1690. Las torres de Hanói

     Llevé a clase un juego antiguo que se llama "Las Torres de Hanói". Consiste en diez discos del mismo grosor y distintos radios (no hay dos radios iguales), que están perforados por sus centros para que se puedan ensartar en tres postes verticales fijos. Inicialmente los diez discos están apilados en un mismo poste formando una especie de cono escalonado (torre de Hanói) ordenados según sus radios (el mayor abajo y el menor arriba).

    El objetivo del juego consistía en trasladar la torre del primer poste al tercer poste mediante la menor cantidad de movimientos legales. Un movimiento legal consiste en sacar de un poste el disco superior (menor) de una torre e insertarlo en otro poste de modo que no caiga encima de otro disco aún menor. Cuando la clase hubo examinado el juego pregunté cuál era ese mínimo número de movimientos legales para conseguir el traslado. Pepé Chapuza no dejó que los demás lo pensaran...

    ¡Mil veintitrés!

    Los compañeros y yo mismo le pedimos explicaciones y Pepe se limitó a decir...

    Profe, mire. Si hubiera N discos, serían 2^N − 1, así que para N = 10, son 2¹⁰ − 1 = 1023.

    Pepe dio un respuesta más general aún. Habrá que dar más explicaciones...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla demostró la fórmula por inducción:

    Mire, profe. La fórmula vale para trasladar una torre entre dos postes cualesquiera... 
    Si solo hay un disco basta con un movimiento legal, y la fórmula se cumple: 2¹ − 1 = 1

    Si suponemos la fórmula cierta para N discos, para N+1 podemos primero trasladar los N discos menores a un poste (el segundo) en 2^N − 1 movimientos, después el disco mayor al otro poste (el tercero) en 1 movimiento, y finalmente los N discos menores a este poste (el tercero) sobre el disco mayor en 2^N − 1 movimientos para formar la torre entera de N+1 discos. Sumando...

2^N − 1 + 1 + 2^N − 1 = 2·2^N − 1 = 2^N+1 − 1

    Nina comentó que 1023 era también el número hasta el que se podía contar con nuestros diez dedos utilizando el sistema binario... Y que a cada dedo le correspondía un disco... Y entonces propuso dos problemas diabólicos...

    A cada dedo le corresponde una potencia de dos: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256 y 512. A cada combinación de dedos levantados le corresponde la suma de los valores correspondientes. ¿Qué combinación de dedos corresponde al número 666?

    ¿Cuál es la disposición de las torres de Hanói después de 666 de los 1023 movimientos legales?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota levantó estos dedos no sin dificultad...

    512 + 128 + 16 + 8 + 2 = 666

    Profe, mire. Estos dedos se corresponden con los unos de 666 en binario: 1010011010.

    Para las torres de Hanói tenemos que el polinomio P(x) = x⁹ + x⁷ + x⁴ + x³ + x (que Ruffini escribe 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0) cumple que P(2) = 666 y, aplicando el teorema del resto, tendremos que 666 = P(x) − C(x)·(x−2) donde C(x) es el cociente de la división de P(x) entre (x−2). Ahora bien, para x = 1 tenemos que 666 = P(1) + C(1), que es la suma de los coeficientes del polinomio P(x) + C(x). Estos diez coeficientes son los movimientos de los diez discos...

    Mire, profe. Si asignamos los números 0, 1 y 2 a los postes de izquierda a derecha, el movimiento de un disco azul ha de ser +1 (mod 3) y el de un disco rojo ha de ser +2 (mod 3), así que solo tenemos que calcular en módulo 3 los movimientos de cada disco...

    Yoyó hizo los cálculos y a continuación colocó los discos en sus postes (sin hacer los 666 movimientos)...

    Dejaremos que el lector justifique los cálculos de Yoyó.

1689. Los exincentros

     Profe, mire. Si trazamos las bisectrices exteriores de un triángulo, estas se cortan de dos en dos en tres puntos llamados exincentros... ¡Curioso nombre...! Es contradictorio porque "ex" significa fuera e "in" significa dentro...

    Le indiqué a Pepe Chapuza que era una contradicción aparente porque se puede estar fuera de casa y dentro del instituto... Pepe siguió con lo suyo...

    Si, tal como se muestra en la figura, a, b y c son los lados prolongados del triángulo; a', b' y c' son las bisectrices interiores; y a", b" y c" son las bisectrices exteriores; entonces el exincentro a"∩b" equidista de a, b y c, por lo que este exincentro es a"∩b"∩c'. Lo mismo podemos decir de los otros dos exincentros  a'∩b"∩c"  y  a"∩b'∩c". ¡Claro...! Los lados prolongados dividen el plano en siete regiones. Cuatro de ellas tienen tres lados: una finita (el triángulo) y tres infinitas. Los exincentros están dentro de estas y fuera de aquella... mientras que el incentro a'∩b'∩c' está fuera de estas y dentro de aquella...

