TOMADO DE:
MATEMÁTICA PARA TODOS
viernes, 25 de julio de 2014
LA HORA PUBLICITARIA (PROBLEMA)
Es un hecho muy conocido que la hora marcada en la propaganda de los relojes de pulsera, siempre es
las 10 y 10 minutos. El tema ha motivado incluso consultas en la sección de cartas a los periódicos, a
las que han correspondido los relojeros apelando a razones de estética.
Será. Pero a nosotros matemáticos, esto nos plantea de inmediato el Problema número 1: ¿Qué hora
deberá marcar exactamente el reloj para que los ángulos de horario y minutero respecto a las 12 h sean
iguales?
Este problema es fácil. Pero puede plantearse uno más laborioso. A veces el reloj incluye segundero, y
en este caso éste marca las 6 aproximadamente (los 30s), de modo que los ángulos de las tres agujas
son aproximadamente iguales, de unos 120º. No es difícil demostrar que no pueden ser
matemáticamente iguales a 120º. Pero ahí viene el Problema número 2: ¿Cuál es la hora que deberá
marcar el reloj para que los tres ángulos se aproximen más a 120º? Entendemos por "aproximarse
más" que la suma de las diferencias en valor absoluto de cada ángulo con 120º sea lo menor posible.
SOLUCIONES
Problema número 1.
Si llamamos x al ángulo que el horario forma con la línea de las 10 h, el que el minutero formara con las 12 h será 12x, pues el minutero avanza 12 veces más aprisa que el horario. Siendo el ángulo entre las 10 y las 12 de 60º, la ecuación es obvia:
12x = 60 - x
De donde resulta x = 60/13 de grado. Puesto que 360º corresponden a 12 h, el ángulo equivale a 2/13 de hora. Es decir, que la hora marcada por el reloj es 10h 9m 13s 11/13.
Problema número 2.
Si el ángulo entre el horario y el minutero fuera exactamente de 120º, por consideraciones similares obtenemos que el ángulo x vale en este caso 60/11 de grado, es decir, que el reloj marcaría las 10h 10m 54s 6/11. Pero entonces el segundero marcaría unos 54 s, muy lejos de los 30s. Se concluye que el punto óptimo que buscamos ha tenido lugar hace aproximadamente medio minuto.
Supongamos ahora que el ángulo del horario con las 10h es x - ε . Recordando que el segundero va 60 veces más aprisa que el minutero, los valores quedan ahora convertidos en:
● Ángulo del horario: 60/11 - ε
● Ángulo del minutero: 720/11 - 12ε
● Ángulo del segundero: 60(720/11 - 12ε ) = 43200/11 - 720ε mod 360 = 43200/11 - 3600 - 720ε
= 3600/11 - 720ε
Del ángulo del segundero hemos restado un número suficiente de circunferencias, concretamente 10, o sea 3600º, para conseguir que el valor final sea inferior a 360º.
En primera aproximación, podemos concluir que ε deberá ser del orden de medio minuto horario (o sea unos 3º). Veamos los ángulos entre las respectivas manecillas.
Unos tanteos rápidos concluyen que el mínimo se alcanza cuando el tercer paréntesis se anula, o sea para e = 1560/7909 grados. Con lo cual el ángulo buscado vale:
x = 41580/7909 grados. Este ángulo equivale a 1386/7909 de hora. O sea que son las:
:
10h 10m 30s 630/719
Como se ve, el resultado es de lo mas preciso. Los ángulos valen:
a 1 = 117,83º
a 2 = 122,17º
a 3 = 120,00o
tomado de: http://www.mensa.es/juegosmensa/s111115.html#SOLU111
las 10 y 10 minutos. El tema ha motivado incluso consultas en la sección de cartas a los periódicos, a
las que han correspondido los relojeros apelando a razones de estética.
