 < 4. Ese rectángulo se tapa fácilmente con ocho discos.

    No me imagino cómo puede ser tu contraejemplo… ¡A ver si he dedicado seis páginas para nada! 🙂

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  5. Me precipité en mi afirmación. Había supuesto, erróneamente, que en la operación de “llenado” los círculos no podían sobresalir del perímetro de la mesa. Perdón si alguien ha gastado más tiempo y esfuerzo del necesario por mi culpa.

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  6. Yo también veo un caso (más trivial todavía que el de JJGJJG) en el que se refuta la proposición.

    La mesa se puede llenar con 1 (no hacen falta más discos) y no se puede tapar con 4 (hacen falta más discos).

    Supongo que fallo en algo porque dicen “El desafío consiste en demostrar que…”.

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  7. @josejuan, si una mesa se llena con un disco de radio 1, sus dimensiones son 2X * 2Y con X^2 + Y^2 < 4, y esa mesa se tapa fácilmente con cuatro discos.

    ¿Las dimensiones de tu mesa son como las que digo?

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  8. Este fue el problema que más rápido resolví de los cinco, antes incluso que el de las distancias en los polígonos. Pero por lo que veo por vuestros comentarios, sólo tuve la fortuna de toparme con la idea feliz, y es más difícil de lo que me parece ahora.

    Daré un par de pistas…

    1. Mi demostración es constructiva, en el sentido de que, a partir de una solución para cubrir la mesa de la primera forma, soy capaz de obtener otra con el cuadrúple de círculos, que cubre la mesa de la segunda forma.

    2. Os recomiendo que hagáis crecer los círculos… a ver que sucede.

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  9. Creo que me pasé con las pistas en el comentario anterior. Ya no puedo editar, por el tiempo. He intentado auto-censurarme, pero nada, no funciona.

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  10. Mmonchi, no es esa dimensión en la que pensaba, sino usar discos abiertos en lugar de cerrados (dos discos cerrados pegados comparten un punto y, aunque lo permite el enunciado, éste no impide el uso de discos abiertos que no lo compartan).

    Pero ahora tengo mis dudas de que el recubrimiento con 4 discos abiertos no puedan recubrir la mesa (abierta también, sino en las esquinas se podrían llenar más discos).

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  11. Yo lo he resuelto mentalmente en menos de un minuto. Del caso A al B es sumamente obvio; del B al A sólo hay que abstraerse un poco. Otra cosa es demostrarlo formalmente, y, aún estamos en agosto: cerebro de vacaciones 😛

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  12. No perdáis el tiempo buscando contraejemplos, el enunciado del problema es cierto.

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  13. Tienes razón, muchos (como yo mismo) perdemos el tiempo buscando contraejemplos en cualquier resultado que nos presentan, y si no, a ver ¿quién no ha intentado dibujar un mapa en el plano que necesitara 5 colores? 😉
    No obstante, buscar contraejemplos sirve muchísimas veces para demostrar que el resultado es cierto, porque al buscarlos te das cuenta de por qué no puede haber un “algo” que no cumpla el resultado que se propone.

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  14. La demostración es obvia y para ello es suficiente hacerlo para un cuadrado y una circunferencia del mismo diámetro que el lado del cuadrado.

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  15. ¿Por qué solo hay que hacerlo para esos casos? Me puedo creer que el cuadrado sea uno en concreto, ya que creo que la demostración podría ser local, pero habrá que demostrarlo para un radio arbitrario de los círculos, ¿no?

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  16. No es necesario hacerlo para ningún caso particular, yo no lo he hecho así. Hay una demostración rigurosa pero extremadamente sencilla y bonita, para mi gusto, que resuelve rápidamente el caso general.

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  17. Comparto la opinión de Sive, …. elemental con un giro de 90º

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  18. Perdon por salirme del tema, pero alguien sabe o vio en algun libro/pagina que:

     \phi^n = F_{n} \phi + F_{n-1}

    Lo “descubrí” ayer, pero no lo encuentro documentado en ningún lugar.

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  19. Agregando al problema, creo que si uno tiene n discos tapando la mesa, que se pueden descomponer en (m·a) = n, entonces podemos tapar el tablero con (m·a) + (m+1)·(a+1) discos. El hecho de que en se puede descomponer en m·a es simplemente porque considero poner los discos tangentes entre si llenando pero no tapando una unidad cuadrada del rectangulo dado. Basandose en esto, con 4n alcanza y sobra.

    (m·a) + (m+1)·(a+1) = n + n + a + m = 2n + a + m

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  20. Ya se puede decir ¿no?

    Supongamos que tenemos un tablero llenado con n discos, vamos a taparlo con 4n discos.

    Si r es el radio de los discos, los hacemos crecer, conservando el centro, hasta que el radio sea 2r, ahora el tablero está tapado. Se puede ver fácilmente que es así, ya que si hubiera una zona descubierta, todos los puntos de esa zona estarían a mas de r de distancia de los bordes de los circulos (antes de hacerlos crecer, quiero decir), y se habría podido poner un circulo con centro ahi.

    Bien, ya hemos tapado el tablero, pero con n circulos con un radio de el doble.

    Ahora encojamos el conjunto (el tablero y los circulos, todo). Ahora tenemos un tablero tapado con n circulos, pero el tablero es la mitad que el que queremos tapar, tanto en horizontal como en vertical.

    Bueno, repitamos cuatro veces la figura que tenemos, y ya tendremos un tablero el doble de ancho y de alto, tapado con el cuadruple de círculos.

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  21. La de Sive coincide básicamente con la mía. Me costó muchísimas horas dar con ella tras dar palos de ciego con cuadrados, hexágonos y similares. Pero me parece super-bonita.

    Quizá haya que dar la explicación adicional de que los círculos se consideran cerrados, ya que en caso contrario, cualquier rectángulo de diagonal 4 se podría llenar con un círculo de radio 1 situado en el centro, pero no se podría tapar, precisamente porque el centro no estaría en el interior de ningún círculo, sino en la circunferencia.

    Muy interesante, también, es observar que este resultado es generalizable a n dimensiones.

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  22. Yo consideré los círculos cerrados en el momento del vídeo que dice: No se pueden solapar, pero se pueden tocar en UN PUNTO, en el momento que llena la mesa.

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  23. Pedro, habria que hacer una distincion entre nuestros nombres.

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  24. Muy buena, Sive. A ver qué os parece ésto:

    en el tablero llenado con n discos, sustituimos cada disco por otros cuatro cuyos centros están colocados en el borde del que hemos quitado en ángulos \cfrac{\pi}{4}, \cfrac{3\pi}{4}, \cfrac{5\pi}{4}, \cfrac{7\pi}{4}.

    Así tiene que quedar cubierto.

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  25. Quiero comentar la solución de Sive y otros que coincide con la propuesta por EL PAÏS.

    1- Aceptemos el texto de la solución hasta el momento en que, con (n) discos, tapamos el rectángulo de dimensiones mitad del rectángulo original y con (4n) discos lo llenamos.

    2- Cuando repetimos el rectángulo mitad cuatro veces nos encontramos con que en el
    nuevo rectángulo, que es tapado por (4n) discos puede haber solapes de discos en ambas medianas.

    3- Esto nos permite dudar de si no sería suficiente para taparlo algo menos de (4n) discos, por ejemplo (4n-1).

    4- Para demostrar lo propuesto tendría que ser llenado con (16n-4) discos y nosotros lo hemos hecho con (16n) que es mayor.

    5- Habría que probar que la conjetura (3- ) es falsa o buscar otra solución al problema.

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