DOS PROBLEMAS DE POTENCIACIÓN

TOMADO DE:http://www.gpdmatematica.org.ar/galeriaproblemas/2_problemas_de_algebra.pdf

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS 2

TOMADO DE:http://www.gpdmatematica.org.ar/aula/z_curiosidadesyotros.pdf

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS II

TOMADO DE:http://www.aldadis.net/revista7/documentos/antonia.pdf

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS

Curiosidades con cuadrados

Los cuadrados

Una particularidad de los cuadrados es que el cuadrado de un número n es igual a la suma de los números impares de 1 a sn-1

1² = 1
2² = 1 + 3 
3² = 1 + 3 + 5
4² = 1 + 3 + 5 + 7
5² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9
6² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11
7² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13
8² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15
9² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17
10² = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19

Esto también puede traducirse en el siguiente dibujo:

Otra sucesión piramidal sería la de los números naturales elevados al cubo:

1³ = 1
2³ = 3 + 5 
3³ = 7 + 9 + 11
4³ = 13 + 15 + 17 + 19
5³ = 21 + 23 + 25 + 27 + 29
...

---

Más curiosidades:

• La diferencia entre los cuadrados de dos números consecutivos es igual al doble del número más pequeño más uno:
  71² - 70² = (70 x 2) + 1
• El cuadrado más pequeño posible formado con las 9 primeras cifras es 139.854.276 = 11.826² y el cuadrado más grande posible es 923.187.456 = 30.384²



• El cuadrado más pequeño posible formado con las diez primeras cifras es: 1.026.753.849 = 32.043² y el cuadrado más grande posible es: 9.814.072.356 = 99.066²
  
• La suma de 3 potencias de de 2 consecutivas, es igual al valor de la primera potencia por 7: 2² + 2³ + 2⁴ = 4 * 7 = 28
  2⁵ + 2⁶ + 2⁷ = 32 * 7 = 28
  
• El número 365 es un número curioso ya que es el único que cumple con la propiedad:
  
  10² + 11² + 12² = 13² + 14² = 365

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Multigrado curioso:

tomado de:http://www.acertijos.net/curiosidades-matematicas-2.html

Cajas, cubos y redes

Éstos son algunos ejemplos de pentominós y sus nombres.

Monominó

Dominó

Trominó

Tetrominó

Pentominó

Hexominó

Hay varias formas diferentes de formar cada tipo de poliominó, mientras mayor sea la cantidad de cuadrados, más maneras hay de formar pentominós con esa cantidad de cuadrados. En octubre y noviembre de 2006, nuestros acertijos matemáticos se concentraron en encontrar todos los pentominós posibles y resolver los acertijos de poliominós: acertijos de rompecabezas que usan poliominós como piezas para completar una forma en particular.

El acertijo de este mes les da a los pentominós y hexominós una nueva dimensión, literalmente. Supongamos que tenemos una caja con forma de cubo. Comencemos con una sin tapa como la que se muestra aquí.

Si tomamos unas tijeras y cortamos cuidadosamente la caja a lo largo de sus bordes verticales, la forma que obtendremos al aplanarla será un pentominó. Este pentominó particular a veces se llama pentominó en cruz o pentominó X porque los cinco cuadrados forman una cruz o una forma de x perfectamente simétrica.

Una forma plana que se puede plegar y lograr una forma tridimensional sin cortarla se llama red.

Acertijo 1

Éste es el primer acertijo. Encontrarás todos los pentominós diferentes que forman redes de cajas de cubos abiertos. No todos los pentominós son redes de cajas de cubos. Por ejemplo, el pentominó en I (abajo) no se puede plegar para armar una caja. ¿Puedes ver por qué? (Los cuadrados marcados con "X" se superpondrían y el resultado sería un "tubo" cuadrado sin fondo ni tapa).

Tu desafío: encontrar todos los diferentes pentominós que son redes para cajas de cubos con tapa abierta. ¿Cómo sabrás que los has encontrado a todos? Bien, hay 12 pentominós diferentes en total (Si deseas verlos, se pueden encontrar en la solución del Acertijo Matemático de octubre de 2006. Si deseas encontrarlos a todos tú mismo, puedes hacerlo). Algunos de ellos son redes y otros no. Tu tarea es decidir cuáles son.

Te recomendamos que dibujes los pentominós en un papel cuadriculado, los recortes y los pliegues para verificar que realmente se pliegan para formar una caja abierta.

Por último, para cada pentominó que no puede formar una red de una caja abierta, debes explicar cómo sabes que no se puede formar esta red.

