Archivo mensual: junio 2011

The Smiths – Please, please, please, let me get what I want


Good times for a change
See, the luck I’ve had
Can make a good man
Turn bad

So please please please
Let me, let me, let me
Let me get what I want
This time

Haven’t had a dream in a long time
See, the life I’ve had
Can make a good man bad

So for once in my life
Let me get what I want
Lord knows, it would be the first time
Lord knows, it would be the first time

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Unos, ceros… y palomas. Solución de El País al 15º Desafío Matemático


La solución más breve es la siguiente: dado un número natural N, al dividir cualquier número natural entre N sólo se pueden obtener N restos distintos: 0, 1, 2,…, N-1. Por tanto, si consideramos N+1 números de la forma 1, 11, 111, 1111, 11111,…, necesariamente hay dos que dan el mismo resto al dividir entre N (¡esto es el Principio del Palomar!), y su diferencia es un múltiplo de N. Esta diferencia (restando el menor del mayor) la forman unos cuantos unos seguidos de unos cuantos ceros, con lo que hemos resuelto el desafío. Ésta es la demostración que ha dado ganador del sorteo.

Una segunda solución, que también ilustra el Principio del Palomar, es la enviada, entre otros, por Fernando Holgado (el residuo módulo N es otra forma de llamar al resto al dividir entre N):

Sea N el número natural del que queremos hallar un múltiplo cuyas cifras son ceros y unos. Consideramos todas las potencias de 10 y vamos calculando sus residuos módulo N. Si alguno de ellos es cero, esa potencia de 10 será un múltiplo de N y ya tendríamos un múltiplo formado por unos y cero . Si ninguna de ellas da resto 0, tendrá que haber un momento en que se repita el resto que se obtiene (sólo hay N restos distintos posibles). Es decir, 10^a=10^(a+h) módulo N. Y por tanto, 10^a=10^(a+h)=10^(a+2h)=10^(a+mh) módulo N para cualquier m mayor o igual que 1 [algunos lectores han sustituido este argumento por la observación de que, al estar considerando infinitas potencias de 10 y ser los posibles restos un número finito, al menos uno de ellos debe repetirse infinitas veces]. Si denotamos 10^a=r módulo 10, se tendrá que

10^a+10^(a+h)+10^(a+2h)+…+10^(a+(N-1)h)=r+r+r+…+r=Nr=0 módulo N, es decir, el número indicado es un múltiplo de N, que al ser una suma de potencias de 10, estará formado exclusivamente por unos y ceros.

Hemos recibido un tercer tipo de solución, quizás incluso más elemental, que se basa en escribir la expansión decimal de 1/N. La versión más sencilla de este argumento la ha dado Maider Goñi Urreta, que considera en realidad la expansión decimal de 1/(9N), observar que es finita o periódica y recuerda que, en cualquier caso, se puede escribir como una fracción con denominador bien 10^k formado bien formado sólo por nueves y ceros. A partir de aquí se ve que ese denominador es un múltiplo de 9N y, para acabar, basta con dividir por 9 si fuese necesario.

Algunos lectores han enviado soluciones basadas directamente en la tabla de multiplicar y en ir encontrando una a una las cifras del número por el que hay que multiplicar N. Como ellos mismos han comprobado, dar esa demostración con todos los detalles es costoso. Aun así algunos lo han conseguido, y esperamos que sean precisamente ellos quienes más aprecien el valor del Principio del Palomar.

Queremos comentar por último que se han recibido soluciones que, antes de usar el Principio del Palomar, invocaban el Teorema de Euler-Fermat. Por supuesto son correctas, pero esta vez, y sin que sirva de precedente, usar “más matemáticas” alargaba la solución.

El jueves presentaremos un nuevo desafío.

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1111100000… Demostración. Solución del desafío nº 15


Sea n un número natural cualquiera; si tomamos los n+1 naturales siguientes, formados sólo por unos:

Atila, rey de los Hunos (con H)

(léase “a sub 1, a sub 2…”)
a1=1 ; a2=11 ; a3=111 ; … ; an=111…(n)…1 ; a(n+1)=111…(n+1)…1
y consideramos los restos de estos n+1 números al dividirlos entre n,

Nadal al resto, en nuestro caso en Zn

Por ejemplo, si consideramos n=6, tomaríamos los 7 siguientes números:
1, 11, 111, 1111, 11111, 111111, 1111111,  cuyos restos al dividirlos por 6 (es decir, sus representantes en Z6) son respectivamente:
1, 5, 3, 1, 5, 3, 1 
por el Principio del Palomar o de Dirichlet, está garantizado que al menos dos de esos restos han de ser iguales.

Si m palomas ocupan n nidos y m > n, entonces al menos un nido tiene dos o más palomas en él.