    Algo más acerca de los exincentros habrá que decir, ¿no?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó la palabra...

    Profe, mire. Como a' ⟂ a",  b' ⟂ b" y  c' ⟂ c" resulta que las bisectrices internas y el incentro del triángulo abc son las alturas y el ortocentro del triángulo a"b"c"  . Por lo tanto este triángulo a"b"c" es siempre acutángulo porque su ortocentro cae siempre en su interior...

    ¿Algo más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota añadió:

    Profe, mire. Al igual que el incentro de un triángulo es el centro de su circunferencia inscrita, que es tangente a los tres lados. Los exincentros son los centros de tres circunferencias, cada una tangente a un lado y a dos prolongaciones de los otros dos lados. Estas circunferencias se denominan exinscritas, lógicamente.

1688. El teorema de Rolle

     Mire, profe. El teorema de Rolle dice que si f es una función real de variable real que es continua en un intervalo cerrado [a, b], derivable en el intervalo abierto (a, b) y tal que f(a) = f(b), entonces se tiene que existe al menos un valor c ∈ (a, b) para el cual f '(c) = 0.

    Pepe Chapuza enunció este teorema. El número (punto de la recta real) c, donde se anula la derivada, se denomina punto crítico. Con este enunciado Pepe propuso el siguiente ejercicio.

    Profe, mire la siguiente función definida a trozos:

f(x) = Ax² + Bx − C + 1   si 1≤ x ≤ 2

f(x) = Cx³ + Bx² − Ax    si 2 ≤ x ≤  3

    ¿Para qué valores A, B y C se verifican las hipótesis del teorema de Rolle y dónde se cumple la tesis?

    ¿Quién quiere resolver este ejercicio?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó un sistema de ecuaciones:

    Mire, profe. 

    Si la función tiene que ser continua en [1, 3], entonces los límites laterales de f cuando x tiende a 2 deben coincidir. (En los demás valores de x no hay problemas por tratarse de polinomios.) Además f(2) está definida en ambos trozos... Por lo tanto  4A + 2B − C + 1 = 8C + 4B −2A . 

    Si la función tiene que ser derivable en (1, 3), entonces las derivadas laterales de f en x = 2 deben coincidir:

f '(x) = 2Ax + B    si 1< x ≤ 2

f '(x) = 3Cx² + 2Bx − A    si 2 ≤ x <  3

    Por lo tanto  4A + B = 12C + 4B − A .

    Si además tiene que ser f(1) = f(3), 3ntonces  A + B − C + 1 = 27C + 9B − 3A.

    Tenemos que resolver el sistema:

6A − 2B − 9C = −1

5A − 3B − 12C = 0

4A − 8B − 28C = −1

    Con la calculadora obengo

A = −15/4

B = 119/4

C = −9

    Falta el punto crítico...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota anuló la derivada...

    Mire, profe. En el primer trozo no está

2(−15/4)c + 119/4 = 0

c = 2·119/15 = 15,8666... ∉ (1, 2]

y en el segundo...

3(−9)c² + 2(119/4)c − (−15/4) = 0

− 108c² + 238c + 15 = 0

c = −0,06132... ∉ [2, 3)

c = 2,26502... ∈ [2, 3)

    Este último valor es la solución...

1687. Las constantes de Feigenbaum

    Pepe Chapuza estaba trabajando con el siguiente polinomio de segundo grado: 

P_m(x) = x² + m

    Mire, profe. Si componemos P_m consigo mismo tenemos un polinomio de cuarto grado:

P_m²⁾(x) = P_m(P_m(x)) = P_m(x² + m) = (x² + m)² + m = x⁴ + 2mx² + m² + m

    Si volvemos a componer tenemos P_m³⁾(x) que será un polinomio de octavo grado... y así sucesivamente P_mⁿ⁾(x) será un polinomio de grado 2ⁿ. Pues bien, consideremos ahora la sucesión P_mⁿ⁾(0) (donde P_m¹⁾(0) = P_m(0) = m). Los primeros términos de esta sucesión son: m, m² + m, (m² + m)² + m, ... La cuestión es: ¿Cuál es el comportamiento de esta sucesión?

     Dicho comportamiento dependerá del valor de m, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla probó con algunos valores para m.

    Profe, mire. Si m = 0, la sucesión es constante: 0, 0, 0, 0, 0, 0, ... Si m = 1, la sucesión diverge rápidamente: 1, 2, 5, 26, 677, 458330, ... Si m = −1, la sucesión es oscilante: −1, 0, −1, 0, −1, 0, ... Pongamos un poco de orden... ¿Para qué valores de m, la sucesión P_mⁿ⁾(0) tiene puntos límite y cuántos? Consideramos la "función" L(m) que a cada valor de m le hace corresponder el conjunto de los puntos límite de la sucesión P_mⁿ⁾(0). En los casos anteriores, L(0) = {0}, L(1) = {} y L(−1) = {−1, 0}. 

