Hoy viernes traemos otro de los problemas matemáticos que se proponen en la edición digital de El País. Hoy mismo apareció el decimosexto de los 30 que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.
Este problema diecisiete se titula Una mesa y un mantel y lo propone Alberto Castaño Domínguez, estudiante de doctorado de la Facultad de Matemáticas de la Universidad de Sevilla. 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 11 de julio.
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.
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El enunciado del problema ha sido modificado:
«Nota importante: Han llegado ya varias soluciones erróneas porque no tienen en cuenta que el papel hay que cortarlo transversalmente, no longitudinalmente o de forma diagonal. Es decir, las tiras de papel deben mantener el ancho de 20 centímetros.»
Ésto descarta (ahora, no antes) la solución trivial de hacer cortes verticales y horizontales para obtener 13500 cuadrados de 1×1.
Información Bitacoras.com…
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Ya empezamos…
En el vídeo inicial se dice claramente que el papel solamente puede cortarse transversalmente (como habitualmente se corta un rollo de papel higiénico). Creo que desde el principio estaba bastante claro.
Está bien que lo aclaren aún más si ven que llegan soluciones erróneas por malas interpretaciones del problema, pero eso no significa ni que se haya modificado el enunciado ni que en principio estuviera mal explicado.
Por ello, josejuan, antes ya estaba bastante claro que el papel no se puede cortar longitudinalmente.
Por fin creo que capté el enunciado a la primera. Creo que ya tengo la solución, pero es complicado de narices…
Resuelto. A mí, particularmente, me ha resultado sencillo (intuitivo).
Una vez resuelto, lo miras y parece una pijada… pero que se te ocurra algo así, no me parece nada evidente.
A mí tampoco me ha resultado difícil el sacarlo.
¿Sabéis si el largo del papel tiene que ser siempre mayor que el ancho? Es decir, ¿el tamaño mínimo de trozo de papel que podemos coger es de 20×20? o ¿podemos coger uno de 20×0.2?
Puedes
Mi respuesta es que no tiene solución (no diré mi razonamiento). Mi enhorabuena al que haya conseguido ‘cuadrar’ la figura.
Este me ha parecido muy sencillo.
De hecho, la solucion que he encontrado guarda cierta similitud con el problema del -1 y 1 de las aristas y los vertices del cubo.
No quería reventar el problema, pero efectivamente. No tiene solución. ¿No es una pista gorda decir esto?
Yo creo que decir que no tiene solución sí es una pista gorda (siempre que sea cierto, claro).
A mí me recuerda enormemente al problema 10…
Tengo una demostración muy bonita considerando cierta integral sobre la mesa (análisis real). Y es corta.
¿Alguien sabe por dónde voy?
Aitz, No nos aguantamos eh… Sí, sé por dónde vas. ¿No crees que hay una demostración más corta que esa?
Voy a echar un vistazo al prob. 10 a ver de qué va.
jaja ¡No! ¡no me aguantaba!
La demostración es una linea si se tiene la base.
(que tampoco es tanta, cosas más complicadas he visto yo por aquí de algebra para otros problemas, para una vez que puedo hacer uno con análisis xD)
Quería añadir a lo dicho que a mí este problema me ha recordado a uno que salió hace bastante tiempo en Gaussianos (en realidad es el mismo pero más general). ¿Alguien sabe a cuál me refiero?… Es un problema (el general) que desde que lo conocí me encandiló por la variedad de soluciones que se habían encontrado (por lo menos 11) y muy diferentes unas de otras. Desde luego algunas soluciones son más intuitivas y requieren menos conceptos matemáticos que otras, así que dudo que en las respuestas de los concursantes aparezcan tantas (me da la sensación de que va… Lee más »
@Garnet: para llegar a la conclusión he usado una demostración bastante trivial. ¿Cómo de compleja o trivial ha sido tu forma de llegar a la conclusión?
Yo este le resolvi bastante facilmente en cosa de 5 minutines…
A lo que apunto no es a la complejidad que tiene la demostración en sí, sino a llegar a la conclusión de que ese era el camino más directo. Por supuesto que la demostración es trivial una vez la ves y la entiende un chaval de 15 años. La cosa es, o se te ocurre y lo ves en un momento o te toca trabajar duro para ver por dódne atacas el problema. A mi me costó 1 hora ver que la forma menos costosa era la que sugiere Aitz. Aplicar más mates a este problema resulta que lo complica… Lee más »
Intuyo que mi demostración (que es una especie de descenso infinito geométrico xD) no tiene nada que ver con la vuestra, pero es mucho mejor así. Me lo pasé muy bien descubriendo los diferentes enfoques que habíamos usado los que resolvimos el desafío Nº 15. A ver si sucede lo mismo ahora.