Recuerda que dos pentominós pueden parecer diferentes, pero aún son la misma forma si son congruentes entre sí. El pentominó A de la figura de abajo se puede tomar, mover y girar de modo que encaje exactamente encima del pentominó B. Ésta es una forma de mostrar que son congruentes.

Acertijo 2

Tu segundo desafío es acercarte a los hexominós y las redes de cubos cerrados. Recuerda que los hexominós están formados por 6 cuadrados conectados. Encuentra todos los diferentes hexominós que son redes de un cubo cerrado. Un ejemplo se muestra en la siguiente figura. Puedes pensar en este hexominó como un pentominó X con un cuadrado agregado. El cuadrado agregado se pliega para cerrar la parte superior del cubo.

Desafortunadamente hay 35 hexominós diferentes. Sería tedioso encontrarlos a todos y probar cuáles pueden y cuáles no pueden ser redes de cubos. Sin embargo, hay un buen atajo que te ahorrará muchos problemas.

Una red de un cubo sólo se puede formar agregando un cuadrado a un pentominó que es una red para una red de una caja de cubo con tapa abierta. ¿Puedes convencerte de que es verdad? Toma un pentominó que no puede formar una red de una caja. ¿Puedes encontrar una forma de agregarle un cuadrado y formar una red para un cubo? Prueba usando el pentominó en I. Ya sabemos que no puede formar una caja abierta. ¿Puedes agregarle un cuadrado de una manera que le permita plegarse para formar un cubo?

 

Antecedentes

Primero, veamos algunas definiciones. Un polígono es una forma bidimensional cerrada cuyas aristas son líneas rectas que no se intersectan. Un poliedro es una forma tridimensional cerrada cuyas caras son polígonos.

La geometría bidimensional y la tridimensional se estudian como si fuesen materias diferentes. En los acertijos de este mes y del mes pasado, estudiamos una forma en que están relacionadas, a través de la construcción de redes, formas bidimensionales compuestas por polígonos que se pliegan en poliedros.

Este acertijo se basa en tres ideas matemáticas importantes.

La primera es el concepto de congruencia, que presentamos antes.
Matemáticamente, dos formas son congruentes si tienen el mismo tamaño y la misma forma, sin importar su orientación. Si puedes tomar una de las formas y girarla, muévela o deslízala de modo que encaje exactamente encima de las demás formas, entonces las dos formas son congruentes. Ésta es una prueba sencilla de congruencia. Hay muchas más.

La segunda es la idea de que a veces hay que probar para estar seguro de que dos objetos matemáticos son iguales o diferentes. Simplemente porque dos poliominós parecen diferentes, no se puede estar seguro de que sean diferentes hasta que se haya tomado uno y se haya comprobado que no es congruente con el otro. Para los poliominós, la congruencia es la prueba, pero los matemáticos tienen muchas otras pruebas que pueden usar para los diferentes tipos de problemas.

La tercera es la idea de encontrar todas las maneras posibles de resolver un problema en particular. Éste es un tipo común de problema en la combinatoria. Por ejemplo, encuentra todas las formas posibles de ordenar los números de uno a n. O, para mencionar un ejemplo más cotidiano, un restaurante sirve cuatro variedades diferentes de pizza: cebollas, hongos, salchichas y queso extra. ¿Cuántos tipos de pizzas diferentes pueden hacer usando 1, 2, 3 ó 4 de las variedades? (Claro que un restaurante verdadero probablemente ofrecería más que cuatro variedades).

Los problemas de combinatoria con geometría pueden ser mucho más complejos. Por ejemplo, si N es el número de caras de un poliedro, no existe una regla o fórmula conocida que pueda decirte cuántas redes diferentes se pueden construir para un poliedro con N caras. (Los matemáticos han descifrado la cantidad exacta de redes para muchos poliedros diferentes, pero no se ha encontrado ninguna regla general).

Puedes encontrar información sobre poliominós y su origen en la sección Antecedentes del Acertijo del Mes de octubre de 2006.

Poliominós

Solución 1: ¿Puedes encontrar los cinco tetrominós diferentes?

Una estrategia para construirlos es comenzar con ambos tipos de trominós y agregar un cuadrado en cada ubicación posible. Verifica siempre para ver si has duplicado uno que ya hayas hecho. Éste es el procedimiento:

Comienza primero con el trominó recto y agrega un cuadrado más para formar un tetrominó.

