Archivo mensual: septiembre 2011

Desafío 29º: Una paradoja electoral


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Se quiere elegir a un representante entre varios candidatos. Muchos dirían que las matemáticas que intervienen en el proceso se reducen a contar el número de votos. Y, sin embargo, en cuanto se examina la situación con un poco de detalle, se ve que surgen fenómenos extraños.

Imaginemos que, en unas elecciones a las que se presentan siete candidatos, uno de ellos recibe el 40% de los votos, y que el 60% restante se reparte de igual manera entre los otros seis. Sin pensarlo dos veces declaramos ganador por mayoría simple al primer candidato. Ahora bien, si pidiéramos a los votantes que dijeran no solo cuál es su candidato preferido, sino también quién es el que menos les gusta, podría darse la circunstancia de que todos aquellos que no han votado al candidato ganador lo colocasen en último lugar. Y entonces se habría declarado ganador a un candidato que es… ¡el que menos gusta por mayoría absoluta!

Este fenómeno se conoce como paradoja de Borda, en honor al matemático e ingeniero francés Jean-Charles de Borda, que vivió en el siglo XVIII. Precisamente con la intención de que el resultado de las elecciones se ajustase mejor a los gustos de los votantes, Borda introdujo un nuevo método de recuento en el que cada elector coloca a todos los candidatos en orden de preferencia. Por cada votante, si el candidato está en la última posición recibe un punto; si está en la penúltima, dos; en la tercera por el final, tres; y así sucesivamente. A continuación se suman todos los puntos y se declara ganador al que más tiene.

Por ejemplo, en una elección en la que cuatro personas eligen entre tres candidatos A, B y C ordenados del siguiente modo:

Votante 1: A>B>C

Votante 2: C>B>A

Votante 3: B>C>A

Votante 4: A>B>C

Así, el candidato A recibe 3+1+1+3=8 puntos, B recibe 2+2+3+2=9 y C recibe 1+3+2+1=7, luego se declara ganador a B. Ahora bien, el método de Borda da un ganador que podría ser distinto del ganador por mayoría. De hecho, si solo hubiésemos tenido en cuenta el candidato preferido, el ganador habría sido A, que tiene 2 votos, en lugar de 1 como B y C.

Y el desafío de la semana es el siguiente: supongamos que n candidatos se presentan a unas elecciones, ¿qué porcentaje de apoyos tiene que recibir como mínimo un ganador por mayoría para que podamos asegurar que también sería el ganador si el recuento de los votos se hubiera realizado según el método de Borda?

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Solución desafío 28: Un número grande… y único


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La respuesta correcta al desafío es que N solo puede ser el número de cien cifras 166…667333…334. Veamos a continuación la demostración.

De N sabemos que N = 3AB y que N = 10^50 A + B. De estas dos igualdades deducimos que B es múltiplo de A, concretamente que B = tA, donde t = 3B – 10^50 (en el vídeo, el número t lo representamos con la letra griega alfa).

Así, sabemos que el coeficiente t ha de ser menor que 10, puesto que de lo contrario B = tA tendría más de 50 cifras. Además, ha de ser menor que 4, puesto que si t fuese mayor o igual que 4 pasaría que 10^50 + t = 3B = 3tA >= 12 A >= 1,2 x 10^50. Esto quiere decir que el número “100…00t” sería mayor o igual que el número “120…000” (ambos de 51 cifras), lo que es falso. De ahí sacamos que t solamente puede ser 1, 2 ó 3. Por último, para que el número 10^50 + t sea múltiplo de 3, la suma de sus dígitos, 1 + t, ha de ser múltiplo de 3. Concluimos que necesariamente t = 2.

Por consiguiente, la única solución posible es que B = (10^50 + 2)/3 = “333…334” (con 50 cifras, ya que al dividir el diez inicial entre tres perdemos una); y que A = B/2 = “166…667” (también con 50 cifras). Solamente nos queda comprobar que el número N de 100 cifras que se obtiene al escribir primero A y después B, N = “166…667333…334”, cumple efectivamente que N = 3AB. Así es, puesto que N = 10^50 A + B = (10^50 + 2)A = 3BA.

