El farol de Arquímedes

“¡Dadme un punto de apoyo y moveré el mundo!

Para resolver esta entrada hay mucha literatura disponible en la red. Es la bravuconada que se atribuye en teoría a Arquímedes de Siracusa, aunque tiene toda la pinta de ser falsa. De estas cosas hay mucha variedad en la Historia.

Matemáticamente, lo que Arquímedes expone es la Ley de la Palanca. Pon un peso en un extremo de un balancín y siempre y cuando la longitud del otro brazo sea suficiente, podrás levantarlo. Todos conocemos la Ley de la Palanca, que rige muchos artilugios de nustra vida cotidiana, desde los mismos balancines de los parques (no me gustaban porque te hacías daño en los güitos) hasta los cascanueces o las tijeras, las carretillas y las grúas. Máquinas simples, se llaman.

Bueno, pues el reto es éste; supongamos que tenemos un balancín toooooodo lo grande que queramos. Si usamos como fulcro la Luna, y colocamos a la Tierra en un extremo…. ¿Cómo de largo ha de ser el otro extremo para poder elevar a la Tierra con nuestro peso? ¿eh? Tomemos de peso del humano en cuestión, digamos 80 Kg. Por no poner gordos, que si no es muy fácil XD

Aléjate y la levantas, quillo....

 

Fito y las matemáticas

Una canción de Fito en la radio. Una idea. Fito no aprovechó las clases de matemáticas en el instituto o no se las supieron explicar bien. Objetivo: demostrar esta hipótesis.

En una canción Fito dice, textualmente:

“El colegio poco me enseñó

si es por el maestro

nunca aprendo…

a coger el cielo con las manos

a reir y llorar lo que te canto”

Realmente Fito se equivoca. Con un poco de imaginación y algo de matemáticas se puede coger el cielo, más aún, la Tierra entera con las manos. Aunque sólo sea un efecto óptico de eso va este rollo musical, ¿no?. Metáforas floridas y esas cosas.

Asi que el problema es el siguiente; ¿A qué distancia de la Tierra debería situarse Fito para poder abarcar con sus manos todo el planeta? No os cortéis. Es trigonometría de la buena, y además, sencilla. Podéis suponer lo que queráis. Sin embargo, para simplificar, yo supondré el tamaño de las manos, en la clásica posición de Kame Hame Ha (o Ha Do Ken) como de una longitud de 14 cm por mano y 64 cm de longitud de brazo. Es una estimación generosa, porque son mis propias medidas… El resto es cosa vuestra.

el clásico kamehameha..... el de toda la vida

deberíamos suponer a Fito con las manos en esta posición, mirando a la Tierra desde el espacio y con los brazos totalmente estirados….

Solución:

Bueno, para resolver esta cuestión es fundamental emplear el viejo y clásico Teorema de Tales. Al margen de su definición formal, que podemos encontrar aquí, lo reformularemos de una manera más  cómoda, menos rigorosa y más acorde a nuestro fin, como:

Si dos triángulos tienen los tres ángulos iguales, entonces cada uno de los lados de uno de ellos es  proporcional al lado equivalente del otro. En ese caso se les llama triángulos semejantes.

¿Y eso cómo se come? Muy fácil. Supongamos los dos triángulos de la figura:

Cada uno de los ángulos (rojo, verde, azul) es idéntico en uno u otro triángulo. Son como bocas que están igualmente abiertas, independientemente del tamaño de la figura. Lo que Tales afirma es que en ese caso ocurrirá que hay una relación (proporción) entre los lados del triángulo grande y los del pequeño. Por ejemplo, puede ser que uno sea el doble que el otro, y por tanto A=2a, B=2b y c=2c. O puede que uno sea el triple que el otro y por  tanto A=3a, B=3b y c=3c. O puede que uno sea 1.6578 veces el otro, en cuyo caso la relación entre los lados será análoga pero cambiando el dos o el tres de antes por dicho número.