Hasta ahora has formado 3 tetrominós. ¿Puedes formar más desde el trominó recto? Reflexiona sobre ello. Supongamos que pones el cuadrado verde en la parte superior izquierda.

Éste es congruente con el segundo tetrominó que se muestra arriba porque si lo eliges y lo das vuelta, encajará exactamente encima del segundo. Si pones el cuadrado verde en cualquier otra ubicación, coincidirá con uno de los tres primeros.

Ahora comienza con el trominó de la esquina y fíjate cuántos puedes armar. Resulta que puedes formar cuatro tetrominós diferentes del trominó de la esquina.

Sin embargo, el segundo y el cuarto son congruentes con dos de los que ya armamos antes. Así que hay sólo dos nuevos de cinco tetrominós en total.

Al armar tetrominós sistemáticamente de esta forma, también has probado que no puede haber ninguno más. Has realizado todas las combinaciones posibles de cuatro cuadrados, comenzando por los dos trominós posibles y has eliminado todos los duplicados.

Solución 2: ¿Cuántos pentominós diferentes puedes encontrar?

Podemos resolver este problema usando el mismo método que usamos para los tetrominós, comenzando con un tetrominó, agregando un cuadrado en diferentes posiciones hasta que hayamos encontrado todas las posibilidades y luego pasando al siguiente hasta que los hayamos encontrado a todos. Comenzando con el tetrominó recto, podemos armar tres pentominós diferentes. Si agregas el cuadrado verde en cualquier otra ubicación, tu nueva forma será congruente con uno de estos tres.

Puedes resolver el resto tú solo, comenzando con cada uno de los demás tetrominós. Resulta que hay doce en total.

A propósito, si utilizaste la pista de que todos los pentominós encajan en un tablero de ajedrez si le quitas los ángulos, podrías haber deducido anticipadamente que tenía que haber exactamente 12 pentominós. Un tablero de ajedrez tiene 64 cuadrados. Si quitas los ángulos obtienes 60 cuadrados. Como cada pentominó tiene 5 cuadrados, debe haber 12 cuadrados en total porque 60/5 = 12.

A propósito, aquí hay una forma en que todos pueden encajar en el tablero de ajedrez:

Hay muchos otros acertijos con pentominós. Intentaremos algunos el mes próximo.

Tal vez te interese saber que Salomon Golomb nombró a todos los pentominós según las letras del alfabeto a la que se parecen. Los nombres son

T, U, V, X, W, Y, Z, F, I, L, P, N

Sólo por diversión, prueba si puedes distinguir cuál es cuál. Debes girar o dar vuelta los pentominós para que se parezcan a las letras.

Solución 3: ¿Cuántos hexominós puedes formar?

Hay exactamente 35 hexominós diferentes. En lugar de usar el espacio para mostrártelos a todos, te dejaremos que los encuentres tú solo si te interesa. Verifica cuidadosamente para asegurarte de que hayas eliminado todos los duplicados. Buena búsqueda.

Solución: Acertijo matemático de junio de 2007

Cajas, cubos y redes

Acertijo 1: ¿Cuántos pentominós diferentes se plegarán para formar una caja abierta?

Hay 12 pentominós diferentes. Ocho de estos se pueden plegar para formar cajas abiertas. Cuatro no se pueden plegar. ¿Cómo haces para decidir cuáles funcionan y cuáles no? Para la mayoría de nosotros, la forma más segura es cortar las formas y plegarlas para ver si se superponen dos de los cuadrados. Por otro lado, algunas personas pueden visualizar el proceso de plegado sin tener que hacerlo en realidad. Y otras personas pueden visualizar el plegado de algunas de las formas y no de otras.

Aquí hay 12 pentominós, divididos entre los que funcionan y los que no.

Éstos no funcionan. Los cuadrados marcados con una “X” se superponen cuando se pliega la forma. Por lo tanto, la forma no se pliega para formar una caja abierta. El pentominó de la parte inferior izquierda no se puede plegar porque cuatro de los cuadrados están conectados en dos lados diferentes.

Los siguientes ocho pentominós sí funcionan. Se pueden plegar para formar cajas abiertas. Córtalos y trata de plegarlos si puedes convencerte visualizándolos.

Acertijo 2: Encuentra todos los hexominós que son redes para cubos cerrados. Es decir, encuentra todas las formas con seis cuadrados que se pliegan para formar un cubo.

Éste es un problema mucho más difícil porque hay 35 hexominós diferentes y sería tedioso encontrarlos y probarlos a todos, así que podemos usar un atajo.