La mayor parte de las soluciones enviadas se han obtenido a través de un análisis detallado del coeficiente B/A, discutiendo los casos de la misma forma que se ha explicado en el vídeo, o con algunas variantes. El siguiente método más usado ha sido estudiar el mismo coeficiente a partir de la observación de que no tiene más factores primos que 2 y 5, puesto que divide a 10^(50).

Muchos de los que enviaron soluciones correctas explicaban que habían comenzado experimentando con números de menos cifras (4, 6, 8,…), normalmente con ayuda de un ordenador, lo que les permitió detectar un patrón que daba lugar a la solución en el caso de 100 cifras, y después pasaron a demostrar que la solución así encontrada era única.

También ha habido un grupo de participantes que ha resuelto el desafío acotando con finura los posibles valores de B, a partir de los valores que puede tomar A; de esta manera llegaban a la conclusión de que la única posibilidad para tener un B entero era el número de la solución. Para conseguir esas acotaciones algunos han utilizado el hecho de que B = 10^(50)A / (3A-1) es decreciente en el rango de valores admisibles de A; mientras que otros han trabajado con las desigualdades que se sabe que cumplen A y B hasta conseguir demostrar que B ha de estar comprendido entre 10^(50)/3 y 10^(50) / (3 – 1/10^(49)).

Por último, ha habido algunos (muy pocos) que no solo resolvieron lo que se propuso, sino que resolvieron además el caso bastante más complicado de que se admitiera que también el primero de los 50 dígitos de A pudiera ser igual a cero, del mismo modo que pueden serlo el resto de dígitos de N. Bajo estas hipótesis resulta haber 1.301 soluciones posibles de N, pero dejamos al lector interesado el placer de encontrarlas…

Entre las soluciones que no hemos podido dar por buenas están las que han identificado el N correcto, pero lo intuyen del resultado obtenido para números de pocas cifras, sin dar un razonamiento que muestre que lo que vale para cuatro o seis cifras también vale para 100. También las que analizan lo que ocurre con B para los valores extremos que puede tomar A pero no demuestran que la conclusión que sacan vale también para todos los valores intermedios de A. Y las que aseguran que el número encontrado es único pero no desarrollan un argumento que lo pruebe.

28 Un problema de grandes números.Maito

Demostración desafío 28 Pedro Correa (gracias Pedro, pero WordPress no me deja colgar archivos .xls; :'(

Ana_Des28 (Nuestra amiga Ana Chisi se está doctorando en La France, j’espère que ton séjour soit très agréable, ;P)

Problema28 AMORAGAC

 

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Desafío 28: Un problema de grandes números


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El desafío de esta semana trata de operaciones con números muy grandes. Concretamente, vamos a tomar un número N que, escrito en base 10, tenga 100 cifras. El primero de sus 100 dígitos no puede ser 0, por lo demás no hay ninguna restricción.

A continuación separamos N en dos números: el formado por las 50 primeras cifras, que llamaremos A; y el formado por las 50 últimas cifras, que llamaremos B.

El desafío consiste en identificar todos los números N para los que se cumple que N=3AB. Como ejemplo, si en vez de trabajar con un número inicial de 100 cifras, lo hiciéramos con uno de dos, valdría el 24, ya que 24=3x2x4. En este caso, sería fácil hacer la comprobación en todos los números de dos cifras (entre el 10 y el 99) y descubriríamos que solo el 24 y el 15 cumplen la condición que se exige. Sin embargo, en el problema que planteamos la comprobación de todos los números no podría hacerse, ni siquiera por ordenador, en el plazo requerido. Es necesario, por tanto, un razonamiento matemático.

Así, la solución que nos enviéis tiene que contener dos cosas. La primera es una relación de los números N que cumplan la igualdad anterior (N=3AB), si es que hay alguno, y no hace falta que nos digáis cómo los habéis obtenido. La segunda es un razonamiento que demuestre que no hay más soluciones que las que nos mandáis, es decir, que esos son todos los números de cien cifras que cumplen la igualdad.