¿Y eso por qué? No pretendo meterme en detalles, aunque tampoco son para tanto. Pero se puede dar una visión intuitiva del asunto. Supongamos una foto de un triángulo. Si  amplías cada lado, verás la misma imagen, el mismo triángulo, pero más grande. Sin embargo, sigue siendo la misma figura, sin deformar por decirlo de alguna forma. Todos y cada uno de los lados se han amplificado de la misma forma, en la misma proporción. En consecuencia los ángulos permanecen invariantes. ¿Qué ocurriría si un lado creciera más que otro? Posiblemente no podrían cerrar el triángulo, pero si hicieras trampa y lo cerraras, verías que los ángulos cambian, que de alguna forma ese nuevo triángulo es diferente del anterior. Eso es el Teorema de Tales.

 

Matemáticamente, si dos triángulos son semejantes, implica que:

Y K es un número, el que sea que indica la proporción. Si K es dos, significará que cada lado del triángulo grande es exactamente el doble del pequeño, por ejemplo.

Ahora, apliquemos Tales para resolver el problema en cuestión. Es buscar dos triángulos semejantes y a correr…..

Ambos triángulos son semejantes, porque los dos, el rojo y el negro, tienen ángulos iguales. Ah, claro, por que tú lo digas. Nop. Todo tiene su explicación. Uno de esos ángulos pertenece a ambos triángulos, así que ya hay un ángulo igual en los dos. Pero además hemos supuesto que las manos se colocan tangencialmente a cada una de las rectas que abarcan a la Tierra. Es decir el ángulo que forma el lado de 0.14 con el lado superior es igual al que forma el lado de 6.355.000. Podemos hacer esto porque bueno, suponemos que a Fito le interesa resolver el ejercicio y tiene libertad para colocarlas de una manera cómoda, por decirlo de alguna forma. En realidad es una propiedad de las tangentes. Ya comparten dos ángulos por tanto. Y como los ángulos de un triángulo suman 180º siempre, pues ya está, el tercer ángulo también ha de coincidir.

Así que aplicamos Tales:

A esa distancia del centro de la Tierra ha de situarse nuestro valiente cantante. Pero queremos la distancia del, digamos, suelo del planeta, no del centro. Asi que le quitamos a esa contidad el radio de la Tierra, lo que sobra, quedando:

x=29.051.428,57 – 6.355.000= 22.696.428,57 metros más menos. En cristiano, unos 22.700 km de distancia.  No muy lejos, para hablar del espacio, por cierto. Para que os hagáis una idea, los satélites de órbita Geoestacionaria (muy habituales) están a unos 36.000 Km más o menos

El papel de la luna

Bueno, he aquí un problemilla que he encontrado en las páginas finales de un libro de matemáticas de 4º E.S.O. (esas que los profes se saltan a veces a la torera, mal asunto eso de cuadrar horarios….) y que es sumamente interesante, no sólo por que es de resolución muy sencilla sino por la solución en sí misma. Una de esas cosas contraintuitivas que tanto molan en el mundillo matemático.

La cuestión es: dado un papel (el tamaño es irrelevante), ¿cuantas veces hay que doblarlo por su mitad para que el grosor del mismo sea igual a la distancia de la Tierra a la Luna? Estimamos el grosor de un folio en 0.1 mm, por cierto.

Ánimo a mis seguidores que aparcaron las mates hace tiempo. Es muy muy fácil. Y el resultado es sumamante curioso.

Como postre; en virtud del resultado, analizar: ¿por qué no se construye una torre a partir de una hoja de papel que alcance esa longitud? Aqui San Google nos lo explica. He intentado refutarlo por mis propios medios, pero me falta punch para lograrlo…..

Solución:

Solución: en cada doblez el grosor se duplica. Siendo el grosor del papel 0.1mmà0.0001 metros, y la distancia Tierra- Luna de 384.000 Km, es decir 384.000.000 metros.

La idea es:

Eso está muy bien, pero ahora; ¿cómo resuelvo la puñetera ecuación? ¡La incógnita está en el exponente!

Bueno, puedes hacerlo por tanteo; vas dando valores a la n hasta que te salga lo más parecido a 3840.000.000.000. O puedes hacerlo profesionalmente; para bajar esos exponentes es para lo que los matemáticos inventaron un artilugio llamado logaritmo.