Sinceramente, no se me ocurre otra manera de demostrarlo, y eso que supuestamente al tener una demostración ya hecha tenemos bastantes pistas de por dónde puede ir un argumento más geométrico. Pero ni así. Tengo bastante curiosidad por ver qué solución van a dar los del país y los foreros de por aquí. Lo que sí veo, es que si hago la hipótesis de que no existen cortes de longitud irracional entonces el problema se vuelve muy sencillo. Pero la demostración con la integral no necesita de esta hipótesis de lo que supongo que las otras demostraciones de las que… Lee más »
@Aitz, no, no creo que los del País vayan a suponer cortes de longitud racional. Yo he dado con la solución sin integrales ni supuestos «racionales» (aunque he podido equivocarme, claro).
Sive, presiento que tu demostración es la que más me va a gustar… Intenté algo así, pero me aburrí y pasé a buscar otro enfoque. Me están dando ganas de volver a intentarlo siguiendo ese camino.
El enfoque de Jesús todavía no lo conozco, pero también promete ser interesante.
Vale, me acabo de dar cuenta que se puede hacer con la pista de josejuan sin suponer cortes racionales… josejuan daba como pista el problema 10… pero cunado lo dijo yo no pensé en intentar una adaptación del argumento que valiese para este caso sin discretización. Apuesto a que la solución de josejuan va a ser la solución de el país.
@Garnet, la mía no es una demostración difícil, pero tiene varios casos a estudiar y eso la vuelve un tanto fea, para mi gusto. Y si a mí, que soy su padre, no me gusta demasiado…
Me centro en demostrar que si tengo un solución para una mesa de (M x N), entonces puedo obtener otra para una mesa de (M-20 x N). El resto es fácil de imaginar.
Mi solución es muy, muy sencilla. Se basa en criterios puramente de paridad. Pensad en un tablero de ajedrez. La solución se escribe en medio folio, pero visualmente se entiende de inmediato.
Mi demostración (que no se puede cubrir la mesa – puede ser errónea, por supuesto) la he escrito en cuatro líneas sin necesidad de usar ningún tipo de concepto algebraico o analítico. Va un poco en la línea de lo que afirma Manuel.
Pues yo tengo un argumento púramente geométrico muy chulo. En parte tiene algo que ver con lo que afirma Manuel… apelo a una caracterización alternativa del asunto con la cual la cosa sale trivial. Eso sí, la demostración de la caracterización pierde gran parte de su elegancia (sólo se me ocurrió hacerla por inducción).
El problema al que me refería está en esta entrada de Gaussianos:
https://gaussianos.com/rectangulo-con-lado-natural/
En los comentarios ya aparecen algunas posibles soluciones y al final se dan enlaces con resoluciones en inglés y en español.
A mí me parece un problema estupendo.
Aaaaaargh, en los links de Sara está la demostración que yo pensé con integrales. Y yo que pensaba que había sido muy original.
Y la otra demostración que tengo con la sugerencia de josejuan se basa en el siguiente dibujo:
http://imageshack.us/photo/my-images/89/dibujovqq.jpg/
Básicamente es contar si hubiera solución qué longitud toman los trozos de papel teniendo en cuenta la igualdad de áreas y por otro lado teniendo en cuenta cuando colocas un rectángulo que parte de línes se lleva y sumar.
Ya decía que me sonaba el problema… pero no sabía de qué. Yo parto de una mesa con una solución válida, y hago sobre ella transformaciones que dan lugar a soluciones también válidas. Las transformaciones consisten en unir trozos consecutivos, girar 180º figuras en una determinada posición, y expandir siempre que sea posible los trozos horizontales (sustituyendo total o parciaalmente a trozos verticales adyacentes). Es difícil de explicar sin hacer dibujos, a ver si encuentro un rato. Después viene el único punto con cierta dificultad en la demostración, más que nada porque se vuelve un tanto engorrosa. Demuestro que aplicando… Lee más »
Pues me parece un argumento muy chulo Sive.
¡Si tienes tiempo a escribirlo con algún detalle más ya tienes a uno que se lo leerá con gusto!