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Solución al Desafío 27º: Así se elige un equipo goleador


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Para la primera parte basta darse cuenta que si enumeramos los 20 jugadores del 1 al 20 y de izquierda a derecha, es decir, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, el primero en elegir puede decidir si empieza por el jugador número 1 o por el jugador número 20. Es decir, tiene la opción de elegir un jugador en posición impar o un jugador en posición par.

La estrategia empieza por sumar el número de goles marcados en el torneo anterior por todos los jugadores que están en posición par por un lado y, por otro, hacer la suma de los que están en posición impar. Si la suma de los goles marcados por los que están en posición impar es mayor o igual que la de los pares (vamos a suponer que es así, como en el ejemplo que presenta Juan Mata, donde los impares han marcado 53 goles y los pares 48), el portero que elige en primer lugar puede intentar quedarse con todos los jugadores situados en una posición impar, empezando por elegir al jugador número 1.

En este caso, el portero que elige en segundo lugar está entonces obligado a elegir un jugador que se encuentra en posición par, ya que sólo puede elegir el 2 o el 20. Tanto si elige el 2 como si elige el 20, deja al portero que elige en primer lugar la posibilidad de elegir un jugador que se encuentra en posición impar, el 3 (si el segundo ha elegido el 2) o el 19 (si el segundo ha elegido el 20). En ambos casos, obliga al portero que elige en segundo lugar a elegir un jugador que está en posición par. Y así sucesivamente.

Es decir, si el portero que elige en primer lugar escoge el jugador número 1, automáticamente tiene la opción de elegir a todos los jugadores que están en posición impar y por tanto consigue su objetivo (recordemos que estamos suponiendo que la suma de los goles marcados por los que están en posición impar es mayor o igual que la de los que están en posición par).

Si la suma de los pares fuese mayor, el primer portero empezaría por elegir el 20, forzando al segundo a elegir un impar y así sucesivamente.

En cuanto a la segunda parte del desafío, si se ha de escoger entre 21 jugadores no hay estrategia posible que. Para ello veamos dos casos en los que en uno gana claramente el primer portero en elegir y en otro puede ganar claramente el segundo.

Ejemplo número 1: Todos los jugadores marcaron en el torneo anterior 1 gol, menos el que está en primera posición que marcó 2:

2, 1 ,1 ,1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1

Claramente, el primero que elige escoge el jugador 1 y consigue el objetivo. Es decir, no hay estrategia posible para el que elige en segundo lugar.

Ejemplo número 2: Todos los jugadores marcaron en el torneo anterior 1 gol, menos el que está en posición 2 que marcó 2:

1, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1

En este caso, el que elige en primer lugar está obligado a elegir el que está en posición 21 y ninguno de los dos escogerá el número 1, pues dejaría el mejor jugador en posición 2 libre para ser elegido por el portero contrario.

Pero aún así, el segundo elige el 20, el primero el 19, el segundo el 18, etc, y, por tanto, el número 2 será elegido por el segundo. Luego gana el segundo y el primero no tiene ninguna estrategia para ganar.

Las soluciones correctas a la primera parte han propuesto todas la misma estrategia, pero algunos lectores han ido un poco más alla en su análisis. Por ejemplo José Gayo Millares señala que esta estrategia es no perdedora pero no es óptima en el caso de que los goles totales de los dos grupos sean los mismos, ya que podría ocurrir que incluso en este caso el primer portero pueda ganar siempre. Por ejemplo, con los goles 1-2-2-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-1-2, donde los pares y los impares suman 4, el primer portero gana si comienza por el extremo derecho (2 goles), lo que obliga a que el segundo se quede con un solo gol. Ahora tenemos un problema de 18 jugadores al que aplicamos la estrategia no perdedora, y esto nos da la victoria en el de 20. Esta idea de que el primero en elegir vuelva a evaluar la situación en cada uno de sus turnos ha sido también sugerida por otros lectores.

Las soluciones a la segunda parte son más variadas, y muchos lectores han hecho referencias explícitas a determinados equipos, jugadores y entrenadores. Para no herir susceptibilidades recogemos como ejemplo una alejada en el tiempo y en el espacio, la que nos envía desde Alemania Daniel Richter. Si pensamos en el caso que sólo un jugador haya marcado un solo gol, entonces ganará el equipo con este jugador. Llamaremos Netzer a este jugador.