Tomando logaritmos y aplicando sus propiedades, podemos deducir que:

La solución es pues, sólamente 41 dobleces; ¿cómo es posible? ¿Tan poco? ¡Si la Luna está muy muy muy lejos! Bueno, …..sí. Pero la explicación es más bien simple. Sencillamente considera detenidamente qué significa duplicar algo en cada doblada. pasar de 1 a 2 a 4 a 8 a 16 a 32 a 64 a 128 a 256 a 512 a 1024 a 2048 a 4096… realmente duplicar implica que algo va a crecer relativamente poco al principio pero después se va a acelerar y va a duplicar cada vez cantidades más y más grandes (el doble de por ejemplo 1000 es 1000 + 1000) mientras que el doble de por ejemplo 3 es sólamente 3+3, un “incremento” menor.

 

Si aún así piensas que 41 dobleces son pocos, pues…. haz la prueba. Con un trozo de papel generoso (para agarrarlo bien, ya que la superficie del papel es irrelevante) intenta hacer los 41 dobleces. No te preocupes, no hace falta que lo hagas al aire libre para evitar golpear el techo… es humanamente imposible doblar un paepl tantas veces seguidas con nuestras fuerzas. El límite común es sobre 6 o 7 veces….

 

 

 

El suelo del ascensor

Pues me pasó ayer mismo. Andaba rumiando algún problema así como curiosete para esta entrada y se me cayó una moneda de 1 € al suelo del ascensor cuando volvía del bar, después de comprar tabaco. Las vueltas, ya sabéis. Esas cosas pasan.

El caso es que me di cuenta de que el suelo del ascensor de mi casa es de goma, con bonitos circulitos antiadherentes tangentes más o menos entre sí. Y la moneda quedó ahí solita, en medio de cuatro de esos circulitos. Muy chula.

bonito suelo de ascensor

El enunciado de la cuestión es el siguiente. En una superficie adornada a base de círculos de goma, tangentes entre ellos (no exactamente como en el suelo del ascensor, sinoun pelín más juntitos), de radio R, se lanza una moneda del mismo tamaño. ¿Qué probabilidad hay de que caiga de tal forma que toque aunque sea tangencialmente a cuatro de esos círculos del suelo a la vez? 

y de extra, se me ocurre. Una moneda de radio r = KR con 0<K<1…. ¿Qué probabilidad tiene? ¿Se complica mucho el cálculo? ¿Qué valor límite tiene el radio de la moneda para poder tocar a cuatro círculos?

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SOLUCIÓN:

Ah….la rapidez de la gente…siempre la rapidez. Pensé que me daríais algo de cancha para poder preparar bien el ejercicio, dibujar la solución y esas cosas. Pero vista la velocidad de la peña, allá vamos.

Lo primero es pensar en donde puede caer la moneda para tocar a un círculo. Voy a desarrollarlo para el caso de moneda igual de grande que cada círculo. Para ello, debemos recuperar la vieja definición de circunferencia, esto es, los puntos que equidistan de otro llamado centro. Como la moneda tiene radio R y cada círculo también, es evidente que el centro de la moneda puede alejarse de cada círculo como mucho una distancia R, o 2R del centro del círculo en cuestión.

Eso nos da un arco de circunferencia que es el límite donde puede situarse una moneda para tocar a un círculo en cuestión. Una frontera, vamos, más allá de la cual la moneda no tocará como deseamos.

zona donde puede caer para tocar a un círculo

Repitiendo la misma idea para cada círculo vamos acotando en qué zona tocará a las cuatro. Será la zona en común a las regiones válidas de cada círculo en cuestión. Ha de quedar esto:

zona donde si cae el centro, la moneda tocará a los círculos

Ahora sólo resta aplicar la Regla de Laplace. La probabilidad de que se cumpla la cuestión propuesta es el número de casos favorables entre el número de casos totales. En este caso, se trata de áreas. El área válida entre el área total de la figura, que es un rectángulo de lado 2R.

CALCULEMOS EL ÁREA PUES

¡Es un rectángulo pero no es un rectángulo! ¡Los lados son arcos (beeej)! ¿No vale aproximarlo? No, espera…. Huele a integrales…. Mejor déjalo indicado….