Cualquier pentominó que no forme una caja abierta no se puede armar como cubo agregándole un cuadrado más. Así que podemos comenzar agregándole un cuadrado a uno de los ocho pentominós para formar redes de cajas abiertas. Como hay ocho pentominós para comenzar y hay muchas formas de agregarle un cuadrado a cada uno, puedes pensar que hay una gran cantidad de posibilidades pero la mayoría son incongruentes con las demás.

Éste es un punto de inicio. Cualquier hexominó con cuatro cuadrados consecutivos y un cuadrado de cada lado es una red para un cubo. Por ejemplo, comenzando por el pentominó L podemos formar 4 redes diferentes de esta forma. Deberemos rotular cada una para llevar el control de las redes y poder volver a buscarlas.

N1	N2	N3	N4

Un pentominó más incluye una tira de cuatro y forma dos redes más.

	N5	N6

Ahora tenemos seis. ¿Cuántas más podemos encontrar? En este punto podemos descartar varias posibilidades.

Cualquier hexominó con una tira de tres o cuatro cuadrados y dos cuadrados del mismo lado de la tira no pueden formar una red. Los cuadrados marcados con una X se superponen cuando se pliega la forma.

Además, también se debe descartar cualquier hexominó con cuatro lados que forme un cuadrado más grande. La forma no se puede plegar.

Si piensas un poco verás que ni el pentominó X ni el T pueden formar una red que no tengamos ya. Así que, de los ocho pentominós, tenemos cuatro más que podrían formar redes. Tenemos que pensar detenidamente en cada uno.

Comenzando por el primero, podemos descartar varias posibilidades. Los primeros dos son congruentes con las redes que ya tenemos, N2 y N6, y los últimos cuatro son imposibles.

	N2	N6

¿Y qué sucede con éstos? Tenemos que analizar cada uno:

	N7	N8

El primero se puede descartar porque contiene uno de los pentominós que no pueden formar una red para una caja abierta, así que no puede ser una red para un cubo. Pero los dos siguientes se pueden plegar en redes para un cubo así que tenemos dos más, N7 y N8.

Ahora usando el segundo pentominó no utilizado, podemos descartar nuevamente dos porque incluyen un cuadrado de cuatro cuadrados.

Pero necesitamos analizar cuidadosamente cada uno de los siguientes. El primero es congruente con N7. El segundo no funciona. Los cuadrados marcados con una X se superponen al plegarse. El tercero forma una nueva red, N9.

N7		N9

Todavía nos quedan dos pentominós más por analizar. Comenzando por el tercer pentominó anterior obtenemos cinco hexominós diferentes. Hay otras ubicaciones donde podríamos colocar un cuadrado verde pero todos son congruentes con uno de los cinco hexominós mostrados.

		N3	N10

Podemos descartar fácilmente los primeros tres. El primero contiene un cuadrado de cuatro cuadrados; el segundo incluye uno de los pentominós que no se pliega para formar una caja. El tercero tiene dos cuadrados extra del mismo lado. Necesitamos verificar los dos últimos más cuidadosamente. Primero debemos fijarnos si son congruentes con cualquiera de las redes “aprobadas”. El cuatro hexominó es congruente con N3. (Si giras el N3 90 grados hacia la derecha, coincide con el cuarto hexominó.)

El último hexominó, N10 no es congruente con ninguno de los demás que hemos analizado hasta ahora. Así que lo probamos cortándolo y plegándolo. Funciona, por lo que obtenemos nuestra décima red.

Hay un pentominó más por comprobar. El último de los cuatro pentominós restantes que se muestran arriba. Éste el más complejo de todos, porque produce 10 hexominós incongruentes que debemos comprobar. Los rotularemos de H1 al H10 y veremos cuáles se pueden descartar rápidamente.

	H1	H2	H3	H4	H5
	H6	H7	H8	H9	H10

N11

El H1, H2, H6 y el H7 se pueden descartar porque incluyen pentominós que no forman una caja. El H3 se puede descartar porque incluye una tira de cuatro cuadrados con dos cuadrados de un lado de la tira. Esto nos deja por verificar el H4, H5, H8, H9 y H10. Primero los verificaremos para ver si son congruentes con cualquiera de los que ya probamos. H4 no es como ninguno de los que ya vimos. H5 es congruente con uno de los hexominós que no funciona. H8, H9 y H10 son congruentes con N10, N7 y N8, respectivamente.

Esto nos deja al H4 por comprobar cortándolo y plegándolo. Funciona. Así que aquí tenemos una solución más. H4 se convierte en nuestra red final, N11.