    Buscaremos primero sucesiones con un punto límite l_m = lim _n→∞ P_mⁿ⁾(0), esto es, L(m) = {l_m}, es decir, sucesiones convergentes... Para ese valor, l_m = P_m(l_m). Buscaremos los casos seguros en los que −1 < P_m'(l_m) < 1.

P_m(l_m) = l_m² + m = l_m

l_m² − l_m + m = 0

l_m = 1/2 ± √(1/4−m)

    La derivada...

P_m'(l_m) = 2·l_m

 −1 < 2·l_m < 1

−1 < 1 ± 2√(1/4−m) < 1

−1 < −√(1/4−m) < 0

−1 < m − 1/4 < 0

−3/4 < m < 1/4

    Estos no son los únicos valores de m que aseguran la convergencia. Para m = −2 tenemos la sucesión: −2, 2, 2, 2, 2, 2, esto es, L(−2) = {2}. También se tiene la convergencia para m = 1/4 con L(1/4) = {1/2} y para m = −3/4 con L(−3/4) = {−1/2}.

    Busquemos ahora las sucesiones con dos puntos límite, o sea, L(m) = {l_m, P_m(l_m)}. Ahora tenemos que l_m = lim _n→∞ P_m²ⁿ⁻¹⁾(0)  y que l_m = P_m²⁾(l_m).

P_m²⁾(l_m) = l_m⁴ + 2·m·l_m² + m² + m = l_m

l_m⁴ + 2·m·l_m² − l_m² + m² + m = 0

    Simplificamos la ecuación eliminando las soluciones correspondientes a sucesiones convergentes, en las que l_m= P_m(l_m) = P_m²⁾(l_m).

( l_m⁴ + 2·m·l_m² − l_m² + m² + m ) / ( l_m² − l_m + m ) = 0

  l_m² + l_m + m + 1 = 0

l_m = −1/2 − √(1/4−m−1)

P_m(l_m) = −1/2 + √(1/4−m−1) 

    La derivada...

−1 < P_m²⁾ '(l_m) < 1

−1 < 4·l_m³ + 4m·l_m < 1

−1/4 < l_m·(l_m² + m) < 1/4

−1/4 < l_m·(−l_m−1) < 1/4

−1/4 < − l_m² − l_m < 1/4

−1/4 < m + 1 < 1/4

−5/4 < m < −3/4

    Podemos dibujar a mano estos dos arcos de parábola en una gráfica... pero el grado de las ecuaciones crecen exponencialmente respecto del número de puntos límite... así que solo con la fuerza bruta de los ordenadores podemos ver cómo se duplican una y otra vez los puntos límite en el denominado diagrama de bifurcaciones o árbol de Feigenbaum.  ;-)

    Los arcos entre bifurcaciones son cada vez más pequeños. ¿A qué ritmo menguan?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota encontró en Internet las llamadas constantes de Feigenbaum que nos dan una idea de cómo menguan los arcos a lo largo y a lo ancho: ¡casi como progresiones geométricas!

    Profe, mire. La primera constante de Feigenbaum es δ = 4,6692... = lim _n→∞ (d_n/d_n+1) y la segunda constante de Feigenbaum es α = 2,5029... = lim _n→∞ (a_n/a_n+1).

    Mire, profe. ¡Hemos estado estudiando la parte real del conjunto de Mandelbrot!

1686. El teorema de Haruki

    Mire, profe. Tres circunferencias son mutuamente secantes. En total hay 6 puntos de intersección, A, B, C, D, E y F, que son vértices consecutivos de un hexágono en el que ningún lado es cuerda común de dos circunferencias y tres lados consecutivos cualesquiera son sucesivamente sendas cuerdas de las tres circunferencias. Entonces se tiene la siguiente relación entre las longitudes de los lados del hexágono AB·CD·EF = BC·DE·FA.

    Pepe Chapuza enunció el teorema de Haruki con este dibujo para situarnos... Habrá que proporcionar una demostración, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se sirvió del dibujo para ofrecer una demostración...

    Profe, mire. Cada pareja de circunferencias tiene un eje radical que pasa por sus dos puntos de intersección. La intersección de los tres ejes radicales es el centro radical G de las tres circunferencias. Los triángulo ABG y EDG son semejantes porque tienen los mismos ángulos (opuestos por el vértice o inscritos en la misma circunferencia y abarcando el mismo arco), por lo que AB:BG = DE:DG. Igualmente son semejantes los triángulos CDG y AFG, por lo que CD:DG = FA:FG; y los triángulos CBG y EFG, por lo que EF:FG = BC:BG. Multiplicando las tres igualdades tenemos AB·CD·EF:BG:DG:FG = BC·DE·FA:BG:DG:FG, de donde se obtiene el resultado.

