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Una demostración

(Esta entrada ya había sido publicada en el blog en julio de 2013; se la vuelve publicar aquí "remozada".)

Vamos a demostrar a continuación que si p es un número primo que es divisor del producto ab entonces p es divisor de a o es divisor de b. La "originalidad" de esta demostración reside en el hecho de que se basa directamente en el principio del mínimo mientras que la demostración que habitualmente se encuentra en los libros usa el hecho de que si mcd(a,b) = 1 entonces existen s y t tales que as + bt = 1.

(Aunque casi nunca se lo mencione explícitamente, todos los números mencionados son enteros positivos.)

Teorema: Si p es un número primo positivo y $k,a,b\in \mathbb{N}$ son tales que pk = ab entonces p es divisor de a o p es divisor de b.

Demostración: Supongamos que la afirmación es falsa y sea p el menor primo para el cual existen $k,a,b\in \mathbb{N}$ con pk = ab sin que p sea divisor de a ni de b. De todos los valores posibles de k elegimos, a su vez, el menor posible. 

Afirmo que $a < p$ y que $b < p$. En efecto, supongamos que $p < a$ (no pueden se iguales porque p no es divisor de a). Dividimos a por p y obtenemos a = pq + r; como p y q son positivos entonces $r < a$ y además p no es divisor de r (porque no es divisor de a). 

Luego, ab = pqb + rb y en consecuencia p es divisor de rb, existe entonces un k' tal que pk' = rb. Observemos que $pk^\prime = rb < ab = pk$ y entonces $k^\prime < k$ con pk' = rb y además r y b no divisibles por p. Esto contradice la minimalidad de k. El absurdo proviene de suponer que $p < a$, deducimos entonces que $a < p$.

Tenemos entonces que pk = ab con $a < p$ y $b < p$. Nótese que $pk = ab < p^2$, luego $k < p$. Sea $p^\prime $ primo y $n\in \mathbb{N}$ tales que $p^\prime n = k$ (si k resultara ser primo, entonces tomamos $p^\prime =k$ y $n=1$). Luego, $pp^\prime n=ab$. Como $p^\prime \leq k < p$ entonces, por la minimalidad de p, $p^\prime $ es divisor de a o es divisor de b. Podemos suponer que $p^\prime $ es divisor de a, luego, existe t tal que $p^\prime t=a$. Tenemos que:

$pk = ab$
$pp^\prime n = p^\prime tb$
$pn = tb$

Como n es menor que k entonces, por la minimalidad de k, p es divisor de t (y entonces, divisor de a) o bien p es divisor de b. En ambos casos se llega a un absurdo. Esto finaliza la demostración.

Desafío para los lectores: ¿En qué punto de la demostración se usa la hipótesis de que p es primo?

Crucigrama numérico

Espero que en éste no haya errores...


Hay que escribir una cifra en cada casilla, no deben quedar casillas vacías, ningún número comienza con cero.

Horizontales:
1) Múltiplo de 106.
4) El producto de sus cifras es 51.
6) El producto de sus cifras es igual al producto de las cifras de 2 vertical.
10) Múltiplo de 304.

Verticales:
1) Número primo, dos de cuyas cifras son pares e iguales.
2) Cuatro cifras diferentes.
3) Número par formado por cuatro cifras consecutivas, todas distintas de cero, y ordenadas en forma decreciente.
5) Tres cifras diferentes, pero con la misma paridad, que suman 12.

Actualización: Claudio Meller y Mariana Belén encontraron "la clave" para resolverlo.
Actualización: Pablo Rowies encontró que el problema tenía 9 soluciones (!). Lo he corregido para que la solución sea única (las correcciones están en azul). Gracias, Pablo.

Los números normales y la aritmética

Los números normales en base 10 son aquellos números reales cuyos dígitos se comportan esencialmente como si hubieran sido generados aleatoriamente (una definición más rigurosa puede verse en este enlace). Una característica que será importante para nosotros en esta entrada es que cualquier secuencia finita de dígitos aparece al menos una vez (infinitas veces en realidad) en la escritura decimal de cualquier número normal. Por otra parte, como es casi evidente, esta definición puede generalizarse y es así como se dice que un número real es normal si cumple la definición anterior para cualquier base b.