Caso 1: Si Netzer es el primero o el último en la fila: esta claro que puede elegir A a Netzer, y por eso gana.

Caso 2: Si Netzer no el primero o el último en la fila: Entonces B, siguiendo la estratégia de la parte primera, puede conseguir a Netzer. Y gana.

El caso 2 de Daniel generaliza nuestro ejemplo, y muchos otros lectores han hecho un análisis (en ocasiones muy exhaustivo) en el que, una vez elegido el primer jugador, el problema se reducía al de la primera parte del desafío.

En cuanto a las respuestas no correctas, la más frecuente para la primera parte se parece mucho a la estrategia ganadora pero tiene un fallo sutil por lo que merece comentarse. Se trata de quienes proponen empezar por analizar sólo los goles de los dos jugadores situados en los extremos y sus vecinos, es decir, los que llevan los números 1, 2, 19 y 20 en nuestra solución, y elegir, como hacíamos nosotros, mirando si han marcado más goles el 1 y el 19 o el 2 y el 20. La dificicultad estriba en que el segundo jugador no tiene por qué limitarse a elegir entre estos. Veamos un ejemplo.

Supongamos que los goles marcados son 4-6-25-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-0-5-5. El primero compara los extremos 4-6-…-5-5 y ve que el 1 y el 19 han marcado 9 goles y el 2 y el 20 han marcado 11. Elige por tanto al jugador 20. Si el segundo elige al 1, el primero, siguiendo su estrategia, eligirá al 2. Pero entonces el segundo no está obligado a elegir al 19, sino que puede “salirse de la estrategia” y elegir al 3, que con sus 25 goles le garantiza el equipo ganador. Este mismo ejemplo muestra por qué no es buena idea elegir siempre al jugador que más goles haya marcado entre los dos disponibles en cada momento.

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Un español, premio de la Sociedad Europea de Física por mejorar los aceleradores de partículas


Bajo el título: “¿te suena este Rogelio?” me ha llegado un mail refiriéndose a este artículo. Parece ser que entre los asiduos de este Blog hay un auténtico fenómeno. ¡ENHORABUENA ROGELIO! 

Rogelio Tomás García, actualmente en el CERN, es el primer español que obtiene este reconocimiento. El premio reconoce sus contribuciones a la mejora de la óptica de los haces de partículas en aceleradores como el LHC, que se aplicarán en los futuros aceleradores lineales.
rogelio tomás, premio ciencias
El investigador español Rogelio Tomás García ha sido galardonado por el Grupo de Aceleradores de la Sociedad Europea de Física con el premio Frank Sacherer a jóvenes investigadores por sus contribuciones a la mejora de los aceleradores de partículas, siendo el primer español que recibe este premio desde su creación en 1994. El jurado internacional ha valorado sus trabajos de mejora en el diseño de la óptica de los actuales aceleradores de partículas como el Gran Colisionador de Hadrones (LHC) del CERN, donde Tomás trabaja actualmente, o el RIHC (EE.UU.). El premio ha sido entregado hoy en una ceremonia en la segunda conferencia internacional sobre aceleradores de partículas (IPAC 2011), que se ha celebrado en San Sebastián del 5 al 9 de septiembre.

Rogelio Tomás García (Cuenca, 1976) es licenciado en Ciencias Físicas por la Universidad de Valencia y realizó su tesis doctoral en el Centro Europeo para la Investigación Nuclear (CERN) bajo la supervisión de Frank Schmidt y Ángeles Faus-Golfe, investigadora del Instituto de Física Corpuscular (IFIC, CSIC-Universidad de Valencia). Este trabajo de investigación trataba de medir la dinámica no lineal de las partículas del SPS (el acelerador de partículas que inyecta protones al LHC). La dinámica no lineal hace referencia a la tendencia de las partículas a “desviarse” de su movimiento armónico descrito por la física clásica cuando se produce su interacción, tendencia que puede llegar a provocar un movimiento caótico.