Sean p y q esos dos restos iguales (p<q), entonces, por definición, p y q son congruentes módulo n y queda garantizado que (q-p) es un múltiplo de n. Pero ese número (q-p), por la naturaleza de los ai definidos anteriormente, sólo está formado por unos y ceros. (q.e.d)
en nuestro ejemplo, el conjunto cociente Z6 ={[0], [1], [2], [3], [4]. [5]} tiene seis clases de congruencia módulo 6, pero como tenemos 7 restos, está garantizado que al menos dos se repiten, de hecho, como hemos comprobado hay más repeticiones. Por ejemplo si hallamos la diferencia a5-a2 (ambos valen 5 en Z6) obtenemos: 11111-11=11100=1850·6.
Asimismo encontraríamos como múltiplos el 1110, el 1111110, el 1110000, el 111000…

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Desafío nº 15 de El País: Una cuestión de unos y ceros


Jesús Gago, profesor titular del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla, presenta el decimoquinto de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 28 de junio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, junto al periódico por 9,95 euros, Del ábaco a la revolución digital, de Vicenç Torra.

A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado del problema por escrito.

El problema de esta semana parte de la observación de que todos los números naturales tienen al menos un múltiplo no nulo que está formado solamente por ceros y unos. (Por ejemplo: 1×100=10; 2×5=10; 3×37=111; 4X25=100; 5X2=10; 6X185=1110; 7×143=1001; 8X125=1000; 9×12345679=111111111… y así para cualquier número natural). La pregunta de la semana es: ¿por qué sucede esto?

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SOLUCIÓN al desafío nº 14 de El País: Partículas en colisión


MI SOLUCIÓN:

Razonemos primero si es posible llegar a todas positivas:

Llamemos P, N y Q a los números de partículas positivas, negativas y neutras respectivamente.

Definamos: S = Q-N de manera que si somos capaces de llegar a todas positivas, será S=0-0=0.

Estudiemos cómo varían P, N y Q en cada uno de los choques posibles y cómo influye en la diferencias S:

a) Choque positiva-negativa: P(-1), N(-1) y Q(+2), luego S(+3)
b) Choque positiva-neutra: P(-1), N(+2) y Q(-1), luego S(-3)
c) Choque neutra-negativa: P(+2), N(-1) y Q(-1), luego S(0)

Es decir, según la naturaleza del choque, la diferencia S aumenta en 3 unidades, disminuye en 3 o no varía. Pero como en la situación de partida es S = 17-10 = 7, es imposible llegar desde S=7 hasta S=0 a base de incrementos de +-3.

Análogamente, es imposible llegar a todas negativas (definiendo: S=P-Q) o todas neutras (definiendo: S=P-N) porque las diferencias iniciales tampoco resultan ser múltiplos de 3 (30-17=13 y 30-10=20 respectivamente).

Manuel me ha enviado su solución en un archivo de Word; es otra vía (con un mejor formato que el que permiten los comentarios) de compartir con los demás la solución. Invito de nuevo a todos los que queráis hacerlo de este modo a que lo hagáis, por mí no hay problema.

SOLUCION Manuel

SOLUCIÓN DE EL PAÍS:

 

 

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The Black Keys – Tighten Up


El maravilloso mundo de los parques infantiles, donde las más extrañas criaturas… vigilan a sus hijos. The Black Keys, muy recomendables.

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Desafío matemático nº 14 de El País: Partículas en colisión


Ya tenemos un nuevo problema:

Antonio Aranda Plata, profesor asistente honorario del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla, presenta el decimocuarto de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 21 de junio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, junto al periódico por 9,95 euros, La verdad está está en el límite, de Antonio José Durán.

A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado del problema por escrito.

En un recinto cerrado tenemos un conjunto de partículas en tres estados diferentes: positivo, negativo y neutro. Inicialmente hay 30 partículas positivas, 10 negativas y 17 neutras. En un momento dado, las partículas comienzan a moverse y a chocar entre ellas. Así, cuando dos partículas de diferente estado chocan, ambas cambian al estado restante. Es decir, si chocan una partícula positiva y otra negativa, tras el choque se convierten en dos neutras. De la misma manera, si chocan una negativa y una neutra se convierten en dos positivas; y si chocan una neutra y una positiva se convierten en dos negativas. Esto significa que cada vez que chocan dos partículas de diferente signo, hay una partícula menos de cada uno de sus estados mientras que al estado restante se incorporan dos unidades. Cuando colisionan dos de igual signo, no varían su estado.

La pregunta de esta semana es si es posible diseñar una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado. Si es posible, hay que explicar cómo hacerlo. En caso contrario, hay que demostrar por qué no se puede.

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