Aunque puede probarse que existen infinitos números normales (de hecho, en cierto modo existen "más" números normales que los que no lo son) hay muy poco números de los que se haya podido probarcon certeza que son normales. Se conjetura, aunque aún no se ha podido probar, que números como pi, e o la raíz cuadrada de 2 son normales.

En lo que sigue vamos a suponer que si a es un entero positivo que no es potencia de 10 entonces log(a), el logaritmo en base 10 de a, es normal en base 10. Hasta donde conozco, este hecho no ha sido tampoco demostrado, sin embargo creo que se trata de una suposición que cualquier matemático aceptaría como altamente razonable. Hecha esta suposición, la intención es demostrar que si a no es una potencia de 10 entonces, dada cualquier secuencia finita de dígitos, existe siempre una potencia de a que comienza con esa secuencia. Por citar un ejemplo al azar, existe una potencia de 2 que comienza con 999.

Comencemos por observar que si x e y son números reales entonces existe un número racional q con expresión decimal finita tal que cualquier número real que comience con las cifras de q estará comprendido entre x e y. No es difícil hacer la demostración formal, pero sólo lo mostraré con un ejemplo: si x = 2,34679098867.... (no importa qué cifras sigan) e y = 2,346800.... (ídem) entonces podemos tomar q = 2,346791; es claro que cualquier número que comience con 2,346791... estará comprendido entre x e y.

Vamos a probar ahora que si a no es una potencia de 10 y M es un entero positivo entonces existe una potencia de a que comienza exactamente con los dígitos de M. Pero no vamos a probarlo en general, sino que vamos a probar que existe una potencia de 2 que comienza con 999, será claro que el método que usaremos puede reproducirse para cualquier a y cualquier M.

Tomamos x = log(M) = log(999) = 2,9995654... e y = log(+ 1) = log(1000) = 3; buscamos a continuación un número q como el que describimos más arriba. En este caso podemos tomar q = 2,999566. Es claro que todo número que comience con 2,999566... estará comprendido entre log(M) y log(M + 1).

Dentro de la escritura de log(a) = log(2) buscamos los dígitos que aparecen en q (es decir, 2999566). En nuestro ejemplo podemos hallarlos rápidamente ya que log(2) = 0,30102999566... Multiplicamos entonces log(a) por una potencia de 10 conveniente como para lograr que la coma decimal quede ubicada en la misma posición que en el número q, en este caso la potencia es 100.000:


En consecuencia:


Por lo tanto, 2 elevado a la 100.000 tiene 30.104 cifras que comienzan con 999. Es claro que lo mismo puede hacerse con cualquier número a que no sea potencia de 10 y cualquier número M.

De hecho, si suponemos que toda vez que a no es potencia de b entonces el logaritmo en base b de a es normal, podemos también probar que si M es cualquier entero escrito en base b y a no es potencia de b entonces existe una potencia de a cuya escritura en base b comienza con M.

Problemita simple

Resuelvan la siguiente ecuación (donde x representa un número real):


...y verifiquen que la solución obtenida es correcta (esto último es una adenda del 30.07.13).

Problemita numérico anacrónico

(La palabra "anacrónica" usada en el título se refiere a que éste es un problema que típicamente suele ser planteado en el mes de enero, no en mayo.)

Como ya fue dicho muchas veces en el mes de enero, el año 2013 tiene cuatro cifras diferentes, hecho que no ocurría desde 1987. En realidad, 2013 inicia una seguidilla de años con cuatro cifras diferentes que sigue hasta 2019 inclusive; después está el 2031 como año aislado y hay una nueva seguidilla entre el 2034 y el 2039.