Será. Pero a nosotros matemáticos, esto nos plantea de inmediato el Problema número 1: ¿Qué hora
deberá marcar exactamente el reloj para que los ángulos de horario y minutero respecto a las 12 h sean
iguales?
Este problema es fácil. Pero puede plantearse uno más laborioso. A veces el reloj incluye segundero, y
en este caso éste marca las 6 aproximadamente (los 30s), de modo que los ángulos de las tres agujas
son aproximadamente iguales, de unos 120º. No es difícil demostrar que no pueden ser
matemáticamente iguales a 120º. Pero ahí viene el Problema número 2: ¿Cuál es la hora que deberá
marcar el reloj para que los tres ángulos se aproximen más a 120º? Entendemos por "aproximarse
más" que la suma de las diferencias en valor absoluto de cada ángulo con 120º sea lo menor posible.
SOLUCIONES
Problema número 1.
Si llamamos x al ángulo que el horario forma con la línea de las 10 h, el que el minutero formara con las 12 h será 12x, pues el minutero avanza 12 veces más aprisa que el horario. Siendo el ángulo entre las 10 y las 12 de 60º, la ecuación es obvia:
12x = 60 - x
De donde resulta x = 60/13 de grado. Puesto que 360º corresponden a 12 h, el ángulo equivale a 2/13 de hora. Es decir, que la hora marcada por el reloj es 10h 9m 13s 11/13.
Problema número 2.
Si el ángulo entre el horario y el minutero fuera exactamente de 120º, por consideraciones similares obtenemos que el ángulo x vale en este caso 60/11 de grado, es decir, que el reloj marcaría las 10h 10m 54s 6/11. Pero entonces el segundero marcaría unos 54 s, muy lejos de los 30s. Se concluye que el punto óptimo que buscamos ha tenido lugar hace aproximadamente medio minuto.
Supongamos ahora que el ángulo del horario con las 10h es x - ε . Recordando que el segundero va 60 veces más aprisa que el minutero, los valores quedan ahora convertidos en:
● Ángulo del horario: 60/11 - ε
● Ángulo del minutero: 720/11 - 12ε
● Ángulo del segundero: 60(720/11 - 12ε ) = 43200/11 - 720ε mod 360 = 43200/11 - 3600 - 720ε
= 3600/11 - 720ε
Del ángulo del segundero hemos restado un número suficiente de circunferencias, concretamente 10, o sea 3600º, para conseguir que el valor final sea inferior a 360º.
En primera aproximación, podemos concluir que ε deberá ser del orden de medio minuto horario (o sea unos 3º). Veamos los ángulos entre las respectivas manecillas.
- Ángulo horario-minutero:
(obvio) - Ángulo minutero-segundero:
- Ángulo segundero-horario:
Unos tanteos rápidos concluyen que el mínimo se alcanza cuando el tercer paréntesis se anula, o sea para e = 1560/7909 grados. Con lo cual el ángulo buscado vale:
x = 41580/7909 grados. Este ángulo equivale a 1386/7909 de hora. O sea que son las:
:
10h 10m 30s 630/719
Como se ve, el resultado es de lo mas preciso. Los ángulos valen:
a 2 = 122,17º
a 3 = 120,00o
EL BENDITO 59
Seguimos en la zona de los números "poco interesantes". ¿Qué podremos decir sobre el 59? Antonio
Cebrián nos demostrará un poco más adelante que mucho. Como editor, permítaseme citar solamente
estas propiedades:
Platón, en el Libro V de Leyes, dice que éste es el número de divisores que debía tener el número de
parcelas en que se fraccionaba el territorio de una nueva ciudad.
La solución tradicionalmente propuesta es 5040, que en efecto es la menor de las posibles. Sin
embargo, hay muchas más. Recordemos que si un número admite la descomposición en factores
primos N = aα bβ cγ …lλ , el número total de divisores (incluido el propio número) vale N(D) = (α
+1)(β +1)( γ +1)…(λ +1). Para N = 60, es efectivamente 60 = 24·32·5·7, conque N(D) = 5·3·2·2 = 60,
pero infinidad de otros números con los mismos exponentes y distintos factores primos cumplen con
la condición, por ejemplo 17820 = 22·34·5·11.
