1521. Cada oveja con su pareja. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Sea  f  una permutación al azar de  N  elementos. ¿Cuál es la probabilidad de que no haya ningún punto fijo?

    La cuestión de Pepe Chapuzas había que matizarla. Una permutación de  N  elementos se puede considerar como una biyección  F : {1, 2, 3, ... , N} → {1, 2, 3, ... , N}  y un punto fijo  K  de esa biyección cumpliría que  F(K) = K . Le pedí a Pepe que formulara de otra manera la pregunta...

    Profe, mire. Si en el juego de cada oveja con su pareja, emparejamos los elementos al azar... ¿Cuál sería la probabilidad de que no se produzcan emparejamientos horizontales?

    ¿Está más claro ahora lo que hay que calcular?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo tenía claro... 

    Mire, profe. 
    Lo contrario de que no haya ningún punto fijo es que haya alguno, esto es, al menos uno... Así, lo que hay que calcular es  

P ( A )  =  1  –  P ( A₁ ∪ A₂ ∪ A₃ ∪ ... ∪ A_N )

donde cada  A_i  representa el suceso que se cumple cuando  i  es un punto fijo... Estos sucesos son compatibles por lo tanto, si consideramos

                  

S₁ = ∑ P ( A_i )             (1 ≤ i ≤ N)

S₂ = ∑ P ( A_i ∩ A_j )         (1 ≤ i < j ≤ N)
S₃ = ∑ P ( A_i ∩ A_j ∩ A_k )    (1 ≤ i < j < k ≤ N)
...

por el principio de inclusión-exclusión (o del hacha)...

P ( A )  =  1 – S₁ + S₂ – S₃ + ... + (–1)^N · S_N

    (Ese primer 1 se puede considerar  S₀ = P(E)  donde E es el suceso seguro, que es el elemento neutro de la intersección...)
    Pues ya solo faltaría calcular cada suma  S_m ... Como todos los sumandos de  S_m  valen lo mismo: el número de permutaciones de  (N–m)  elementos (casos favorables) dividido entre el número de permutaciones de  N  elementos (casos posibles), esto es,  (N–m)!/N! ; y como el número de sumandos es el número de combinaciones de N elementos tomados de  m  en  m , esto es,  N!/m!/(N–m)! , tenemos que...

S_m =  (N–m)!/N! · N!/m!/(N–m)! = 1/m!

y por tanto

P ( A ) = 1 – 1 + 1/2 – 1/6 + ... + (–1)^N/N!

    ¡Controlado! 
    Comprueba el valor de  P(A)  para los primeros valores de  N .
    ¿Cuánto valdrá  P(A)  cuando  N→∞ ?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso partió de la serie de Taylor de la función  f(x) = e^x  centrada en  x = 0 .

e^x = ∑ x^m/m!        (m ≥ 0)

    Mire, profe.

lim_N→∞ P(A) = ∑ (–1)^m/m! = e^–1 = 1/e = 0,367879441...

    Finalmente comprobó el valor de  P(A)  para  N = 0, 1, 2 y 3 .

    Mire, profe... 

    Si  N = 0  no hay elementos ni emparejamientos horizontales,  A  es un suceso seguro y P(A) = 1 como confirma la fórmula...

    Si  N = 1  solo hay una pareja y el único emparejamiento es horizontal. A es un suceso imposible y  P(A) = 0  lo que concuerda con la formula:  1–1 = 0 .

    Si  N = 2  hay un caso favorable de dos posibles.  P(A) = 1/2  y según la fórmula  1–1+1/2 = 1/2 .

    Si  N = 3  P(A) = 2/6 = 1/3  como se ve en el dibujo, y  1–1+1/2–1/6 = 2/6 = 1/3 .

1520. Las flechas del tiempo... RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En este reloj las manecillas giran de forma continua y no a trompicones... ¿Que longitud tienen las flechas de las manecillas?