Pero el 2013, además, está formado por cuatro cifras consecutivas y este hecho no ocurría desde 1432. Es imposible que haya dos años futuros consecutivos que estén ambos formados por cifras correlativas (correlativas = consecutivas, usado para evitar la repetición de palabras), pero ¿cuál es el par de años futuros, con menor distancia entre ellos, que estén los ambos formados por cifras consecutivas?

Problemita numérico de verano

La cantidad de cuadrados entre 1 y 10 es 3 (son los números 1, 4 y 9).
La cantidad de cuadrados entre 1 y 1.000 es 31.
La cantidad de cuadrados entre 1 y 100.000 es 316.

¿La cantidad de cuadrados entre 1 y 10.000.000 se obtiene agregando una cifra a 316? 

¿La cantidad de cuadrados entre 1 y 1000.000.000 se obtiene agregando dos cifras a 316? En caso afirmativo ¿qué regla siguen las cifras que se agregan? (Se pide, si es que existe, una "regla cerrada", no una "regla recursiva".)

Caminata marciana (5): dos nuevos desafíos

(Viene de Caminata marciana.)

La diagonal

Éste desafío, propuesto por Rodolfo Kurchan, pide dibujar una caminata marciana que deje a los números del 0 al 8 orientados en diagonal (como se ve en el dibujo) de modo tal que la suma de los números restantes sea la mínima posible.


Rodolfo tiene una solución con una suma de 36 que se puede ver en los comentarios y que probablemente pueda mejorarse. Actualización: Marcos Donnantuoni lo mejora a 33 (la solución está en los comentarios).

N veces N

Éste desafío, propuesto por Marcos Donnantuoni pide hallar una caminata marciana en la que el 4 aparezca exactamente cuatro veces (siempre de modo tal que la suma de los números restantes sea la mínima posible), otra en la que el 5 aparezca exactamente cinco veces, otra para el 6 y otra para el 7.

El desafío para el 8 es imposible (no puede haber más que un número 8) y para el 1, 2 y 3, dice Marcos, es demasiado trivial.

Las mejores soluciones que encontró Marcos tienen sumas de 4, 8, 12 y 22 para los desafíos correspondientes a 4, 5, 6 y 7 respectivamente. Todas pueden verse en los comentarios. ¿Podrán mejorarse?

Caminata marciana (4): nuevo desafío

(Viene de Caminata marciana.)

Marcos Donnantuoni me envía por línea privada un desafío que a su vez le comunicó Pablo Coll: hallar una caminata marciana que deje exactamente un 8, dos 7, tres 6, y así sucesivamente hasta ocho 1 (además del inevitable 0 inicial). 

El desafío, como digo, es hallar una caminata así, o bien demostrar que no existe ninguna. Marcos reconoce que por ahora no ha podido resolverlo.

Caminata marciana (3): Tres conjeturas y el Triángulo de Kurchan

(Viene de Caminata Marciana. Al día siguiente de la publicación inicial de la entrada hice un agregado al texto, este agregado aparece en azul.)

1. Tres conjeturas

Rodolfo Kurchan me ha hecho llegar por línea privada la siguiente conjetura:

Conjetura de Kurchan: Fijado un par de números n y m, en todas las caminatas marcianas que recorran completamente el rectángulo de n x m la suma de los números obtenidos será la misma. (No se obtendrán necesariamente los mismos números, pero sí será la misma la suma de todos ellos).

Por ejemplo, todas las caminatas marcianas que recorren el cuadrado de 3 x 3 suman 20.

Podemos extender la conjetura de la siguiente manera:

Conjetura ampliada: Fijada una región R del cuadriculado que pueda ser recorrida completamente por una caminata marciana, en todas las caminatas marcianas que recorran completamente R la suma de los números obtenidos será la misma.