TOMADO DE:http://www.planetseed.com/es/mathpuzzles/cajas-cubos-y-redes

                  http://www.planetseed.com/es/popup/popup/18897

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS 3

1.- Miedo a viajar en los aviones.-

                 Un hombre que viajaba mucho estaba preocupado por la posibilidad de que hubiese una bomba en su avión. Calculó la probabilidad de que así fuese y, aunque ésta era baja, no era lo suficiente para dejarlo tranquilo. Desde entonces lleva una bomba en su maleta. Según él, la probabilidad de que haya dos bombas a bordo es infinitesimal.

2.- Encuentro fortuitos.- Dos extraños, procedentes de puntos opuestos de EEUU, se sientan juntos en un viaje de negocios a Milwaukee y descubren que la mujer de uno de ellos estuvo en un campo de tenis que dirigía un conocido del otro. Esta clase de coincidencias es sorprendentemente corriente. Si suponemos que uno de los aproximadamente 200 millones de adultos que viven en EEUU conoce a unas 1500 personas, las cuales están razonablemente dispersas por el país, entonces la probabilidad de que cada dos tengan un conocido en común es del 1%. La cuenta sería la siguiente P(de que al menos una de las personas conocida por una de ellas, sea conocida por la otra) 1-P(no conozca a ninguna de las 1500 ) = 1- P(no conozca a la 1ª).P(No conozca a la segunda/Si no ha conocido a la primera).......P(no conozca a la nº 1500/no ha conocido a ninguna de las 1499 anteriores)
 = 1-0.9888 @ 0,1 =1%

                Pero la probabilidad de que la cadena se una por al menos dos intermediarios supera el 99 %.

                 Aunque las suposiciones anteriores se consideren excesivamente rígidas, dado que los conocidos suelen estar próximos a los lugares donde se ha residido, la probabilidad de que dos personas elegidas al azar estén unidas por una cadena de como mucho dos intermediarios es muy alta.

(En España donde nos relacionamos más ,   la cosa es más exagerada, así que no os extrañéis que vuestro compañero de viaja a Honolulu pueda tener un conocido  que conozca a otro conocido vuestro, la probabilidad es alta).

  

3. El timo bursátil.-

                 Los asesores bursátiles están en todas partes y es muy probable encontrar a alguno que diga cualquier cosa que uno quiera oír. Normalmente son enérgicos, parecen muy expertos y hablan una extraña jerga de opciones de compra y de venta, cupones 0 y cosas por el estilo. A la luz de mi humilde experiencia, la mayoría no tienen mucha idea de lo que están hablando, pero cabe esperar que algunos sí que sepan.

                Si durante seis semanas seguidas recibieras por correo las predicciones de un asesor de bolsa acerca de cierto índice del mercado de valores y acertara las seis, ¿Estarías dispuesto a pagar para recibir la séptima predicción?. Supón que te has planteado hacer una inversión y tanto si estás dispuesto a pagar como sino, piensa en el siguiente timo:

                 “Uno que se hace pasar por asesor financiero imprime un logotipo en papel de lujo y envía 32.000 cartas a otros tantos inversores potenciales en un cierto valor de la bolsa. Las cartas hablan de un elaborado sistema informático de su compañía, de su experiencia financiera y de sus contactos. En 16000 de ellas, predice que las acciones subirán y en las otras 16000 que bajarán o se mantendrán estables. Pase lo que pase, en 16000 de ellas acertará. La semana siguiente manda 8000 cartas diciendo que va a subir y otras 8000 que no va a subir a los 16000 potenciales inversores a los que acertó la predicción, siguiendo hasta 6 veces, 500 personas habrán recibido la predicción correcta. En la carta siguiente se les recuerda esto y se les dice que para seguir recibiendo una información tan valiosa una séptima vez habrán de aportar 500:Si todos pagan, en 7 semanas nuestro asesor se saca 250000 , la friolera de 41.596.500 pts,  que le haya costado a 150 pts cada carta (63500x150 = 9.525.000pts), aún le queda buen jornal, siendo además que todo lo que ha hecho debe ser hasta legal”^[1]

4.- Eligiendo cónyuge.-

 Hay dos  maneras de enfocar el amor: con el corazón  y con la cabeza. Por separado, ninguno de los dos da buenos resultados, pero juntos......tampoco funcionan demasiado bien. Sin embargo, si se emplean ambos a la vez, quizá las probabilidades de éxito sean mayores. Es muy posible que, al recordar amores pasados, alguien que enfoque sus romances con el corazón se lamente de las oportunidades perdidas y que piense que nunca jamás volverá a amar así. Otra persona más práctica, que se decida por un enfoque más realista, seguramente esté interesado en el siguiente resultado probabilístico.