    A Pepe Chapuzas le gustaban las adivinanzas... ¡Adivina esta!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla disfrutaba con las adivinanzas...

    Profe, mire. El dibujo de Pepe es engañoso porque dibujó las manecillas con flechas... También el título de la adivinanza (Las flechas del tiempo) se las trae... La clave está en que las manecillas giran a velocidad angular constante y cada velocidad angular se puede representar como un vector (una flecha) cuyo módulo es proporcional a dicha velocidad, cuya dirección es perpendicular al plano de giro (a la esfera del reloj) y cuyo sentido viene determinado por la regla del sacacorchos...

y un sacacorchos (para diestros) que girara como las manecillas avanzaría hacia el reverso del reloj...
    Las flechas de la adivinanza son las velocidades angulares de las tres manecillas. La del segundero sería 60 veces más larga que la del minutero y esta 12 veces más larga que la del horero. En cualquier caso, la velocidad angular se mide en  s^–1 , que no es una unidad de longitud precisamente...

    ¿El sentido de los vectores sería necesariamente ese?

RESOLUCIÓN

    Lo que nos tiene que decir Yoyó Peluso tiene mucho sentido...

    Profe, mire...
    Hablar de orientación positiva o negativa es un convenio. Se podía haber hecho al revés, tomando como modelo de sacacorchos el de los zurdos... En ese caso el sentido de los vectores sería el contrario...
    Hablar de sentido de giro positivo o negativo en el espacio no tiene sentido porque las manecillas girarían en sentido negativo cuando miráramos el reloj desde el anverso, pero positivo si se hiciera desde el reverso... De todos modos, en el plano, hablar de sentido positivo o negativo también es un convenio. Se podía haber hecho al revés...

    Solo añadí que hay relojes cuyas manecillas giran al contrario de lo habitual, en sentido positivo, como el de la catedral de Florencia o el reloj del ayuntamiento hebreo de Praga... Y que por lo tanto, hablar del sentido contrario al de las agujas del reloj (o antihorario) no tenía demasiado sentido...
    

1519. Panales y panales. RESOLUCIÓN

    Sabíamos que se podía recubrir el plano con hexágonos regulares iguales... Bastaba ver un panal de rica miel... Era una forma de teselar, embaldosar, solar, alicatar, azulejar (o como quieras decirlo) un plano. En definitiva, cubrir el plano encajando perfectamente infinitos hexágonos idénticos sin solaparlos y sin dejar huecos... Pepe Chapuzas formuló la pregunta oportuna...

    Mire, profe. ¿Qué condiciones tiene que cumplir un hexágono convexo para que valga para teselar el plano?

    Investigad y contestad a Pepe...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no podía teselar el plano con cualquier hexágono. No siempre encajaban las piezas... Pero había tres tipos de hexágonos convexos que sí podían hacerlo...

    Mire, profe. Para que un hexágono convexo ABCDEF sea capaz de teselar el plano mediante copias idénticas es preciso que cumpla alguna de las tres siguientes condiciones...

    1) Que |AB| = |DE| y que AB || DE. Esto es, que dos lados opuestos sean iguales y paralelos. Esto implica que los ángulos cumplen que B+C+D = E+F+A = 360º.

    Encajan así:

    Evidentemente, los hexágonos regulares cumplen esta condición...

    2) Que |AB| = |DE|, que |CD| = |EF| y que B+C+E = D+F+A = 360º.

     Estos encajan así:

    También los hexágonos regulares cumplen esta condición...

    3) Que |AB| = |BC|, que |CD| = |DE|, que |EF| = |FA| y que B = D = F = 120º. 

    Que encajan...

    Y claro... los hexágonos regulares cumplen esta condición también...

    No cabe duda de que son panales muy raros..., pero como mosaicos o puzles están bien...

    ¿Podrían ser cóncavos los hexágonos? ¿Qué pasa con otros polígonos? ¿Pueden rellenar solitos el plano?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. No necesitan ser convexos los hexágonos para poder teselar el plano. En este ejemplo tenemos un hexágono cóncavo que satisface la primera condición...