Los resultados de esta tesis se han usado en otros aceleradores para medir y corregir la dinámica no lineal y mejorar el periodo útil de los haces de partículas (como por ejemplo en DIAMOND, un acelerador del tipo sincrotrón situado en el Reino Unido). Posteriormente, Tomás se trasladó al acelerador RHIC de los Estados Unidos, el primero en conseguir reproducir el estado primigenio de la materia al colisionar iones pesados, para continuar estudiando cómo medir la dinámica no lineal de las partículas. Pero esta vez introdujo una innovación, un dipolo con corriente alterna, demostrando así por primera vez que era posible medir así las no-linealidades de la máquina.

Tras su paso por RHIC, Tomás recaló en el sincrotrón ALBA de Barcelona, donde trabajó en un software para corregir la dinámica lineal. Desde 2005 forma parte del centenar de españoles que integra la plantilla del CERN, el mayor laboratorio de física de partículas del mundo. Sus intereses investigadores se reparten entre la medida y corrección de la óptica en el LHC, el mayor y más potente acelerador de partículas del mundo, y el diseño de la focalización final de CLIC (el futuro acelerador lineal que diseña el CERN).

Su trabajo ha contribuido a conseguir una corrección de la óptica del LHC, sistema que se emplea para focalizar las partículas que circulan por el anillo del acelerador y hacerlas colisionar justo en los puntos de interacción señalados (los experimentos ATLAS, CMS, LHCb y ALICE). Esta labor ha conseguido reducir en niveles récord los porcentajes de error en la talla del haz (10% de error en las funciones beta, cuando normalmente es del 20% o superior).
Respecto al futuro acelerador CLIC, Tomás corrigió el diseño existente aumentando la luminosidad (cantidad de colisiones de partículas por unidad de tiempo y superficie, lo que da la medida del número de datos que se podrán analizar) un 70%. Este diseño se ensaya también en el acelerador ATF2 del laboratorio KEK de Japón (un banco de pruebas para los futuros colisionadores lineales).

Esta trayectoria le ha valido el Premio Frank Sacherer “a la primera parte de la carrera investigadora de una persona por haber realizado una contribución reciente y significativa al campo de los aceleradores de partículas”. En concreto, el jurado de esta edición, encabezado por Christopher Prior, de la Universidad de Oxford, ha destacado sus “muchas contribuciones significativas en una carrera relativamente corta”, particularmente “por su trabajo innovador en el diseño de la óptica y por sus contribuciones a las actualizaciones de las operaciones del LHC”, entre otras aportaciones.

Asimismo, el jurado destaca su talento “tanto como físico teórico como experimental”, y que, “en un corto espacio de tiempo, ha destacado como uno de los más ingeniosos y eficientes expertos del CERN en óptica de los haces de partículas, con una prometedora carrera por delante”.

En la ceremonia celebrada hoy han sido galardonados también los investigadores japoneses Shin-ichi Kurokawa, por su “liderazgo en el diseño, construcción y operación de varios aceleradores de alta energía” y su contribución al “intercambio científico entre Japón, Asia y el resto del mundo”, y Yasushige Yano, “por su liderazgo en el diseño y construcción de RIBF”, una nueva instalación en física nuclear que ha logrado “importantes avances en la tecnología de ciclotrón”.

Esta es la novena edición de estos premios otorgados por el grupo de aceleradores de la Sociedad Europea de Física, que se otorgan en la segunda conferencia internacional sobre aceleradores de partículas que se celebra esta semana en San Sebastián con la asistencia de 1.200 expertos internacionales. Este congreso cuenta con el apoyo del Centro Nacional de Física de Partículas, Astropartículas y Nuclear (CPAN), proyecto Consolider-Ingenio 2010 que promueve la participación española en este tipo de experimentos internacionales.

innovaticias.com

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27º Desafío Matemático: Cómo elegir un equipo goleador


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En un colegio dos alumnos que son porteros de fútbol deciden organizar un partido. Ellos han de elegir 10 jugadores cada uno entre 20 de sus compañeros. Para ello los 20 jugadores se ponen en fila y cada uno de los porteros ha de ir escogiendo alternativamente uno de los dos jugadores que se encuentran en el extremo de la fila.