Mi idea fue sacar artillería pesada: Demostré (o eso creo) que si existía un recubrimiento de la mesa en las condiciones del enunciado, entonces marcando sobre la mesa todos los lados de los trozos de papel que tienen longitud 20, quedaban dibujadas poligonales que unían cualquier vértice de la mesa con otro vértice distinto de la mesa. Por tanto, si el recubrimiento fuera posible, tenía que existir una poligonal, dentro de la mesa, formada por segmentos verticales u horizontales cada uno de longitud múltiplo de 20cm, que conectara cualquier vértice de la mesa con otro. A partir de ahí, demostrar… Lee más »
Mi solución es también la del tablero de ajedrez, que menciona Manuel. Si se recubre el mantel con un tablero de ajedrez con casillas tamaño 10×10, cualquier tira de papel cubre tanta superficie de casillas negras como de blancas, pero hay más casillas de un color, así que es imposible cubrir todo el mantel.
Mi solución, aderezada con un pequeño dibujo, era la siguiente. Cojamos el tablero de 90×150 y lo cuadriculamos con lado 10 y lo sombreamos como un tablero de ajedrez. A continuación la observación clave: una tira rectangular con un lado 20 colocada paralela a los lados del tablero, sea cual sea su longitud, solapa una misma cantidad de área blanca y negra. Es fácil de ver y demostrar. Una sucesión de tiras del mismo tipo solapará la misma cantidad de área blanca y negra. Pero, desgraciadamente, el tablero tiene un número impar de casillas, de modo que, dependiendo de como… Lee más »
Manuel y Jesús: En algunos comentarios más arriba comento que este razonamiento no lo prueba el caso en que se intente construir una solución con cortes de papel por ejemplo de longitud raiz de 2.
Pero vuestro argumento tiene una versión continua si no me he equivocado, basándose en este dibujo:
http://imageshack.us/photo/my-images/89/dibujovqq.jpg/
(Tengo algún comentario del argumento para la contradicción más arriba)
Supongo que quizás exista algún argumento para decir que nos podemos reducir al caso «discreto», pero lo desconozco, de ahí que me matara a pensar la versión continua.
Esto debería dejar borrar comentarios en el caso que tu comentario es el último o algo así xD
@Aitz, cualquier tira de papel rectangular de anchura 20, cualquiera que sea su longitud, dispuesta horizontal o verticalmente, cubre la misma superficie de casillas blancas que negras. No veo por qué el argumento no sirve para longitudes no racionales.
A mi las demostraciones de Manuel y de Jesús me parecen correctas e impecables. Coqueteé con la idea del tablero de ajedrez, pero no caí en «la observación clave» 🙁
Ya tenemos solución, concretamente la que comentaba Manuel:
Una mesa no igualitaria
Se menciona más arriba una demostración basada en cierta integral. Supongo que se refiere a que la integral doble de una sinusoide de períodos 20 (horizontal) y 20 (vertical), aplicada sobre una superficie igual al mantel tiene resultado no nulo, mientras que la integral sobre cualquier tira de papel de anchura 20 (y longitud arbitraria) es nula: por tanto, todo recubrimiento con tiras tendrá integral nula, luego es imposible que las tiras cubran el mantel. La idea del ajedrez es esencialmente la misma. Si se reemplaza la sinusoide por cierta función periódica binaria (la que toma valores 1 en las… Lee más »
Buah que fácil era.
Me ha sentado fatal no verlo… con el lío que he montado yo para resolverlo.
Buenas, está claro que no se puede pero la explicación que dan en el País, me parece que, por ejemplo, llegan a coger cuadrados de 5cm ya no es válida…habría mismo número de cuadrados verdes y rojos y el paple también cubriría mismo numero de cada color no? eso sólo vale al cogerlos de 10 cm(que siempre subrará uno de 10×10 al ser el resto de los lados al dividirse por 20)
Me refiero, eso valdría como demostración??
Bueno… se puede decir, considero que es una variante del clasico del tablero de ajedrez y las 31 fichas de dominó.
Lo que quiero decir, es que, la explicación me parece muy buena para ver que no se puede, pero no me parece una demostración, sólo una explicación de porque no se puede…. supongo que muchos aquí se dieron cuenta enseguida que no se podía con razonamientos similares, pero la dificultad era demostrarlo para que no quedra «duda» de la imposibilidad….
Pmat, ¿por qué no te vale como demostración? Supongo que será porque no ha demostrado cosas como que la tira cubrirá siempre lo mismo de blanco que de negro, pero vamos, yo creo que es tan obvio que no hace falta. Es una demostración completa para mi gusto.
Sí, claro que es completa. Es una demostración perfectamente válida.