    En este, un hexágono cóncavo que satisface la segunda condición...

    Y en este, uno que satisface la tercera condición...

    Y... finalmente un hexágono cóncavo que no cumple ninguna de las condiciones pero que tesela el plano:

    Yoyó Peluso comentó además que cualquier triángulo, aunque fuera escaleno, y cualquier cuadrilátero, aunque fuera un trapezoide, podía teselar el plano... Sin embargo, no se podía teselar el plano con ningún polígono convexo de más de 6 lados... Con pentágonos convexos la cosa resultaba más difícil: había 15 tipos capaces de hacerlo, esto es, 15 condiciones diferentes que permitían el teselado... Bastaba con que un pentágono convexo cumpliera una de esas 15 condiciones... Los 15 tipos se habían ido encontrando y describiendo poco a poco desde 1918 hasta 2015... ¡Se tardó casi un siglo! Y ya en 2017 se demostró que no había más posibilidades...

1518. Las cuerdas de Monge. RESOLUCIÓN

    Si dibujamos tres circunferencias secantes entre sí, entonces las cuerdas comunes (o sus prolongaciones) concurren en un punto o son paralelas:

    Pepe Chapuzas expuso este resultado conocido como las cuerdas de Monge... y es fácil de demostrar, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla echó mano de la potencia de los puntos respecto de las circunferencias...

    Mire, profe. 

    La recta que pasa por los puntos de intersección de dos circunferencias secantes es su eje radical, esto es, el lugar geométrico de los puntos del plano cuyas potencias respecto de ambas circunferencias coinciden. Si los centros de las circunferencias están alineados los ejes radicales son paralelos...

    Si los centros de las circunferencias no están alineados, entonces la intersección de dos ejes radicales será un punto cuyas potencias respecto de las tres circunferencias coincidan, por lo tanto el tercer eje radical ha de pasar también por tal punto: el centro radical.

    Si alguien tiene algo que decir que hable ahora o que calle para siempre...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso habló...

    Mire, profe. El mismo razonamiento es válido para circunferencias tangentes entre sí y las rectas tangentes en los puntos de intersección (puntos de tangencia). Y para cualquier combinación de circunferencias tangentes y secantes...

1517. El teorema de Desargues. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas enunció el teorema de Desargues:

    Dos triángulos son coaxiales si y solo si son copolares...

    Explica este enunciado...

SOLUCIÓN

    He aquí la explicación de Nina Guindilla...

    Mire, profe. Si tenemos dos triángulos ABC y DEF, decimos que son copolares si las rectas AD, BE y CF concurren en un punto (el polo); y decimos que son coaxiales si los puntos de intersección de las rectas AB∩DE, AC∩DF y BC∩EF se alinean sobre una recta (el eje).

    Al lector le pasará lo que me pasó a mí... El dibujo de Pepe no tenía letras... por lo que tuve que localizar los seis puntos A, B, C, D, E y F. Ahora ya tenía sentido el enunciado del teorema de Desargues. Solo faltaba la demostración...

    Mire, profe. A veces para ver las cosas del plano tenemos que volar y contemplarlo desde otra perspectiva: desde la tercera dimensión... Lo que dibujamos es una proyección del espacio sobre el plano del papel (o de la pizarra o de la pantalla...).
    Si trazamos tres semirrectas desde un mismo punto se puede considerar (con visión tridimensional) que estamos representando un octante con sus tres ejes coordenados y sus tres planos coordenados (como las paredes y el suelo en una esquina... aunque no han de ser necesariamente perpendiculares entre sí).

        Si cortamos un plano con los planos coordenados tenemos uno de los triángulos copolares...

       Si cortamos otro plano tenemos el otro triángulo...

    Si trazamos las rectas de corte de los dos planos con los tres planos coordenados en los otros octantes (esto es, si prolongamos los lados de los triángulos) obtenemos sus puntos de intersección, que estarán en la recta intersección de esos dos planos... como se ve en el dibujo de Pepe. Con ello se demuestra que los triángulos copolares son coaxiales... 