Nuestro modelo supone que nuestra protagonista – a la que llamaremos María- tiene buenas razones para pensar que se encontrará con N potenciales cónyuges mientras está en edad núbil. Para algunas mujeres N puede ser dos, y para otras 200. La pregunta que se plantea María es: ¿Cuándo habría de aceptar al señor X y renunciar a los otros pretendientes que vinieran después, aunque alguno de éstos quizá fuese “mejor” que él?

Para concretar más, supongamos que María ha conocido ya a seis hombres y que los ha clasificado así: 3 5 1 6 2 4. Es decir, el primero que conoció ocupa el tercer lugar en el orden de preferencia, el segundo en aparecer ocupa el quinto lugar, prefiere el tercero a todos los demás.... Si ahora resulta que el séptimo de los hombres que conoce es mejor que todos los demás excepto su favorito, modificará la clasificación 4 6 1 7 3 4 2. Después de cada hombre, María reordena la clasificación relativa de sus pretendientes y se pregunta ¿Qué regla habrá de seguir para maximizar la probabilidad de escoger al mejor de los N pretendientes que espera tener?.

 Utilizando la probabilidad condicionada, y planteando las siguientes hipótesis:

1ª María los va conociendo uno  a uno , valora la conveniencia relativa de cada uno y que, una vez que ha rechazado a uno, lo pierde para siempre

2ª Diremos que un pretendiente es un novio si es mejor que todos los candidatos anteriores

 El resultado probabilístico es que María debe rechazar a los primeros 37% pretendientes y elegir al primer novio entre los  próximos pretendientes, si es que lo encuentra.

                Así si María espera tener 7 pretendientes debería desechar a los dos primeros y elegir al primer novio que le salga; si solamente espera tener 1 debería convertirlo en novio y acertará al 100%, si espera 2 le da igual elegir al primer pretendiente o rechazar al primero y elegir al segundo, siempre tendrá un 50% de probabilidad de acertar; o si espera tener 20 su mejor estrategia sería rechazar a los 7 primeros y elegir al primer novio de entre los siguientes pretendientes . Luego viene lo más difícil y es convivir con el hombre ideal, parece sensato que ante esta decisión se tengan en cuenta otros condicionantes desde el punto de vista romántico.

Como se comprenderá lo difícil es calcular el número de hipotéticos pretendientes que va a tener María, pero es posible que alguien se atreva a estimarlo y en ese caso la opción probabilística tiene una base científica. Huelga decir que el análisis vale lo mismo para María que para Juan.

                Para que se vea más claro, vamos a suponer que María va a tener 4 pretendientes  los  ordena por orden de llegada y por orden de preferencia: Así la secuencia 2314, indica que el primer pretendiente que tuvo lo hubiese colocado en el lugar 2 de sus preferencias, el  segundo pretendiente en el tercer lugar, considera que su preferido hubiese sido el que llegó en tercer lugar, y el cuarto pretendiente que conoció lo situaría también en cuarto lugar de sus preferencias. Veamos todas las permutaciones posibles que serían 4!=4.3.2.1= 24

1234        1243    1324    1342    1423    1432     2134     2143    2314    2341     2413     2431

3214        3241   3124    3142    3421    3412     4231    4243    4321      4312     4123     4132

Siguiendo  el criterio marcado antes, rechazaría al primer pretendiente y elegiría al primer novio (El primero que sea mejor que los anteriores)[2]. Por ejemplo si la secuencia ha sido 1234, ya no podrá elegir correctamente, de hecho se quedará sin novio ya que cada pretendientes es peor que el anterior; la secuencia 2134, elegiría a su segundo pretendiente al ser mejor que el primero y por tanto un novio, teniendo además la suerte que, sin conocer a los siguientes, ha sido el mejor; La secuencia 2431 también hubiese sido exitosa, porque descartando a priori al primer pretendiente, el primer novio será el cuarto pretendiente; la secuencia 3241 no hubiese conseguido éxito al ser el segundo pretendiente mejor que el primero y se convertiría, por tanto, en novio y no hubiese coincidido con el mejor (ella no lo sabia como es obvio). Hubiese acertado en 11 de las 24 ocasiones (las marcadas en negrita). Se deja al lector que pruebe con cualquier otra opción: Elegir al primer novio, rechazar a los dos primeros pretendientes y después elegir al primer novio (Recordemos que un pretendiente será un novio si es mejor que los anteriores pretendientes) o  rechazar a los tres primeros pretendientes y quedarse con el cuarto.