Todas esas opciones son muy interesantes, pero el caso es que esta figura se puede calcular fácilmente con un poco de cuidado. Jugando con trozos, procurando evitar en lo posible, las zonas curvas.

Partamos de éste sector circular de radio 2R….

Si nos fijamos en el gráfico, se puede observar que la zona roja es una tercera parte de un cuarto de círculo. Es decir, tiene un área exactamente igual a una doceava parte de un círculo de radio 2R. Es decir:

¡PERO YO NO QUIERO ESO!

Evidentemente, pero es que el astuto proceso a seguir permite a partir de esta figura obtener un cuadrante del área del rectángulo inflado que quiero. La idea es la siguiente:

Proceso a seguir.

Y ahora los cálculos. No los desarrollo mucho, pero es geometría plana elemental de toda la vida: área del triángulo, teorema de Pitágoras, senos, cosenos y esas cosas:

En conclusión, echando unos sencillos números…

Mañana colocaré las cuentas para el caso límite y un diagrama sobre qué hacer si la moneda es más pequeña que los circulitos…. que ahora estoy cansado jeje

La exponencial compleja

Bueno, para este fin de semana, nos vamos a centrar en la llamada ecuación de Euler. También se la conoce como la ecuación perfecta, la más bella o la fórmula de Dios.No podía ser obra de otro que del incansable Euler….

Ecuación de Euler

la ecuación más bella (dicen)

¿Por qué? Sencillamente porque reune los pilares fundamentales de la matemática. A saber, la base natural (e), la relación entre el diámetro y la longitud de una circunferencia (PI) que además es como el anterior un irracional trascendente, es decir, no es solución de ninguna ecuación polinómica de coeficientes racionales. Y junto a ellos el uno, y el cero e “i”. La unidad, base del resto de números por los axiomas de Peano, y el cero, cuya aparición permitió al hombre usar los sistemas de numeración modernos (a nadie le gusta multiplicar con número romanos) y la unidad imaginaria (raíz de -1).

Cualquier ingeniero de Teleco o cualquiera que esté acostumbrado a ver exponenciales imaginarias en todos lados sabe que su módulo es 1.

Bien, pues esa es la tarea. Demostrar que efectivamente la exponencial imaginaria tiene módulo 1 y de ahi trivialmente deducir la fórmula de Euler.

NOTA: evidentemente antes de usar trigonometría y la forma de seno y coseno de la exponencial, hay que deducir que efectivamente cae dentro de la circunferencia goniométrica. Porque si no, nanay….

Pitágoras… el viejo Pitágoras

Bueno, la verdad es que mientras tenga la agenda tan apretada va a estar difícil el asunto de compaginar el blog con dormir y comer, por poner un ejemplo, asi que para evitar el mono abro este post, pequeñito y sin problema alguno, sólo con alguna demostración curiosa del teorema más importante jamás contado. El teorema del yayo Pitágoras que tiene más chicha de lo que la gente normalmente ve.

LA VÍA CHINA:

Aunque el teorema ya era conocido en el 4.000 A.C por babilonios y demás gentes de por ahi la antigua Mesopotamia (3.500 años antes de que naciera Pitágoras) lo cierto es que la fama del viejo sabio heleno es muy merecida pese a todo. Hasta él el teorema era algo meramente práctico, algo no demostrado y usado como curiosidad; algo parecido a la gravedad: hasta Newton no pudimos explicarla (más o menos) pero es evidente que se hizo uso de ella antes de que el ilustre inglés naciera, y era conocida.

Demostraciones del Teorema de Pitágoras hay para aburrir. Se organizan concursos y todo. Sin embargo, pongo aquí una basada en geometría de tangram, más que en pesadas disquisiciones numéricas. Se trata, en suma, de demostrar el famoso resultado mediante movimiento de fichas. No es mía. Aparece en el tratado chino de matemáticas Chou Pei Suan Ching o más en cristiano que entendamos todos El Clásico de la Aritmética sobre el Gnomón y los Caminos Circulares del Cielo escrito en el siglo III A.C.