    Si empezamos esta interpretación a partir de la recta intersección de los planos y terminamos con la intersección de los tres ejes coordenados, invirtiendo el proceso, demostramos que los triángulos coaxiales son copolares...

    Todo cuadra si las rectas tienen intersección, esto es, si no son paralelas... ¿Qué pasaría en caso contrario?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso miró el problema desde más "lejos" todavía... ¡Desde el infinito!

    Mire. profe. En plano proyectivo, las rectas paralelas se cortan en un punto ideal del infinito. Así, a cada dirección le corresponde uno de esos puntos ideales y..., lo más sorprendente..., los infinitos puntos ideales están alineados sobre la recta ideal del infinito...!

    De esta forma. en el plano proyectivo las rectas paralelas no son ninguna excepción para el teorema de Desargues...  Incluso el siguiente ejemplo es válido:

    No hay que olvidar que, en sentido estricto, no hay rectas paralelas en el plano proyectivo ya que todas las rectas se cortan aunque sea en puntos ideales... Lo que ha hecho Yoyó es pasar del plano euclídeo al plano proyectivo añadiendo la recta ideal de puntos ideales... ¡Qué buena idea!

1516. Por la tangente... RESOLUCIÓN

    Sean dos circunferencias de centros E y F, que admiten tangentes exteriores en los puntos de tangencia A, B, C y D, como se muestra en el dibujo. Sean G y H las intersecciones de los segmentos que unen los centros de cada circunferencia con los puntos de tangencia de la otra circunferencia. Entonces, la suma de las áreas de los triángulos ABG y CDH es igual al área del cuadrilátero EGFH.

    Nos encontramos este problema pinchado en el corcho... Lo firmaba Pepe Chapuzas... Es fácil ¿verdad? Resuélvelo sin salirte por la tangente...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo explicó en la pizarra:

    Mire, profe. Los radios AE y BF son perpendiculares al segmento AB, porque este es tangente común de las circunferencias. Por lo tanto, el cuadrilátero ABFE es un trapecio rectángulo. Así, los triángulos ABE y AFE tienen la misma base AE y la misma altura AB y por tanto la misma área. Ahora...

área(ABG) = área(ABE) – área(AGE) = área(AFE) – área(AGE) = área(EGF)

y por simetría se tiene el resultado...

    ¿Algún otro resultado con tangentes?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se acordó del teorema de Monge.

    Mire, profe. Si tenemos tres círculos de radios diferentes y podemos trazar las parejas de tangentes exteriores a cada par de círculos, entonces los tres puntos de intersección de las parejas de tangentes están alineados.

    La demostración es fácil si nos imaginamos que los círculos son esferas y la recta roja es la intersección de los dos planos tangentes exteriores a las tres esferas. Cada pareja de tangentes representa los conos tangentes a cada par de esferas y tangentes a los dos planos. Los tres puntos alineados son los vértices de los conos...

    ¡Hay que tener visión espacial!

    Queda para el lector imaginar que ocurre cuando hay esferas del mismo tamaño, si las tres esferas comparten el mismo cono y otras situaciones límite...

1515. Exótica numeración. RESOLUCIÓN

     El teorema fundamental de la Aritmética no surte el efecto esperado en el alumnado... No alcanzan a ver su importancia... ¿Qué más da que los naturales se puedan descomponer de forma única como producto de primos (ordenados de menor a mayor por eso de la conmutatividad)?
    También son importantes las descomposiciones únicas de los naturales como sumas. Es la base de los sistemas de numeración... Pero este tema llama aún menos la atención...
    Pepe Chapuzas es una excepción que confirma la regla...