                5.- Una de Juicios[3]

En 1964 una mujer rubia peinada con una cola de caballo robó a otra mujer en Los Angeles. La ladrona huyó a pie, pero posteriormente alguien la reconoció cuando montaba en un coche amarillo conducido por un negro  con barba y bigote. Las investigaciones de la policía acabaron por encontrar a una mujer rubia con cola de caballo que regularmente frecuentaba la compañía de un negro de barba y bigote que conducía un coche amarillo. No había ninguna prueba fehaciente que relacionara el delito con la pareja, ni testigos que pudiesen identificar a ninguno de los dos. Se estaba de acuerdo, no obstante, en los hechos citados.

El fiscal basó sus conclusiones en que, como la probabilidad de que tal pareja existiera era tan baja, la investigación de la policía tenía que haber dado con los verdaderos culpables .Asignó las siguientes probabilidades en función de la estructura poblacional del Estados :

Probabilidad de coche amarillo =1/10.

Probabilidad de hombre con bigote = 1/4

Probabilidad mujer con cola de caballo = 1/10

Probabilidad mujer rubia =1/3

Probabilidad hombre negro con barba = 1/10

Probabilidad Pareja interracial en coche =1/1000

El fiscal arguyó que estos sucesos se pueden considerar independientes, por tanto la probabilidad de encontrar todas las características en una pareja eran igual a (1/10)x(1/4)x(1/10)x(1/3)x(1/10)x(1/1000) = 1/12.000.000, un número tan pequeño que la pareja había de ser culpable. El jurado los condenó.

Los condenados recurrieron ante el  Tribunal Supremo de California , que anuló la sentencia sobre la base de otro argumento probabilístico. En una ciudad de las dimensiones de Los Ángeles con 2.000.000de parejas la probabilidad de que más de una pareja cumpla las características de la pareja anterior no es tan extraño, en concreto hablaríamos del 8 % que para el Tribunal Supremo fue suficiente argumento para absolverlos.

El cálculo es muy sencillo. Consideremos la v.a.  X= “Nº de parejas que se pueden encontrar en la zona de Los Ángeles de características similares a la anterior” ºB(2.000.000, 1/12.000.000)

La probabilidad de que haya más de una pareja = P(X>1)= 1-(P(X=0)+P(X=1)= 0.08

TOMADO DE:http://matematicas.iesvegadelturia.es/curiosidades.htm

ANÈCDOTAS DE MATEMÀTICOS

Del matemático aleman David Hilbert(1862-1943)

Recibió un día en su casa a un profesor recién llegado a la universidad de Gotinga. Después de presentarse, el joven profesor se quitó el sombrero y se sentó. Al cabo de unos minutos de conversación, Hilbert, distraído probablemente con algún problema matemático, decidió que la visita ya había durado lo suficiente, poniéndose el sombrero de su invitado, se despidió cortésmente y se fue.

Del matemático húngaro-estadounidense John von Neumann(1903-1957) 

Tenía la costumbre de escribir en la pizarra las soluciones de los problemas que mandaba. Por supuesto, los estudiantes le preguntaban como hacer los problemas, no solo la solución. En cierta ocasión, uno de ellos intentó ser más diplomático y en lugar de preguntarle directamente cómo se hacía el problema, le dijo:
- Profesor, ¿este problema se podría hacer de otra forma ?
- Déjeme que piense ..., si.
Y siguió escribiendo soluciones en la pizarra.

De Albert Einstein y Charles Chaplin 

Ambos se conocieron en una fiesta a la que habían sido invitados. Después de las presentaciones de rigor, el autor de la teoría de la relatividad comentó:
- ¡Qué envidiable popularidad la suya, señor Chaplin! ¡La gente lo elogia y admira a pesar de entenderle!
- Más admirable es su caso, profesor -repuso el actor-, pues la gente le admira a pesar de que no le entienden.

