La solución a sus problemas (2): Chinatown

Bueno, parece que las fiestas navideñas no han sido muy propicias para resolver problemas, porque aunque algunos nos han asegurado que el problema 1 lo han conseguido resolver fácilmente, nadie ha perseverado lo suficiente para resolver el Problema 2. Tendremos que dejar el premio desierto esta vez, y pensarnos si ponemos un premio en metálico (¿un tornillo tal vez?) para la próxima.

Para los que tienen curiosidad por saber la solución, ahí va. Se admiten comentarios de ánimo a los sufridos pensadores de problemas. Snif.

El enunciado era el siguiente:

Supongamos que hay nueve amigos en un restaurante chino sentados en una mesa circular. Cada uno pide un plato diferente que el camarero va depositando en el centro de la mesa, en la típica plataforma giratoria que permite compartir los diferentes platos.

Problema 1 (fácil):

Supongamos que el camarero ha dispuesto los platos, cada uno frente a un comensal, de forma que ninguno de ellos cae frente al que lo había pedido. Demuéstrese que, girando la plataforma, es posible conseguir que al menos dos platos se sitúen frente a quien los encargó.

Problema 2 (no tan fácil):

Supongamos que el camarero ha dispuesto los platos de forma que exactamente dos de ellos caen frente a los que lo habían pedido. Demuéstrese que, girando la plataforma, existe otra posición distinta en la que también hay al menos dos platos que se sitúan frente a quien los encargó.

Solución:

Problema 1: Este problema se resuelve fácilmente con el conocido principio del palomar. Sabemos que la mesa tiene 9 posibles posiciones. A cada comensal le corresponde una posición de la mesa (la que le deja el plato delante) que no puede ser la posición dispuesta por el camarero. Por tanto hay 9 comensales para 8 posiciones, así que es imposible que a todos los comensales les correspondan posiciones distintas. Es decir, habrá alguna posición de la mesa que deje al menos dos platos frente a quien los encargó.

Problema 2: Vamos a numerar a los comensales (o a sus posiciones en la mesa) con los números del 0 al 8, de manera que los que tienen sus platos delante en la disposición original son el 0 y el \(i\).

La disposición de los platos es una permutación de estos 9 números \(\pi(0),\pi(1),\ldots,\pi(8)\), donde sabemos que \(\pi(0)=0\), que \(\pi(i)=i\) y que \(\pi(j)\neq j\) para todo \(j\neq i,0\). Observemos que, dado un comensal \(j\), el número de posiciones que hay que girar la mesa para que tenga el plato delante es \(\pi(j)-j \) (mod 9).

Veamos una propiedad interesante: la suma de todos los números \(\pi(j)-j\) es igual a 0, porque esta suma es igual a

\((\pi(0)+\pi(1)+\cdots+\pi(8)) -(0+1+\cdots +8) = (0+1+\cdots + 8)- (0+1+\cdots +8) = 0\).

Por tanto esta suma también es obviamente 0 (módulo 9).

Si los números \(\pi(j)-j\) con \(j\neq i,0\) fueran todos distintos (módulo 9), esto querría decir que hay 7 números distintos, entre 1 y 8, cuya suma es igual a 0 (módulo 9). Pero por otro lado los números del 1 al 8 suman 36, que es 0 (mod 9). Por tanto, si los 7 números citados fueran distintos, el número que falta sería 36 menos la suma de todos ellos, luego también sería 0 (módulo 9), lo cual es imposible. Por tanto, hay al menos dos números de la forma \(\pi(j)-j\) que son iguales (módulo 9) y no nulos. Girando la mesa precisamente ese número de posiciones, habrá al menos dos comensales con sus platos delante.

Curiosidad: ¡El enunciado del problema 2 sólo es válido si el número de comensales es impar! En efecto, hemos usado que la suma de los números del 1 al 8 es 0 (mod 9). Si tuviéramos \(n\) comensales, la suma de los números del 1 al \(n-1\) sería \(n(n-1)/2\), que es múltiplo de \(n\) si y sólo si \(n\) es impar (y por lo tanto \(n-1\) es par).

De hecho, para un número par (\(2k\)) de comensales, se pueden distribuir los platos de la forma: \(0,2,4,\ldots,2k-2,1,3,5,\ldots,2k-3,2k-1\), y los números \(\pi(j)-j\) (mod \(2k\)) serían \(0,1,2,\ldots,k-1,k+1,k+2,\ldots,2k-1,0\), siendo esta la única posición en que dos comensales (y no más) tienen sus platos delante. En la figura puede verse este ejemplo con 10 comensales, por si alguno quiere imprimirlo, recortarlo y comprobarlo, girando el círculo y acordándose al mismo tiempo de los teléfonos de su infancia.

Números bonitos, números feos

Con motivo del sorteo de la Lotería de Navidad, El País recupera los desafíos matemáticos, una iniciativa con la que EL PAÍS y la Real Sociedad Matemática Española celebraron el año pasado el centenario de esta institución. En esta ocasión será solo uno, así que Adolfo Quirós Gracián, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid y vicepresidente de la RSME, presenta el Desafío Extraordinario de Navidad

Entre los acertantes se sorteará una biblioteca matemática como la que ofreció EL PAÍS en el quiosco durante 2011. El ganador recibirá, además, por cortesía de la RSME el libro ‘Desafíos Matemáticos’, una publicación de SM en la que se recogen los 40 desafíos matemáticos que ofrecimos en la web semana a semana. Manda tu respuesta antes de las 00.00 horas del sábado 22 de diciembre (la medianoche del viernes al sábado, hora peninsular española) a problemamatematicas@gmail.com y participa en el sorteo. Continuar leyendo “Números bonitos, números feos”

Problemas tenemos tós (2): Chinatown

Hemos visto el problema 1 en Página|12.