    Mire, profe. Cuando escribimos un número natural en un sistema de numeración posicional, lo estamos descomponiendo de forma única como combinación lineal de potencias de la base del sistema, siempre que los coeficientes sean naturales menores que la base y los exponentes sean enteros no negativos. Así, con potencias de 3,

1·3⁵ + 2·3⁴ + 2·3² + 1·3¹ + 2·3⁰ =  428

lo que nos permite escribir 428 en base 3, con trits o dígitos ternarios (0,1 y 2). Es como un polinomio...

428 = 120212₃

 donde el 0 indica la ausencia de una potencia como en la regla de Ruffini...

    Comenté que el propio número 428 escrito así estaba en base 10 evidentemente:

428 = 428₁₀ = 4·100 + 2·10 + 8

    Pepe nos intrigó con la siguiente pregunta...

    ¿Se puede utilizar la descomposición de Zeckendorf para establecer un sistema de numeración?

SOLUCIÓN

    Nunca se había mencionado antes en clase la descomposición de Zeckendorf... Al día siguiente Nina Guindilla tenía algo que contar...

    Mire, profe. A partir del segundo término de la sucesión de Leonardo Pisano (Fibonacci)...

F₂ = 1, F₃ = 2, F₄ = 3, F₅ = 5, F₆ = 8, F₇ = 13, F₈ = 21, ...

podemos descomponer de forma única un número natural como suma finita de estos términos, siempre que no aparezca en la suma ni dos términos iguales ni dos términos consecutivos. Dicho de otro modo, como combinación lineal de términos,

B₁·F₂ + B₂·F₃ + B₃·F₄ +B₄·F₅ + B₅·F₆ + ...

donde los coeficientes B_k son 0 o 1 (bits) y los productos B_k·B_k+1 son siempre nulos, esto es, uno de los dos factores ha de ser 0...
    Esto es una codificación de los naturales en bits, inyectiva porque es exclusiva para cada natural pero no suprayectiva porque no puede haber dos unos seguidos en la codificación... Un exótico sistema de numeración donde... ¡está prohibido el ...11...!

428  =  377 + 34  + 13 + 3 + 1  =  F₁₄ + F₉ + F₇ + F₄ + F₂  =  1000010100101_Z

    (El subíndice Z de Zeckendorf.)

    He aquí los 20 primeros naturales escritos en sistema binario y en código Zeckendorf

1 = 1₂ = 1_Z
2 = 10₂ = 10_Z
3 = 11₂ = 100_Z
4 = 100₂ = 101_Z
5 = 101₂ = 1000_Z
6 = 110₂ = 1001_Z
7 = 111₂ = 1010_Z
8 = 1000₂ = 10000_Z
9 = 1001₂ = 10001_Z
10 = 1010₂ = 10010_Z

11 = 1011₂ = 10100_Z

12 = 1100₂ = 10101_Z

13 = 1101₂ = 100000_Z

14 = 1110₂ = 100001_Z

15 = 1111₂ = 100010_Z

16 = 10000₂ = 100100_Z

17 = 10001₂ = 100101_Z

18 = 10010₂ = 101000_Z

19 = 10011₂ = 101001_Z

20 = 10100₂ = 101010_Z

...

    Solo añadí que la descomposición de Zeckendorf tiene muchas propiedades... exóticas.

    Hay un sistema de numeración más exótico todavía: la numeración factorial,,, ¿Quién quiere hablarnos de ella?

RESOLUCIÓN

    No podía ser otro que Yoyó Peluso...

    Profe, mire. Todo número se puede descomponer de forma única como combinación lineal de los números factoriales...

A₁·1! + A₂·2! + A₃·3! + A₄·4! + A₅·5! + A₆·6! + ...

siempre que los coeficientes sean enteros que cumplan  –1 < A_k < k+1 , o sea, A₁ es un dígito binario (un bit), A₂ es un dígito ternario (un trit), A₃ es un dígito cuaternario...