La conjetura ampliada puede extenderse más todavía. Tomemos, por ejemplo, un grafo que admita un camino hamiltoniano (es decir, un camino que visite todos los nodos del grafo exactamente una vez cada uno, entendiendo que no vuelve al nodo inicial). A cada nodo del grafo le asignamos un número siguiendo el orden en que fue visitado y según la regla de la caminata marciana: cuando el camino pasa por un nodo, éste recibe el número que indica la cantidad de números que están conectados con él en ese momento. Un ejemplo:

Conjetura para grafos: Si G es un grafo que admite un camino hamiltoniano, entonces en todos los caminos hamiltonianos de G la suma de los números obtenidos será la misma.

Hay una demostración bastante simple (una vez que a uno se le ocurre) de la conjetura para grafos. Esta conjetura, como es evidente, tiene a las otras dos como casos particulares. Dejo, para quienes les interesen esas cosas, el desafío de encontrar la demostración. Una pista: la suma que se obtiene es la cantidad de lados del grafo. De este modo las tres conjeturas pasan a ser "teoremas", pero seguiré llamándolas "conjeturas" de todos modos.

2. El Triángulo de Kurchan

La conjetura de Kurchan nos habilita para construir el siguiente cuadro:


En la posición (n,m) del cuadro ponemos la suma de una caminata marciana que recorra completamente el rectángulo de n x m. (Por supuesto, el cuadro sigue infinitamente hacia la derecha y hacia abajo, aquí sólo hemos mostrado un fragmento.) Rodolfo prefiere girar el cuadro 45° y disponer los números en un triángulo al que (en analogía con el Triángulo de Pascal) llamaremos el Triángulo de Kurchan:


Rodolfo ha investigando el triángulo y encontró en él algunas propiedades curiosas. He aquí una lista:

1. La primera diagonal se obtiene sumando 1 cada vez, la segunda se obtiene sumando 5, la siguiente sumando 9, la siguiente sumando 13, etc.

2. En la segunda columna del triángulo aparece la sucesión 1, 11, 29, 55, 89,... que es http://oeis.org/search?q=1%2C11%2C29%2C55%2C89&sort=&language=english

3. La suma de los cuatro vecinos a cada "agujero" de la columna central (por ejemplo: 0 + 1 + 1 + 6 = 8; 6 + 11 + 11 + 20 = 48;...) forman la sucesión 8, 48, 120, 224,... que corresponde a los óctuples de los números hexagonales. Véase también: http://oeis.org/search?q=8%2C48%2C120%2C224%2C360%2C528&sort=&language=english

4. La diagonal a "salto de caballo" 0, 11, 38, 81,... es http://oeis.org/search?q=0%2C11%2C38%2C81&sort=&language=english

5. La suma de lo números en cada fila da 0, 2, 10, 28, 60, 110, 182,... que es el doble de la suma de los n primeros cuadrados consecutivos. Véase: http://oeis.org/search?q=2%2C10%2C28%2C60%2C110%2C182%2C280&sort=&language

6. Elijamos un número cualquiera del triángulo, pero que no esté en el borde. Tomemos sus dos vecinos de la izquierda y de la derecha, el número que está justo arriba del elegido y el que está justo abajo. La suma de esos cuatro números será el cuádruple del número elegido. Por ejemplo, si elegimos el 11 tenemos que 3 + 11 + 1 + 29 = 44 = 4 x 11.

7. Si sumamos cada número de la columna central con su vecino de abajo a la izquierda obtenemos: 0 + 1 = 1; 6 + 11 = 17; 20 + 29 = 49;... que es la sucesión de los números hexadecagonales centrados. Véase: http://oeis.org/search?q=1%2C17%2C49%2C97&sort=&language=english

Por supuesto, están todos invitados a encontrar otras propiedades u otros datos curiosos del Triángulo de Kurchan.

Caminata marciana (2)

(Viene de la entrada Caminata Marciana.)

Claudio Meller (autor, entre otras cosas, de este excelente blog) propone este desafío: hallar una caminata marciana que dibuje la siguiente espiral de 0 a 8, de modo que los números adicionales sumen lo menos posible.


Claudio tiene una solución que da una suma de 25, que puede verse en este enlace.

También propone hallar una caminata marciana que dibuje una de 8 a 0, siempre de modo que los números adicionales sumen lo menos posible.