TOMADO DE: http://maths.guadalupebuendia.eu/Anecdotas.htm

RESTA MÁGICA

ÀBACO Y ESTRATEGIAS DE CÀLCULO

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS 4

NUMEROLOGIA CARROLLIANA: EL 55

El 55 es un número compuesto. Es:
● El décimo triangular (55 = 1 + 2 + 3 + … + 10). Con el 66 y el 666 son los únicos números de
menos de 30 dígitos que son triangulares y formados por un solo dígito repetido.
● Es también el quinto número piramidal cuadrado, es decir, el correspondiente a esferas
apiladas formado una pirámide de base cuadrada. La fórmula general para estos números es Pn
= n(n+1)(2n+1)/6. O, lo que es lo mismo, es el quinto holopotencial de segundo orden:

         2     2    2    2    2
55 = 1  + 2 + 3 + 4 + 5.
● El décimo en la serie de Fibonacci (un = un-1 + un-2; ui
 = { 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55…} ).
Los únicos números que son a la vez triangulares y de Fibonacci son el 1, el 3, el 21 y el 55.
● Es el tercer decatópico (suma de los tres primeros eneatópicos). Tras los números triangulares
vienen los tetraédricos (suma de los n primeros triangulares), tetratópicos (suma de los n

primeros tetraédricos)… y decatópìcos, suma de los primeros eneatópicos. Su fórmula general

es:

           n+8

Dn =  (      )

          ...9

● Es el cuarto número de Kaprekar. Son números de Kaprekar los que una vez elevados al 

cuadrado, la suma de la mitad izquierda y la derecha de éste reproducen el número (v. gr., 297, 

             2

pues 297  = 88209, y 88 + 209 = 297. Los primeros números de Kaprekar son 1, 9, 45, 55, 

297, 703…

● Es un cúbico con recurrencia digital invariante. Es decir:

  3    3

5 + 5 = 250

  3   3     3

2 + 5 + 0 = 133

  3    3   3

1 + 3 + 3 = 55

Cualquier número mayor de 55 es la suma de primos distintos de la forma 4n + 3.

● Es uno de los protagonistas de la siguiente curiosidad aritmética:

                                  2   2

        8 - 3 = 5            8 - 3  = 55

                                   2     2

        78 - 23 = 55      78 - 23   = 555

                                       2       2

        778 - 223 = 555    778 - 223  = 5555

                                           2          2

      7778 - 2223 = 5555   7778 - 2223  = 55555

TOMADO DE:http://www.mensa.es/carrollia/c55.pdf

TRUCO DE SUMA RÁPIDA

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS 3

¿Qué pasaría si...

.quisiéramos calcular la longitud de la “hipotenusa” en este “triángulo” rectángulo?

¿Qué fórmula obtendríamos?

 Respuesta: La longitud de la “hipotenusa” es igual a la suma de las longitudes de los otros dos lados. Aquí va la justificación.

Indiquemos las tres longitudes con a, b, c, como se ve en la Figura 1:

Figura 1.

Independientemente de cómo construyamos los escalones que forman el “lado” c, la suma de las longitudes de todos los segmentos verticales debe ser igual a b; de la misma manera, las longitudes de todos los segmentos horizontales debe darnos a. ¡O sea que

c = a + b !

Observemos que esto no puede cumplirse en ningún triángulo rectángulo (Figura 2),

Figura 2.

pues por una parte tendríamos  a + b = c, mientras que el teorema de Pitágoras nos diría que

a² + b² = c².

 O sea,

a² + b² = a² + 2ab + b²,

lo cual implicaría que 2ab = 0 ó que uno de los lados, a ó b,  debe tener longitud cero. Es decir, que no tendríamos un verdadero triángulo.

Recordemos que lo que sí es verdad en cualquier triángulo, rectángulo o no, es que la longitud de cada lado no puede ser mayor que la suma de las longitudes de los otros dos lados. Es decir (Figura 3),

c ≤  a + b.

Figura 3.

Podemos preguntarnos si habrá algún triángulo para el cual esta desigualdad se convertirá en una igualdad. La respuesta es que no, si queremos tener un verdadero triángulo. Efectivamente, el teorema del coseno (Figura 4) nos dice:

c² = a² + b² – 2ab cos θ.

Figura 4.

 Si fuera  c = a + b, tendríamos

a² + 2ab + b² =  a² + b² – 2ab cos θ .

O sea,

ab  =  – ab cos θ .

Como las longitudes a y b son ambas mayores que cero debe ser cos θ = – 1, de donde resulta que el ángulo θ  tiene que valer 180º. Es decir, que el triángulo tiene que reducirse a:

Figura 5.

	Sobre la autora
	Josefina (Lolina) Álvarez es Professor of Mathematics en New Mexico State University (USA). Especialista en análisis armónico y funcional, se doctoró en Matemáticas por la Universidad de Buenos Aires (Argentina) TOMADO DE: http://www.matematicalia.net/index.php?option=com_content&task=view&id=387&Itemid=234