Demostración china geométrica

Bonita imaginativa oriental

Si buscais en Google podeis encontrar muchas más demostraciones, igual de curiosas algunas. El tema es tan fructífero que ni los políticos se pudieron resistir. James Garfield, presidente de EEUU en el siglo XIX publicó una que tampoco es que sea la leche de imaginativa, pero que dada la notoriedad del personaje en su época, se hizo más o menos famosa. Se encuentra aquí (bendita/maldita wikipedia) junto con las demostraciones de genios como Bashkara o da Vinci. La fama, qué si no….

¿y vosotros? ¿Conocéis alguna demostración del teorema de Pitágoras?

Mus…mus…mus….¡no hay mus!

Bueno, la idea es sencilla. Es mus, gran juego de mesa, amigo de todo buen universitario que se precie, excusa para escabullirte de las tediosas clases de Cálculo, o de Análisis o incluso de Animación a la Lectura o Geometría del Papel si eres de Magisterio.

El mus ofrece grandes posibilidades en ejercicios de técnicas de recuento y/o probabilidad ya que debido a sus reglas el número de jugadores es siempre fijo, así como el número de cartas de cada cada uno. Además, al permitirse descartes, es posible complicar el asunto (matemáticamente) tanto cuanto se desee.

Bien, planteemos la cuestión: ¿Qué probabilidad hay de que un jugador (1º, 2º, 3º o 4º) reciba dos reyes en el primer reparto de cartas? y ya que estamos en harina… ¿Hay alguna razón especial para que tener 31 sea una buena mano en este juego?.

aclaraciones: las reglas del mus las podéis encontrar aqui http://www.mundijuegos.com/multijugador/mus/reglas/

Por otra parte, se entiende que tener 31 significa que la suma de los valores de las cuatro cartas de un jugador suman 31. Las figuras valen 10,  los doses cuentan como as (valen por tanto 1) y los treses actúan como reyes (y valen 10 por tanto).

SOLUCIÓN:

Bueno, toca resolver el ejercicio en cuestión. Ante todo, he de agradecer al Javier la orientación que me ha dado en este asuntillo, que parecía trivial pero no lo es en absoluto. Y es que la clave está en el reparto… el maldito reparto.

UN REPARTO QUE REALMENTE NO INFLUYE

En un principio, planteaba la posibilidad de resolverlo teniendo en cuenta que el método de reparto me complicaría el cálculo de las probabilidades. Me explico. La idea que tenía en mente es que como en el mus se reparten las cartas de una en una a cada jugador la probabilidad de tener un rey en el primer jugador por ejemplo se vería afectada por el número de reyes que ya se habían repartido. Es decir, si no hubiera habido ningún rey dado en las cuatro primeras cartas, al llegar la quinta carta a manos del jugador mano habría tenido  posibilidades de que le tocara un rey, pero si ya se hubieran dado, por ejemplo tres, la probabilidad hubiera bajado a  Y así para cada jugador en cada una de las cuatro cartas que les tocaran. Demasiadas ramas en el árbol de probabilidades y demasiadas variables en el aire. Me olía combinatoria, y me olía francamente mal. Difícil pero lógico, ya que parece sensato suponer que efectivamente el primer jugador lo tiene sensiblemente más fácil a la hora de que le toquen reyes que el segundo, y éste que el tercero, y éste que el postre.

Sin embargo, la clave como digo es suponer que este planteamiento es erróneo. La idea de suponer probabilidad condicionada (que es la vía que estaba empleando) no es sino un engorro extra, ya que en suma el reparto NO influye. ¿Cómo? ¿Qué? ¡Te equivocas! Pues no. Es exactamente igual de probable que le toquen dos reyes a cualquier jugador, y más aún, es exactamente igual de probable sea como sea el reparto. Permitidme que lo ilustre con un ejemplo.

HOUSE, EL PENSAMIENTO FIJO UNOS SEGUNDOS Y EL SORTEO DE LA ONCE

Lo que acabo de exponer era idea de mi amigo Javi, insigne ingeniero y alumno notablemente notorio (valga la redundancia) en la asignatura de Señales Aleatorias y Ruido que en Teleco de Valladolid es obligatoria y bastante puñetera. Es sencillamente, probabilidad, probabilidad y más probabilidad. Una delicia, vamos.  Sin embargo, a pesar de sus indicaciones no acabé del todo convencido de su razonamiento hasta bien entrada la noche, cuando estaba viendo House. En una pausa publicitaria me conecté a la página web de la ONCE a ver si salía de pobre con mi cupón y entonces vi la luz. A lo House.