Para este segundo desafío Claudio tiene una solución que suma 24, y que puede verse en este enlace.

Resumen de las mejores marcas hasta ahora:

Para el primer desafío: suma 18 (Marcos Donnantuoni).

Para el segundo desafío: suma 16 (Rodolfo Kurchan y Marcos Donnantuoni).

Todas las soluciones pueden verse en los comentarios a la entrada.

Caminata marciana

Ésta es el video de mi charla en el Tercer Encuentro por Martin Gardner y Jaime Poniachik:



Y ésta es la transcripción aproximada:

En esta ocasión voy a invitarlos a pasear por Marte... ¿Qué es Marte? "Un planeta" me responderán ustedes, con toda razón. Pero para nosotros el mapa de ese planeta será un cuadriculado ilimitado que sigue infintamente en todas direcciones.


Un camino en ese cuadriculado será cualquier recorrido que comience en una casilla y termine en otra (todos nuestros caminos tendrán un comienzo y un final, ninguno seguirá indefinidamente), que pase de cada casilla a otra que sea vecina en horizontal, vertical o diagonal, y que nunca pase dos veces por la misma casilla.

En la siguiente figura vemos un ejemplo de camino (el circulito rojo indica su comienzo y la flecha indica el final).


Una vez que hemos dibujado el camino, en las casillas visitadas por él (y sólo en esas) vamos a colocar números. Los números serán colocados en el mismo orden en que las casillas fueron visitadas por el camino y de acuerdo con la siguiente regla: en cada casilla va el número que indica la cantidad de números que, hasta ese momento, hay alrededor de la casilla.

En el ejemplo anterior, la primera casilla (la del circulito) no tiene todavía número alrededor, de modo que allí va un 0 (la primera casilla siempre tendrá un 0).


La siguiente casilla tiene ahora un número a su alrededor (el 0 que acabamos de poner), de modo que en la segunda casilla va un 1. La siguiente tendrá un 2, y así sucesivamente. El camino, con todos los números colocados se ve así:


Éste es el mecanismo básico: dibujamos un camino y colocamos los números según la regla que acabamos de enunciar. A partir de este mecanismo podemos plantear una serie de desafíos.

Desafío 1: Dibujar un camino en el que aparezcan, al menos una vez, todos los números del 0 al 8 (es claro que el mayor número que puede aparecer es el 8).

Un ejemplo es el siguiente:


Que, al colocar los números, se ve así (he marcado en amarillo los números del 0 al 8 para que se destaquen).


Como se ve, hay muchos números adicionales (todos los que quedaron en blanco). El verdadero desafío es logar que la suma de esos números adicionales sea la mínima posible.

Desafío 1 (completo): Dibujar un camino en el que aparezcan, al menos una vez, todos los números del 0 al 8 de modo tal que la suma de los números adicionales sea la mínima posible. En el ejemplo anterior la suma es 36, esa solución puede mejorarse.

Desafío 2: Dibujar un camino en el que se forme la siguiente distribución de números, de modo tal que la suma de los números adicionales sea la mínima posible.


El interés de esta disposición de números consiste en que se trata de un cuadrado mágico: las tres filas, las tres columna y las dos diagonales suman 12.

Desafío 3 (cráteres): Un cráter es el borde de un cuadrado de n x n con sus casillas (sólo las casillas del borde) ocupadas por números todos iguales entre sí. Por ejemplo, el siguiente es un cráter de 4 x 4 con 3's:


Como antes, el objetivo es encontrar un camino que forme diferentes cráteres de modo tal que la suma de los números adicionales sea la mínima posible. Algunas marcas que he obtenido son las siguientes:

Cráter de 3 x 3 con 2's: es imposible, es decir, no existe un camino que pueda formar un cráter así. A quienes les interese los desafíos de este tipo, pueden intentar demostrar esta imposibilidad.

Cráter de 3 x 3 con 3's: Rodolfo Kurchan, organizador del encuentro, encontró una solución de suma 8:

0
1333
13 31
2333
  23

Claudio Meller, en este enlace, también aporta el dibujo de una solución de suma 8.