Supongamos que hay nueve amigos en un restaurante chino sentados en una mesa circular. Cada uno pide un plato diferente que el camarero va depositando en el centro de la mesa, en la típica plataforma giratoria que permite compartir los diferentes platos.

Problema 1 (fácil):
Supongamos que el camarero ha dispuesto los platos, cada uno frente a un comensal, de forma que ninguno de ellos cae frente al que lo había pedido.  Demuéstrese que, girando la plataforma, es posible conseguir que al menos dos platos se sitúen frente a quien los encargó.

Problema 2 (no tan fácil):
Supongamos que el camarero ha dispuesto los platos de forma que exactamente dos de ellos caen frente a los que lo habían pedido. Demuéstrese que, girando la plataforma, existe otra posición distinta en la que también hay al menos dos platos que se sitúan frente a quien los encargó.

Esperamos las soluciones en blog.algebra@gmail.com antes de las 0:00 horas del 8 de enero.

Dejamos abierta la opción de hacer comentarios, aunque esperamos que no se aporten ahí las soluciones ni se den pistas demasiado evidentes.

La cuadrilla de segadores

Grigory Myasoyedov (1887): los segadores

Según cuenta Y. Perelman, el físico A. Tsinguer se refiere a este problema, en sus recuerdos de L. Tolstoi, como uno de los preferidos del escritor. No en vano es conocido por muchos como el problema de Tolstoi. El enunciado es el siguiente:

Una cuadrilla de segadores debe segar dos campos, uno de doble superficie que el otro. Por la mañana toda la cuadrilla trabaja en el campo grande. Por la tarde, después de comer, media cuadrilla sigue trabajando en el campo grande, mientras que la otra media lo hace en el campo pequeño. Al terminar la jornada, ambos campos habrán sido segados, excepto una porción del campo pequeño que segará un solo segador volviendo al día siguiente y trabajando toda la jornada. ¿Cuántos segadores había?

La solución se puede encontrar fácilmente en internet. Por supuesto yo os animo a intentarlo antes de buscar la respuesta.

La conjetura de Casas-Alvero

Una de las entradas que más nos gustan de Gaussianos es ésta sobre la conjetura de Casas-Alvero.

Inicialmente Gaussianos lo publicó como un problema propuesto por la página sin referir que era un problema abierto, para ver qué ideas aportaban sus lectores.

Sea \(f(x)\) un polinomio de grado \(n>0\) con coeficientes complejos que comparte un cero (una solución) con cada una de sus derivadas no triviales (es decir, tal que \(f(x)\) y \(f^{k)}(x)\) tienen una raíz común para \(k=1,\ldots ,n-1\)). Demostrar que entonces debe ser

\(f(x)=a\cdot (x-b)^n\)

para ciertos números complejos \(a\) y \(b\) o encontrar un polinomio distinto al anterior que cumpla las condiciones anteriores.

Evidentemente uno de ellos se dio cuenta, pues sus lectores son (¿somos?) bastante avispados.

Posteriormente publicó este post, antes refereido, en el que Eduardo Casas-Alvero cuenta la conjetura de Casas-Alvero:

La ahora llamada conjetura de Casas-Alvero surgió como pregunta hacia 1998-99. Yo (Eduardo) acababa de obtener unos resultados sobre curvas polares (que luego aparecieron en Journal of Algebra 240(1), 2001) y estaba intentando establecer a partir de ellos un criterio de irreducibilidad para series de potencias en dos variables con coeficientes complejos. En determinado momento necesité usar que un polinomio en una variable que comparte raíces con todas sus derivadas de grado positivo es potencia de uno lineal. Al principio me pareció un hecho que no debía de ser difícil, de modo que lo dejé de lado para dedicarme a lo que parecían ser partes más serias de la demostración del criterio. Con todos los cabos más o menos atados volví al problema en una variable para descubrir que no era nada fácil. Estuve un tiempo intentando diversos tipos de argumentos y todo lo que conseguí fueron varias retorcidas maneras de obtener las fórmulas de Cardano, pero ninguna demostración de lo que quería. Luego empecé a preguntar a los colegas: primero a los de mi universidad, más tarde en congresos y visitas a otras universidades, en mis conferencias… Todo lo que obtuve fueron entretenidas discusiones, pero ningún avance, hasta que Lalo González-Vega (U. de Cantabria) me escuchó la pregunta y junto con Gema M. Díaz-Tocaprobó que el resultado era cierto para polinomios de grado menor o igual que ocho (Maple conference 2006. Proceedings of the conference, Waterloo, Ontario, Canada, July 23-26, 2006, pages 81-98, Waterloo, 2006. Maplesoft, la primera publicación sobre el tema, que yo sepa).

En 2007, Hans-Christian Graf von Bothmer, Oliver Labs, Josef Schicho, y Christiaan van de Woestijne publicaron en Journal of Algebra la demostración del hecho para polinomios cuyo grado es potencia de primo o el doble de potencia de primo; puede verse en http://arxiv.org/abs/math/0605090 . Recientemente (2010) Jan Draisma (Eindhoven) y Johan P. de Jong, han obtenido una demostración más simple que extiende el resultado a polinomios de grado p^n,2p^n, 3p^n y 4p^n, para p primo; han escrito además artículos de divulgación y un curioso applet sobre el problema (que puede verse en esta web).

Por mi parte he vuelto al problema un par de veces en estos años sin resultados (encontré una demostración preciosa, con polígonos curvilíneos e inversiones del plano, pero totalmente falsa). El criterio de irreduciblidad para series sigue pendiente y no descarto volver a trabajar en él (y en la conjetura si no puedo evitarla) en cuanto tenga algo de tiempo.