Combinación de ideas imaginativa

Quieto mirando al monitor durante dos segundos (y van subiendo las dioptrías). En ese momento pensé que mis probabilidades de que me tocara el premio gordo del sorteo eran las mismas independientemente de cuántas personas hubieran comprado el décimo. Es más, yo no sabía qué números se habían vendido y cual no, pero no importaba, la probabilidad seguía siendo de una entre el número total de boletos. Y daba igual que yo lo hubiera comprado el lunes, el martes o de madrugada insomne perdido. Tanto hubiera dado que nos hubieran reunido a todos los participantes en una nave industrial y nos hubieran dejado escoger entre todos (mi vendedor es de suponer que no lleva todos los posibles cupones encima). Por tanto en el mus, razoné, debería valer la misma lógica por raro que parezca. Las cartas dadas a los demás jugadores, y que yo obviamente no debo conocer, no deberían influir en mis probabilidades. Mis posibilidades de reyes hubieran sido las mismas si las hubiera recolocado en el mazo por atrás. Y esto era aplicable a todos los jugadores. Por tanto puedo rehacer el cálculo suponiendo que se dan cuatro cartas a cada jugador seguidas, lo que facilita el cálculo porque ya no es un árbol de posibilidades de 16 cartas sino uno sencillo de 4; el siguiente:

Ahora, libre de la tiranía que la probabilidad condicionada me imponía, me podía regodear en mi propia crapulencia (Simpsons dixit) y resover la cuestión aplicando la regla de Laplace a las ramas del árbol que contengan dos reyes, es decir.

Probabilidad de dos reyes:

Observamos que cualquier rama que contenga dos reyes mantiene las mismas fracciones de probabilidad pero en diferente orden. Como están multiplicando da lo mismo, por lo que es realmente 6 veces ese conjunto de fracciones (una vez por cada rama que nos sirve). Dicho de otra manera, la rama REY, REY, NO REY, NO REY tiene misma cadena de fracciones que por ejemplo NO REY, REY, NO REY, REY salvando el orden. Y hay seis. De ahí el factor 6.

ESO ESTÁ MUY BIEN PERO… ¿Y LA 31?

Para calcular la posibilidad de tener 31, hay que considerar la vieja máxima de los muslaris; si no tienes dos figuras olvídate de la treinta y una. A no ser que tengas tres sietes, claro. Se puede construir un árbol similar para obtener las probabilidades, pero es más cómodo razonar. Sólo se puede tener 31 si se tiene:

  1. FIGURA, FIGURA, FIGURA, AS
  2. 7 ,7, 7, FIGURA
  3. FIGURA, FIGURA, 7, 4
  4. FIGURA, FIGURA, 6, 5

Las probabilidades de cada una son:

Aparecen multiplicadas por 4 o 12 de acuerdo al número de posibles ordenaciones. En el caso primero por ejemplo, las cuatro son: FFFA, FFAF, FAFF, AFFF.

En total la probabilidad es la suma de las probabilidades, en total 1+2+3+4 = 0.09173 o sea 9,173 aprox.  Probabilidad de las 31 es de 9,173% en cada jugador.

CONCLUSIÓN: LA PROBABILIDAD CONDICIONADA ES ENGAÑOSA

Y lo es porque sólo influye cuando sabes algo extra como dato del problema. Si no, no influye. Por ejemplo, habría influido si supiéramos a ciencia cierta que el tercer jugador tenía un rey en su segunda carta, por ejemplo. Pero si no es así, si no se sabe, las demás cartas, las que no son tuyas sólo se han movido. Se han repartido igual que cada vendedor de la ONCE tiene unos décimos dados. Pero eso no afecta a la probabilidad del resto.

Así que ya sabéis amigos. Mucho ojo con Bayes y los problemas de probabilidad condicionada. Cuesta verlo, pero a veces no todo influye tanto como pensamos a priori….