Cráter de 3 x 3 con 4's: en un mensaje privado Rodolfo Kurchan me ha informado que encontró una solución de suma 8, pero no envía el dibujo.

Cráter de 3 x 3 con 5's: en su mensaje privado Rodolfo Kurchan me ha informado que encontró una solución de suma 15, pero tampoco tengo el dibujo de ese camino.

Cráter de 3 x 3 con 6's: es imposible, como dije antes, quienes estén interesados por desafíos de este tipo pueden intentar demostrar esta imposibilidad.

Cráteres de otros tamaños: evéanse más abajo algunas soluciones.

Existen otras disposiciones interesantes de números que también pueden plantearse como desafíos, pero lo haré más adelante, en otras entradas.

Quienes encuentren soluciones que quieran transmitir, o nuevos desafíos para plantear a partir de este mecanismo, pueden hacerlo en los comentarios a esta misma entrada. Una manera de de escribir una solución sin recurrir a un dibujo sería indicar las direcciones en que el camino se va desplazando (N = norte o arriba, NO = noroeste, O = oeste o izquierda, etc.) Desde luego, no es relevante la posición de la casilla inicial. Por ejemplo, el camino del primer ejemplo se escribiría así: SE, O, NE, SE, N, N.

Muchas gracias.

Nota: Después de haber preparado esta charla, googleando en busca de ideas similares que alguien hubiera podido tener previamente, descubrí en este enlace un mecanismo más o menos similar, aunque no igual, al que he contado aquí. Como se puede ver en el enlace, también se parte de un camino en el que se escriben números, pero en este otro caso, se pone (un poco arbitrariamente) primero un número 1 y luego se van sumando los números que quedan alrededor. Los desafíos, además, son diferentes. No obstante las diferencias, me pareció correcto mencionar la similitud de ideas.

Actualizaciones:

Cuadrado mágico (24.10.12): Claudio Meller envía una solución que da una suma de 28 para el desafío de dibujar el cuadrado mágico. Su solución puede verse en el archivo que se descarga desde este enlace. Rodolfo Kurchan tiene una solución que da una suma de 26, que es la siguiente:
 121
15072
16424
31831
2341

Y que mejora a 23:
  121
15072
16424
31831
 241

(En los comentarios puede verse todavía otra mejora.)

Nuevo desafío (24.10.12): Rodolfo propone hallar un camino que dibuje los números 012345678 en ese orden (siempre de tal modo que la suma de los números adicionales sea la mínima posible). Rodolfo envía esta solución, que suma 20:
   2221111
0123456782
  12  1121

Pero Claudio Meller, en este enlace, aporta una solución con una suma de 19.

Cráteres (24.10.12): Claudio Meller envía una solución del 4x4 con 2's que da una suma de 4, el dibujo en este enlace y envía el dibujo de una solución de suma 12 para el de 4x4 de 3's, en este enlace.

Soluciones de Rodolfo Kurchan para cráteres:
...........................
4x4 dos = 5 (mejorada por la solución de Claudio Meller)
0  1
12222
 2  2
 2  21
 2222
   2
........................... 
4x4 tres = 12 (iguala la de Claudio Meller)
0   2
133332
13  31
 3123
13333
    1
...........................
4x4 cuatros = 20
021 1
144441
 4134
 42541
 44441
  1
........................... 
4x4 cincos = 32
 1 1
1 1 031
1 55551
 154151
 15 3541
 155551
  1111
...........................

Resumen de las mejores marcas hasta ahora:

Números del 0 al 8 al menos una vez cada uno: suma 8 (de Marcos Donnantuoni, puede verse la solución en los comentarios a la entrada, Marcos conjetura que es óptima).


Cuadrado mágico: suma 22 (de 
Marcos Donnantuoni, puede verse la solución en los comentarios).

Números del 0 al 8 en línea (desafío propuesto por Rodolfo): suma 16 (solución de Marcos Donnantuoni, puede verse en los comentarios).


