Erickson ¡Ajá! Soluciones

1. Auflage 2015
ISBN: 978-84-675-8908-5
Verlag: Ediciones SM España
Format: EPUB
Kopierschutz: Adobe DRM (»Systemvoraussetzungen)

E-Book, Spanisch, Band 3, 277 Seiten

Reihe: Estímulos Matemáticos

A cualquier matemático, tanto principiante como aficionado o profesional, le emociona encontrar soluciones sencillas y elegantes para problemas aparentemente difíciles. Estas soluciones 'felices' son denominadas 'soluciones ¡Ajá!', una expresión popularizada por el matemático y científico Martin Gardner.Este libro consta de 100 problemas con soluciones ¡Ajá! de aritmética, geometría, álgebra, cálculo, probabilidad, teoría de números y combinatoria. Al principio son fáciles y se van volviendo más difíciles, a medida que se avanza.Además cuenta con problemas extras que se resuelven con técnicas similares a las utilizadas en el problema al que acompañan. Y si el lector no recuerda una definición o un concepto matemático, puede consultar la 'Caja de herramientas' que aparece al final.Esta colección de problemas con soluciones ¡Ajá! puede resultar de interés para alumnos, profesores y todo aquel a quien le gusten los retos matemáticos. Las soluciones ¡Ajá! son sorprendentes, impresionantes y brillantes: revelan la belleza de las matemáticas.

Autoren/Hrsg.

Erickson, Martin

Leseproben

1.1 Aritmética

Reparto justo

Ana tiene quince galletas y Berta tiene nueve. Carla, que no tiene ninguna galleta, paga a Ana y a Berta 24 céntimos por compartir sus galletas. Cada chica se come un tercio de las galletas. Berta dice que ella y Ana se deberían repartir los 24 céntimos a partes iguales, 12 para cada una. Ana dice que como ella ha aportado quince galletas y Berta solo nueve, ella debería quedarse quince céntimos y Berta nueve.

¿Cuál es la forma más justa de repartir los 24 céntimos entre Ana y Berta?

Solución

La clave del problema está en determinar el valor de una galleta. Cada chica se ha comido ocho galletas. Como Carla ha pagado 24 céntimos por ocho galletas, cada galleta se valora en 3 céntimos. Entonces Ana, que empieza con quince galletas y vende siete a Carla, debería recibir 21 céntimos, y Berta, que empieza con nueve galletas y vende una a Carla, debería recibir 3 céntimos.

EXTRA: REPARTO DE CAJAS DE GALLETAS

Ana, Berta y Carla tienen 21 cajas de galletas (todas del mismo tamaño). Siete están llenas, siete están por la mitad y siete están vacías; por el peso saben cuáles son. Las chicas quieren repartirse las cajas de tal forma que cada una se lleve el mismo número de cajas y la misma cantidad de galletas. ¿Cómo pueden lograrlo sin abrir ninguna de las cajas?

Hay dos formas diferentes, tal y como se muestra a continuación.

Ana Ana

Berta Berta

Carla Carla

Hemos llamado L a las cajas llenas, M a las cajas que están por la mitad y V a las vacías. En ambas soluciones, cada chica se lleva siete cajas y una cantidad de galletas equivalente a tres cajas y media. No hemos contado como soluciones distintas las que se obtienen permutando los nombres de las chicas.

Como veremos más adelante (en Triángulos enteros, página 239), cada solución se corresponde con un triángulo de lados enteros y perímetro siete, como ves en la figura de debajo. La longitud de los lados del triángulo se corresponde con el número de cajas llenas que le toca a cada chica en el reparto.

Una simple fracción

A. Encuentra una fracción entera entre 1/4 y 1/3 tal que el denominador sea un entero positivo menor que 10.

B. Encuentra una fracción entera entre 7/10 y 5/7 tal que el denominador sea un entero positivo menor que 20.

Solución

A. Como , tomando recíprocos, obtenemos las desigualdades

En efecto, multiplicando en cruz, tenemos que:

porque 1 · 7 < 4 · 2

y

porque 2 · 3 < 7 · 1.

Puedes comprobar que 2/7 es la única solución probando todas las demás posibilidades.

B. Fíjate en que la fracción que aparece en el apartado anterior se puede obtener sumando los numeradores y los denominadores de 1/4 y 1/3.