    ¿Se sigue cumpliendo el teorema si la disposición de las circunferencias no es la del dibujo de Pepe?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota dibujó distintas disposiciones comprobando que todo seguía funcionando:

    Se deja al lector investigar otras disposiciones y los casos límite: con puntos de intersección coincidentes, con circunferencias tangentes en vez de secantes, con los centros de las circunferencias alineados (con ejes radicales paralelos y sin centro radical) o si en vez de circunferencia hay alguna recta...

1685. Las perlas japonesas...

     Profe, mire. En un estuche caben dos perlas sueltas, y también una pulsera de perlas ensartadas. Cuando cierro el estuche, las perlas sueltas se tocan y también tocan la pared del estuche; y cada perla de la pulsera toca las dos perlas sueltas, la pared del estuche y, lógicamente, sus dos perlas contiguas en la pulsera. Las perlas pueden no ser del mismo tamaño pero son perfectamente esféricas; el interior del estuche también es una esfera perfecta... ¿Cuántas perlas tiene la pulsera?

    Este enunciado que nos ha leído Pepe Chapuza apareció en un templo de Japón. Busca la solución...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró que esta disposición se denominaba sexteto de Soddy y que la pulsera está formada por seis perlas... Nos mostró un dibujo... y luego explicó este resultado...

    Profe, mire. La función "vectorial" del "espacio" R³ ∪ {∞} en sí mismo

inv (v) = v/v²  si  v ≠ o  y  v ≠ ∞ 

inv (o) = ∞     e    inv (∞) = o

se denomina inversión.

     Si identificamos un "punto" del "espacio" con su "vector" de "posición" v entonces el vector nulo o es el origen de coordenadas y el "vector" infinito ∞ es un "punto" ideal... 

    Mire, profe. En lo que sigue supondremos que v no es ni o ni ∞...

    La inversión es una función autorrecíproca, esto es, inv ○ inv = id, y por tanto es biyectiva,

inv (inv (v)) = inv (v/v²)= (v/v²)/(v²/(v²)²) = (v²)²/(v²)² v = v

inv (inv (o)) = o         inv (inv (∞) = ∞

    Veamos cómo se invierte una esfera (superficie esférica) σ de centro c y radio r... 

    Si la esfera no pasa por o entonces c² ≠ r²

σ : (v−c)² − r² = 0

σ : v² − 2c·v + c² − r² = 0

inv(σ) : 1/v² − 2c·v/v² + c² − r² = 0

inv(σ) : 1/(c² − r²) − 2c·v/(c² − r²) + v² = 0

inv(σ) : (v − c/(c² − r²))² + 1/(c² − r²) − c²/(c² − r²)² = 0

inv(σ) : (v − c/(c² − r²))² − r²/(c² − r²)² = 0

que es una esfera... 

    Si la esfera pasa por o entonces c² = r² 

σ : (v−c)² − c² = 0

σ : 2c·v − v² = 0

inv(σ) : 2c·v/v² − 1/v²= 0

inv(σ) : c·v − 1/2 = 0

inv(σ) : c·v − c²/c²/2 = 0

inv (σ) : c · (v − c/c²/2)= 0

que, añadiendo ∞, es un "plano".

    Consideremos las esferas del problema... Sean α y β las de las perlas sueltas, γ la del estuche y δ, ε, ζ, η, ... las de la pulsera. Ubiquemos o en el punto de contacto entre α y β, entonces inv(α) e inv(β) son dos "planos" "paralelos" porque solo tienen en común ∞, e inv(γ), inv(δ), inv(ε), inv(ζ), inv(η), ... son esferas tangentes a esos dos "planos" por lo que todas tienen el mismo tamaño y, debido a la tangencia de las esferas de la pulsera entre sí y con las esfera del estuche, tienen la siguiente disposición:

    De donde se deduce que en la pulsera hay seis esferas... δ, ε, ζ, η, θ y ι, esto es, seis perlas.

    ¡Bien deducido! ¿Qué relación guardan los radios de las nueve esferas?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota encontró estas relaciones en Internet:

1/r_δ + 1/r_ε + 1/r_ζ + 1/r_η + 1/r_θ + 1/r_ι =

= 2/r_δ + 2/r_ζ + 2/r_θ = 2/r_ε + 2/r_η + 2/r_ι =

= 3/r_δ + 3/r_η = 3/r_ε + 3/r_θ = 3/r_ζ + 3/r_ι =

= 6/r_α + 6/r_β − 6/r_γ