Cráter de 3x3 con 3's: suma 8 (Rodlfo Kurchan y Claudio Meller, pueden verse en la entrada).

Cráter de 3x3 con 4's: suma 8 (Rodlfo Kurchan, confiamos en su palabra).
Cráter de 3x3 con 5's: suma 15 (Rodlfo Kurchan, confiamos en su palabra y Claudio Meller que sí envía un dibujo, que puede verse en los comentarios).

Cráter de 4x4 con 2's: suma 4 (Claudio Meller, puede verse en la entrada).

Cráter de 4x4 con 3's: suma 12 (Rodlfo Kurchan y Claudio Meller, pueden verse en la entrada).
Cráter de 4x4 con 4's: suma 20 (Rodlfo Kurchan, puede verse en la entrada).
Cráter de 4x4 con 5's: suma 32 (Rodlfo Kurchan, puede verse en la entrada).

Reparto justo

Tres amigos, A, B y C, alquilan una casa por 30 días para pasar las vacaciones. El precio del alquiler por esos 30 días es de $3000. Sin embargo, por motivos imprevistos, C debe abandonar la casa cuando han pasado apenas 15 días. La noche previa a la partida de C los tres se reúnen para decidir el modo más justo de repartir el costo del alquiler.

B propone lo siguiente: C permanecerá en la casa la mitad del tiempo que los otros dos, mientras que A y B permanecerán ambos el mismo tiempo. Lo justo, entonces, es que A y B paguen lo mismo y que C pague la mitad que ellos. En resumen, A y B pagarán $1200 cada uno y C pagará $600.

Pero C no está de acuerdo. Según su punto de vista, los 30 días de alquiler han quedado divididos en dos partes iguales. En la primera parte el gasto debe dividirse entre los tres ($1500 / 3 = $500) y en la segunda parte solamente debe dividirse entre A y B ($1500 / 2 = $750). Según este punto de vista, C debe pagar $500 mientras que A y B deben pagar $1250.

¿Cuál es el más justo de los dos modos de repartir el gasto?

(Una versión anterior de esta misma entrada puede leerse en este enlace).

Una cierta asimetría

1 = 0,9999...              -1 = -0,9999...
2 = 1,9999...              -2 = -1,9999...
3 = 2,9999...              -1 = -2,9999...


0 = ?

Crucigrama de números

Referencias:

1v. Un número primo.
2h. El cuadrado de un número primo.
3v. Un divisor de 1v.
4v. Un número primo.
5v. Un número primo.
6h. El cuadrado de un número primo.
7h. El producto de 2h por 4v.
7v. Un número primo.
8h. Un número primo.

Crucigrama Numérico

Debe escribirse una cifra en cada casilla. Ningún número comienza con cero.


Horizontales

1. Producto de las cifras de 7-Horizontal.
5. Número de cuatro cifras.
7. Cuadrado de 4-Vertical.
8. Número de cuatro cifras.
9. Producto de las cifras de 5-Horizontal.

Verticales

2. Múltiplo de siete.
3. Un cubo perfecto.
4. Un número primo.
6. Un múltiplo de trece.
7. Un divisor de 2-Vertical.

¿Raíz cúbica? (conclusión)

(Viene de 1, 2, 3, 4.)

Sea f(x) una función definida en algún subconjunto de los números reales (cuyas imágenes son también números reales). Si a es un número real que está en el dominio de f(x) y a = b entonces b también está en el dominio de f(x) y además f(a) = f(b).

La afirmación anterior es virtualmente un axioma de uso universal en la Matemática. Empleo aquí la palabra "universal" en el sentido de que el axioma es implícitamente aplicado casi todo el tiempo en todas las ramas de la Matemática. Por citar solamente un ejemplo entre miles, cuando al resolver una ecuación decimos que 2x = 3 implica que x = $\frac{3}{2}$ estamos haciendo uso de ese axioma. En ese caso $f(x) = \frac{1}{2}x$, $a = 2x$, $b = 3$. [El axioma también vale aunque los conjuntos numéricos involucrados sean otros, diferentes de los reales. Hablé específicamente de los números reales para destacar el hecho de que el tema de esta entrada no involucra a los complejos.]

