Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 32

Nueva entrega de los problemas propuestos en la edición digital de El País. Esta semana toca el problema número 32 de los, ahora, 40 problemas que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este problema treinta y dos se titula Partículas en movimiento y lo propone Sofía Nieto, estudiante de doctorado en Matemáticas en la Universidad Autónoma de Madrid. 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 24 de octubre.

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.

23 Comentarios

  1. Yo tengo una demostración no formal (medio cuenta la vieja, medio visualización en 3D), pero no sé si será válida o no.

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  2. No se si vuestras demostraciones tendran algo que ver con la mia, 50 > 30
    Saludos

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  3. Vale, a 50 o más cm., no nos caben 5 puntos. ¿Pero cabrán a 45 cm? ¿O a qué distancia? Esto, mejor para otro día.

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  4. Bueno, no sé si estará bein, pero a mi me sale que a45 cm. sí caben los 5 puntos. De hecho, el límite me da a 48,98 cm. Pero insisto en que no sé si está bien.

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  5. Pues yo creo que ya lo tengo más o menos. Me falta redactarlo. Y desde luego no me parece una demostración evidente. Es que una cosa es decir: sí, parece claro que no caben los cinco puntos a 50 cm o más, porque los envio a los vértices y no me caben… y otra hacer un razonamiento concluyente. A mi me ha costado lo suyo, y he tenido que echar mano de una idea que se ha utilizado mucho en matemáticas, y que está relacionada con las palomas…

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  6. Pues conociendo a las palomas no es que haga falta complicarse la vida mucho para demostrarlo… El límite anda por 40 y pico, sí, pero los 50 están puestos aposta para hacer el problema accesible y directo.

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  7. A mí me ha costado dar con la idea feliz para resolver el problema propuesto por la guapísima Sofía, es decir, que me ha gustado muchísimo (me refiero ahora al problema).

    Por lo que dice Pablo mi solución se parece a la suya, aunque los cajones que yo he encontrado para las palomas-partículas dejan abierta la posibilidad de que la distancia mínima entre dos de ellas sea exactamente de 50cm, y tengo que hacer un razonamiento adicional para descartar ese caso.

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  8. Una respuesta breve, es suficiente. Números pocos, conocer el teorema de Pitágoras para comprobar una distancia, y para de contar. Lo de para de contar, va en serio porque con uno, dos, tres y cuatro, se acaba la serie. En esta ociasión no da tiempo a decir que no hay quinto malo, sencillamente no hay quinto.

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  9. A mi también me costó la “idea feliz”, que pienso es la misma que la vuestra.

    Variante 1: Cajas más grandes, puntos a la misma distancia (50 cm).
    Triángulo de 60x60x60 -> NO caben 5 puntos. (éste es el original de Sofía)
    Triángulo de 90x90x90 -> NO caben 10 puntos.
    Triángulo de 120x120x120 -> NO caben 17 puntos.

    Variante 2: Misma caja, 5 puntos a menor distancia.
    A 42,71 cm ( 40*raiz31 – 180 ) nos caben los 5 puntos. ¿Es ésta la máxima distancia a la que nos caben 5 puntos?.

    La demostración de la variante 2 no la sé.

    Una cosa que no tiene que ver con el problema, o sí, ¿cómo se demuestra fácil que la distancia entre 2 puntos interiores de un triángulo siempre es menor que el mayor de los lados?

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  10. Julio, me cuesta imaginar una demostración en un par de lineas. A mi me da que no es tan sencillo, pero puedo estar equivocado. Por lo que veo más o menos todos hemos utilizado una idea similar, pero a partir de ahí, no encuentro una forma de plasmarlo si no es llenando por lo menos un folio… Como dice Jesus C yo también he echado mano al hecho de que la distancia entre dos puntos interiores de un triángulo equilatero es siempre menor que el lado (podríamos demostrarlo de muchas formas, pero creo que es de esos resultados que por ser tan evidentes nadie se entretiene en demostrarlos). Lo que si tengo claro es que una demostración como la de este problema no puede empezar así: “Resulta evidente que los posibles puntos tendrían que estar en las caras del prisma, así que….”