    Por ejemplo,

3·4! + 1·3! + 2·2! + 1·1!  =  3·24+ 1·6 + 2·2 + 1·1  =  83

83 = 3121_F

    (El subíndice F de factorial.)
    Los veinte primeros naturales:

1 = 1_F

2 = 10_F

3 = 11_F

4= 20_F

5 = 21_F

6 = 100_F

7 = 101_F

8 = 110_F

9 = 111_F

10 = 120_F

11 = 121_F

12 = 200_F

13 = 201_F

14 = 210_F

15 = 211_F

16 = 220_F

17 = 221_F

18 = 300_F

19 = 301_F

20 = 310_F

...

    El lector puede entretenerse demostrando la unicidad de las descomposiciones...

1514. Identidad sobresaliente. RESOLUCIÓN

    El problema que nos planteó Pepe Chapuzas nos pareció demasiado fácil... Consistía en completar una identidad notable: el cuadrado de una suma... Pero había gato encerrado... Había más soluciones de las esperadas... Pepe puntualizó...

    Mire, profe. El que halle una solución tiene la calificación de suficiente en el problema, el que halle dos, tiene notable y el que halle tres o más, sobresaliente... 

    ¡A completar la identidad sobresaliente, perdón, notable!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sacó sobresaliente.

    Mire, profe. Hay una solución obvia:

que es (a + 4)². Podemos incluir aquí la variante de considerar la resta como suma...

= (a + (–4))². También se puede considerar 16 como el doble del primero por el segundo...

que es (a + 8/a)². La cuarta solución...

 es igual a (4 + a²/8)².

    ¿Alguna otra igualdad "sobresaliente"?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso expuso dos fórmulas que pueden ser muy útiles. Los cocientes notables...

1513. Tres puntos en la esfera. RESOLUCIÓN

    El problema que ha propuesto Pepe Chapuzas esta mañana es de probabilidad...

    Mire, profe. Si elegimos al azar tres puntos en una esfera, ¿cuál es la probabilidad de que los tres estén en una misma semiesfera?

    Por esfera entendemos solo la superficie esférica... Razonad vuestras respuestas...

SOLUCIÓN

    Os escribo el razonamiento de Nina Guindilla...

    Profe, mire. La probabilidad de que dos puntos elegidos al azar sean coincidentes u opuestos es nula ya que una esfera tiene infinitos puntos... Esos dos puntos determinan una circunferencia máxima en la esfera... La probabilidad de que el tercero caiga en esa circunferencia máxima es proporcional al área que ocupa tal circunferencia... Como una circunferencia es un objeto unidimensional, su área es 0, de lo que se deduce que es imposible que tres puntos elegidos al azar en la esfera estén en una circunferencia máxima... Como tres puntos diferentes de una esfera no pueden estar alineados hay una circunferencia que pasa por ellos. Esa circunferencia, como hemos visto, no es máxima sino menor, y es la intersección del plano determinado por los tres puntos con la esfera. Dicho plano no puede pasar por el centro de la esfera ya que contiene una circunferencia menor... Así pues, el plano paralelo al anterior que pasa por el centro de la esfera divide a esta en dos semiesferas... y una de ellas contiene a los tres puntos. Por lo tanto la probabilidad pedida en el problema es 1. ¡Es un suceso seguro!

    Tras la parrafada de Nina está claro que la intuición falla más de lo que creemos...
    Y si consideramos la esfera maciza... ¿cuál sería la probabilidad de que tres puntos elegidos al azar estén en una misma semiesfera maciza?

RESOLUCIÓN

    Oigamos a Yoyó Peluso:

    Profe, mire. La superficie esférica no tiene volumen así que los tres puntos estarán en el interior y serán diferentes y ninguno será el centro... Las proyecciones de los tres puntos desde el centro de la esfera sobre su superficie nos da tres puntos en esta. Por cuestión de azar y probabilidad, las tres proyecciones son puntos que están en las condiciones del problema anterior y Nina ha demostrado que hay una semiesfera que los contendría, por lo que la semiesfera maciza correspondiente contendrá a los tres puntos iniciales. La probabilidad vuelve a ser 1...