Observemos que 5040 = 7! = 1·2·3·4·5·6·7. Es decir, que el número de Platón es también el número de
diferentes permutaciones que podrían formarse con los días de la semana, por ejemplo.
¿Recordáis el número de Ramanujan? Era 1.729, el primero que era dos veces suma de dos cubos,
pues 1.729 = 103 + 93 = 123 + 13. Pues bien, similarmente el 59 interviene en un célebre problema
propuesto ya mucho antes por Euler, en 1772: hallar el menor número que es dos veces suma de
cuartas potencias. El mismo Euler halló la solución:
635.318.657 = 594 + 1584 = 1334 + 1344
59 es también el número de regiones de R3 delimitadas por las caras de un octaedro regular.
También es el segundo primo irregular (el primero es 37). Los primos irregulares son aquéllos tales
que el número de clases de divisores de Q(ξ p) es divisible por p (ξ p es una raíz primitiva de la unidad
de grado p). Estos números deben dividir el numerador de uno de los p - 3 primeros números de
Bernouilli.
Antes de la definitiva demostración por Wiles del Gran Teorema de Fermat, los números primos
irregulares jugaban un importante papel, pues la mejor aproximación a que se había llegado era
demostrar que el teorema no se verificaba para ningún número, salvo los primos irregulares.
TOMADO DE: https://www.mensa.es/carrollia/c59.pdf
Cebrián nos demostrará un poco más adelante que mucho. Como editor, permítaseme citar solamente
estas propiedades:
Platón, en el Libro V de Leyes, dice que éste es el número de divisores que debía tener el número de
parcelas en que se fraccionaba el territorio de una nueva ciudad.
La solución tradicionalmente propuesta es 5040, que en efecto es la menor de las posibles. Sin
embargo, hay muchas más. Recordemos que si un número admite la descomposición en factores
primos N = aα bβ cγ …lλ , el número total de divisores (incluido el propio número) vale N(D) = (α
+1)(β +1)( γ +1)…(λ +1). Para N = 60, es efectivamente 60 = 24·32·5·7, conque N(D) = 5·3·2·2 = 60,
pero infinidad de otros números con los mismos exponentes y distintos factores primos cumplen con
la condición, por ejemplo 17820 = 22·34·5·11.
Observemos que 5040 = 7! = 1·2·3·4·5·6·7. Es decir, que el número de Platón es también el número de
diferentes permutaciones que podrían formarse con los días de la semana, por ejemplo.
¿Recordáis el número de Ramanujan? Era 1.729, el primero que era dos veces suma de dos cubos,
pues 1.729 = 103 + 93 = 123 + 13. Pues bien, similarmente el 59 interviene en un célebre problema
propuesto ya mucho antes por Euler, en 1772: hallar el menor número que es dos veces suma de
cuartas potencias. El mismo Euler halló la solución:
635.318.657 = 594 + 1584 = 1334 + 1344
59 es también el número de regiones de R3 delimitadas por las caras de un octaedro regular.
También es el segundo primo irregular (el primero es 37). Los primos irregulares son aquéllos tales
que el número de clases de divisores de Q(ξ p) es divisible por p (ξ p es una raíz primitiva de la unidad
de grado p). Estos números deben dividir el numerador de uno de los p - 3 primeros números de
Bernouilli.
Antes de la definitiva demostración por Wiles del Gran Teorema de Fermat, los números primos
irregulares jugaban un importante papel, pues la mejor aproximación a que se había llegado era
demostrar que el teorema no se verificaba para ningún número, salvo los primos irregulares.
TOMADO DE: https://www.mensa.es/carrollia/c59.pdf
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