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  11. Manuel, sólo doy dos cosas por sentadas, que un triángulo rectángulo de catetos 30 y 40, su hipotenusa es 50, entiendo que es algo que no hace falta desarrollar. Y en efecto hay que apoyarse en lo que comentas, la mayor distancia que se puede obtener entre dos puntos de un equilátero coincide con un lado. Pero también lo doy por algo obvio.
    No hace falta ya más que indicar lo que harías previamente, que se describe en una línea, para que de un golpe de vista, entiendas que es la solución.
    Lo demás sería literatura.
    Existen otras opciones para probar el desafío, y ahí sí que necesitas llenar un folio.
    La mía coincide plenamente con la de Jesus C. y Sive, por lo que deduzco. Y ninguno nos hemos puesto a inflar globos…
    Relee las pistas que han dejado, que son muy evidentes. No se trata de demostrar cuántos puntos entran, sino que si hay 5, dos al menos estarían situados a una distancia estrictamente inferior a 50.
    Sive comenta que tal vez haya que hacer una pequeña aclaración, pero creo que la palabra “estrictamente” hay que interpretarla como diseñada para ese caso. Que siendo “muy estrictos”, no haría falta aclarar nada.

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  12. Dividir el prisma en cuatro cuerpos iguales en cuyo interior cualquier pareja de puntos está a menos de 50 cm. Luego, principio del palomar. Demostrado.

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  13. Juanjo, parece que esa es la idea que hemos seguido casi todos.

    El problema que yo veo, es que supongo que todos hemos dividido el prisma en cuatro prismas tales que la base es un triángulo equilátero de 30 cm de lado, y en estos prismas la distancia máxima entre dos puntos es exactamente 50cm, por lo que no es estrictamente menor que 50cm, como pide el problema.

    Esta división, por tanto, demuestra que no es posible colocar 5 partículas sin que dos de ellas estén a una distancia menor o igual que 50cm.

    Si todos lo hemos hecho así, yo creo que es necesario un razonamiento adicional para ir desde menor o igual hasta estrictamente menor.

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  14. En efecto, el razonamiento de Juanjo fue el mio, pero enseguida vi que sólo demostrábamos la existencia de dos puntos a distancia 50, pero no estrictamente menor como pide el problema. Ahora no tengo a mano la solución que mandé. A ver si luego puedo ponerla.

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  15. Yo tengo la misma solución y creo que no tiene pegas. Las dudas de SIVE y MANUEL creo que las resuelve el hecho de considerar que las partículas están EN EL INTERIOR DE LA CAJA. Aunque haya EN LA CAJA puntos a estrictamente 50 cm, dos puntos INTERIORES estarán a una distancia ESTRICTAMENTE INFERIOR.

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  16. No sé JJGJJG, puede que tengas razón. Pero en el enunciado se dice que las partículas se consideran puntos, así que no lo tengo yo tan claro.

    Dado que ese razonamiento adicional no es difícil (aprovechando las simetrías de la figura se queda en dos casos particulares nada más), si yo participara en el concurso, me habría curado en salud y lo habría incluído en mi solución.