¿Servirá el mismo truco para 7/10 y 5/7? Vamos a probar con la posible respuesta

Verificamos las desigualdades

multiplicando en cruz

porque 7 · 17 < 10 · 12

y

porque 12 · 7 < 17 · 5.

Puedes comprobar que 12/17 es la única solución probando todas las demás posibilidades.

EXTRA: FRACCIONES MEDIADORAS

Las respuestas dadas en A. y B. se denominan fracciones mediadoras o mediaciones1. La mediación de a/b y c/d es (a + c)/(b + d). Por ejemplo, la mediación de 1/4 y 1/3 es 2/7 y la mediación de 7/10 y 5/7 es 12/17. Si a/b < c/d (con b y d positivos), entonces

Comprueba estas desigualdades multiplicando los términos en cruz.

Aquí damos una demostración ¡Ajá! de las desigualdades que satisface la mediación. Si a, b, c y d son todos positivos, podemos interpretar las fracciones como concentraciones de sal en agua. Supongamos que tenemos dos disoluciones de agua salada, la primera con a cucharaditas de sal en b litros de agua, y la segunda con c cucharaditas de sal en d litros de agua.

La concentración de sal en la primera disolución es a/b cucharaditas/litro, mientras que la concentración de sal en la segunda es c/d cucharaditas/litro. Supón que la primera disolución está menos salada que la segunda, es decir, que a/b < c/d. Ahora, si combinamos las dos disoluciones, obtenemos una disolución con a + c cucharaditas de sal en b + d litros de agua, por lo que ahora la salinidad es (a + c)/(b + d) cucharaditas/litro. Evidentemente, la nueva disolución es más salada que la primera y menos que la segunda.

Es decir,

¡Hemos obtenido una demostración de lo más salada!

Una larga suma

¿Cuánto vale la suma de los cien primeros enteros,

1 + 2 + 3 + … + 100?

Por supuesto, podríamos sumar los números de uno en uno. Pero en vez de eso buscamos una solución ¡Ajá!, un cálculo simple que dé la respuesta inmediatamente y profundice en el problema.

Solución

Observa que los números se pueden emparejar de la siguiente manera

1 y 100,

2 y 99,

3 y 98,

…

50 y 51.

Tenemos 50 parejas y cada pareja suma 101, por lo que nuestra suma vale 50 · 101 = 5050.

Esta solución funciona en general para la suma

1 + 2 + 3 + … + n,

donde n es un número par. Emparejamos los números como antes

1 y n,

2 y n - 1,

3 y n - 2,

…

n/2 y n/2 + 1.

Tenemos un total de n/2 parejas y cada una suma n + 1, por lo que nuestra suma vale n/2 · (n+1) = n(n+1)/2.

¿Qué sucede si n es impar? No podemos emparejar los números como antes (el término central no tiene pareja). Sin embargo, añadiendo un 0 no se cambia el resultado final

0 + 1 + 2 + 3 + … + n.

Ahora tenemos un número par de términos, y pueden ser emparejados de la forma

0 y n,

1 y n - 1,

2 y n - 2,

…

(n - 1)/2 y (n - 1)/2 + 1.

Tenemos (n + 1)/2 parejas y cada una suma n por lo que nuestra suma vale, de nuevo, n(n + 1)/2.

Hay un “método de duplicación” que funciona tanto para n par como impar. Si S es el valor de la suma, introducimos un duplicado de S escribiendo los sumandos al revés

Suma las dos expresiones de S, agrupando los primeros términos, después los segundos términos, y así sucesivamente

2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1).

Como el término n+1 aparece n veces esta expresión se reduce a

2S = n(n + 1),

es decir,

.

EXTRA: LA SUMA DE UNA PROGRESIÓN ARITMÉTICA

Se dice que Carl Friedrich Gauss (1777-1855), uno de los más grandes matemáticos de todos los tiempos, resolvió nuestro problema para n = 100 en el colegio cuando tenía 10 años de edad. Sin embargo, según Eric Temple Bell [2], el problema que resolvió Gauss fue realmente más difícil. El problema era del siguiente tipo:

Calcula la siguiente suma: 81297 + 81495 + 81693 + … + 100899, donde la diferencia entre dos números es siempre la misma (en este caso 198) y se tiene que sumar un número determinado de términos (en este caso 100).

El problema mencionado por Bell consiste en realizar la suma de una progresión aritmética. Podemos calcular la suma usando nuestra fórmula para la...