Los porteros conocen el número de goles que cada uno de los jugadores ha marcado en un torneo anterior y el objetivo de ambos es conseguir un equipo que haya marcado más goles que el otro. Pues bien, la primera parte del desafío consiste en demostrar que el primero que elige tiene una estrategia para no perder nunca. Es decir, que puede haber empate pero siempre podrá elegir un equipo que sume tantos o más goles que el rival independientemente de cómo se coloquen los jugadores y de los goles que hayan marcado.

La segunda parte del desafío es la siguiente: ¿Existe una estrategia análoga para el primero o para el segundo en elegir si escogen entre un grupo de 21 jugadores? (se entiende que se quedará un chico sin jugar).

Perfil de Juan Mata elaborado por Santos González, catedrático de Álgebra de la Universidad de Oviedo

 

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Solución Desafío 26º: Un flotador biplaza


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Un flotador biplaza

Recordemos el problema: consistía en saber qué superficie se podía obtener pegando -sin retorcer innecesariamente- los lados del mismo color de la figura dada, de tal manera que el sentido de las flechas coincidiera y pudiendo deformarla todo lo necesario sin romperla: se podía estirar, contraer…

La respuesta correcta al desafío es un flotador para 2 personas (doble toro o superficie orientable de género 2, en terminología matemática), una de las superficies sin borde de la clasificación que se daba.

Veamos una solución detallada basándonos en las figuras de arriba . Empezamos fijándonos en que tenemos que pegar los lados violetas. En la figura 2, solo pegamos dos vértices, empujando el lado verde hacia el interior de la figura. En la figura 3, pegamos los lados violetas completos, estirando la figura hacia la derecha hasta hacerlos coincidir. En la figura 4, por comodidad, puesto que el polígono resultante tiene cuatro lados, le damos forma cuadrada. Así reconocemos más fácilmente que se obtiene un flotador o toro pegando los lados rojos y azules. En la figura 5 pegamos los lados rojos y azules para obtener un flotador. No nos podemos olvidar de las circunferencias interiores verdes, que volvemos a dibujar en la figura 6. En la figura 7, tiramos de las circunferencias verdes hacia fuera para poder enfrentarlas y pegarlas. En la figura 8, deformando un poco más la superficie y haciéndola más homogénea, reconocemos perfectamente un flotador para dos.

Aunque solo pedíamos la respuesta correcta, muchos lectores nos han enviado dibujos muy claros del proceso de construcción de la superficie. Aquí os dejamos los de Miguel Ángel Ochando (ver imagen), Sergio Guerrero (ver imagen) y Javier Castellano Colmenero (ver imagen) para que cada cual busque el que más le ayude a visualizar el resultado.

El razonamiento puede seguir otro orden o proponer otra manera distinta de visualizarlo. No hay que preocuparse siempre que se llegue al resultado: confiando en la demostración de la clasificación hecha por los matemáticos a principios del siglo XX, y que ya es todo un clásico, sabemos que no importa el orden en que peguemos los lados.

Un comentario más sobre el teorema de clasificación citado. En realidad quizás solo deformando no podamos llegar siempre a una de las superficies mencionadas, puede que aparezca como hecha un nudo en el espacio. Necesitaremos entonces cortar la superficie con unas tijeras y volver a pegar exactamente de la misma manera (si la superficie estuviera dibujada, al volver a pegar, el dibujo se recuperaría). Esto es muy distinto que romper la superficie, puesto que volvemos a pegarla de la misma manera. Por ejemplo, podemos construir un cilindro con una tira de papel pegando dos de sus lados. Pero también podríamos pegar estos mismos lados de la misma manera -conservando el dibujo o, dicho de otro modo, el sentido de las flechas- pero dando una vuelta completa a la cinta antes de pegarla. Si deformando una superficie llegáramos a este cilindro retorcido, cortando y volviendo a pegar obtendríamos el cilindro más sencillo.

Algunos lectores han aludido a la botella de Klein. Esta es una superficie que no puede construirse en el espacio tridimensional sin cortarse o intersecarse a sí misma, razón por la que deja de ser propiamente una superficie en el espacio. En particular no figura en la clasificación dada (enunciada más precisa en la versión escrita) que daba la pista sobre dónde buscar la solución.

 

Solución de JOSE LUIS MIOTA: 26 Construyendo superficies. Maito

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