Consideremos ahora las siguientes afirmaciones, en las que $f(x) = (-1)^x$. Nótese que la función f(x) está definida, al menos, en el conjunto de los números enteros. La pregunta aquí es si ese dominio puede extenderse de manera consistente a al menos algunos números racionales no enteros.

Afirmación 1: $\frac{1}{3}=\frac{2}{6}$.

(Pregunta: ¿$\frac{1}{3}$ y $\frac{2}{6}$ son "iguales" o "equivalentes"? Respuesta: Son equivalentes porque son iguales. Es decir, se llaman fracciones equivalentes a aquellas que representan el mismo número real. $\frac{1}{3}$ y $\frac{2}{6}$ son solamente dos formas de escribir el número real que también puede ser representado como $\frac{3}{9}$ o como 0,333...)

Afirmación 2: Supongamos que $\frac{1}{3}$ está en el dominio de f(x).

Conclusión 3: De las afirmaciones 1 y 2, y del axioma enunciado más arriba, se deduce que $\frac{2}{6}$ está en el dominio de f(x) y que $f(\frac{1}{3}) = f(\frac{2}{6})$.

Conclusión 4: De 3 se deduciría que -1 = 1, ya que $f(\frac{1}{3})$ se define como -1 y $f(\frac{2}{6})$ se define como 1. (Véase aquí la deducción completa y véase aquí por qué no es válido hablar de un "doble signo" para la raíz sexta.)

La conclusión 4 es una contradicción. En consecuencia, una de las premisas que nos llevó a ella debe ser falsa. La única falsedad posible aparece en la afirmación 2. Por lo tanto es absurdo suponer que $\frac{1}{3}$ está en el dominio de f(x)...

...es decir que $(-1)^{\frac{1}{3}}$ no existe
(ni tampoco, por supuesto, $(-1)^{\frac{2}{6}}$ o $(-1)^{0,333\dots }.)

Podríamos preguntar ¿acaso $(-1)^{\frac{1}{3}}$ no es la raíz cúbica de -1? (De ahí el título "¿Raíz cúbica?" que llevaban estas entradas). La respuesta es que no, no lo es. La igualdad $x^{\frac{1}{3}}$ = "raíz cúbica de x" solamente vale si x es mayor que 0. La igualdad es falsa si x es negativo, porque en ese caso $x^{\frac{1}{3}}$, simplemente, no existe. (Aunque sí podemos admitir la existencia de la raíz cúbica de -1 como notación especial.)

¿Raíz cúbica? (otra vez)

Digámoslo así... Consideremos estas tres afirmaciones:

a) $\sqrt[3]{8} = 2$
b) $\sqrt[6]{8^2} = \sqrt[3]{8}$
c) $\sqrt[6]{8^2}=\sqrt[8]{64}=\pm 2$

Es obvio que las tres no pueden ser simultáneamente verdaderas. La pregunta es... ¿cuál es la afirmación falsa?

(Como en toda esta última serie de entradas, las igualdades se entienden en $\mathbb{R}$.)

Finaliza aquí.

¿Raíz cúbica? (comentario lateral)

Supongamos que admitiéramos un "doble signo" para la raíz sexta. Entonces la raíz sexta de 64 sería 2 y también -2. Luego, 2 = -2. Absurdo.

Por lo tanto, raíz sexta de 64 es igual (solamente) a 2... o bien la Matemática es inconsistente.

Sigue aquí.

¿Raíz cúbica? (Adenda)

¿Cuánto vale (-1)^0,333....? Considerando que 0,333... = 2/6 y que 0,333.... = 1/3.



(Adenda a la entrada anterior.)



Sigue aquí.

Raro (pero verdadero)

0,999.... (con infinitos nueves) es un número entero.