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  17. Problema nº 32

    Intentaré demostrar el resultado exigido por el método de reducción al absurdo, es decir, partiré de la existencia de una configuración de 5 puntos todos ellos situados entre sí a distancia igual o mayor de 50 cm. En adelante, para aclararnos, cuando hable de dimensión “vertical”, nos estaremos refiriendo a las aristas del prisma perpendiculares a los triángulos, cuando diga dimensión “horizontal”, se tratará de distancias en planos paralelos a las caras triangulares.
    El primer paso será hacer lo siguiente: proyectamos verticalmente los 5 puntos del interior sobre una de las caras triangulares. Ahora tendremos un triángulo equilátero de 60 cm de lado en cuyo interior hay 5 puntos. Estos puntos, sin embargo, no pueden estar separados una distancia cualquiera. Recordemos que se trata de proyecciones; los puntos originales están separados dos a dos al menos por 50 cm. Como la separación máxima vertical entre dos puntos sólo puede ser de 40 cm, la separación mínima horizontal ha de ser como mínimo de 30 cm ( basta para ello considerar la terna pitagórica 30-40-50). Resumiendo: tenemos 5 puntos proyección en el interior de un triángulo equilátero de lado 60 cm, todos ellos separados entre sí al menos una distancia de 30 cm.
    El siguiente paso será dividir el triángulo en cuatro partes, S1, S2, S3, S4 según la fig.1. Para que la división sea efectiva, es decir, para que cada punto del triángulo esté en una de estas cuatro zonas, hemos de decidir que hacemos con las fronteras. En este caso, adjudicaremos los tres lados de borde todos al mismo triángulo central S1, incluidos los tres vértices B,C,E. Ahora aplicamos el conocido “Principio del palomar”. Si tenemos 5 puntos en el triángulo y han de estar repartidos en las 4 zonas en que lo hemos partido, obligatoriamente 2 de los puntos han de estar en una misma zona triangular . Y ahora veamos: ¿pueden estar esos dos puntos en los triángulos S2, S3, o S4? No. Vamos a explicarlo. Recordemos que cada par de puntos del triángulo han de estar separados al menos 30 cm. Estos dos deberían estar dentro de un triángulo equilátero de 30 cm de lado. En un triángulo equilátero la distancia máxima entre dos puntos de su interior es precisamente el lado, pero aquí esto no puede producirse, porque necesitaríamos ocupar dos vértices del triángulo y ya hemos excluido dos de ellos al hacer la división zonal. El único triángulo que dispone de los tres vértices separados 30 cm es el triángulo central S1, por tanto aquí estarán los dos puntos aludidos, ocupando dos de los vértices, digamos B y C.
    Todavía nos quedan 3 puntos para situar en la cara triangular. La existencia de los puntos B y C determinaría unas “zonas de exclusión” en forma de círculos de 30 cm con centros en B y en C ( Fig. 2). Dentro de esas áreas no podrían estar los 3 puntos restantes. Luego los únicos lugares posibles para ubicar dichos puntos serían las intersecciones con el triángulo, es decir los vértices A, D, E y F.
    Habrían dos posibles configuraciones que cumplirían con las condiciones necesarias, recordemos: 5 puntos dentro del triángulo separados todos por al menos 30 cm. Esas dos configuraciones aparecen en la Fig. 3. En cualquiera de ambas podemos observar un detalle: aparecen tres puntos seguidos constituyendo los vértices de un triángulo equilátero de lado 30.
    El paso final es inmediato. Tenemos las proyecciones de 3 puntos sobre una cara triangular, separadas las tres 30 cm. Esta es la separación “horizontal”. Si la separación total ha de ser de 50 cm, necesariamente deberán estar separados “verticalmente” por 40 cm., lo que implica que los puntos han de estar ubicados estrictamente en una de las dos caras triangulares, separadas 40 cm entre sí. Pero tenemos 3 puntos, volvemos al principio del palomar: 3 puntos y 2 caras triangulares para ubicar. Eso implica que 2 de los puntos han de estar necesariamente en una de las caras triangulares, luego la distancia real entre dichos puntos ya no es una proyección sino que son 30 cm. Esto contradice la hipótesis de partida de separación mayor o igual a 50 cm, con lo cual queda demostrado el resultado pedido: siempre habrá 2 puntos al menos separados por una distancia menor de 50 cm.

    (nota: las tres figuras no las he podido pegar. Están en formato jpg, pero la distribución del triángulo ya la podéis imaginar. Cuatro equiláteros de lado 30, con seis vértices. Los vértices B, C y E son los que pertenecen al triángulo central)
    A
    B C
    D E F

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  18. Bien Manuel. Has trabajado con proyecciones en lugar de hacerlo directamente en las tres dimensiones, no se me había ocurrido. Pero la idea es la misma, en realidad.

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