Un problema de idades difícil de verdade

 

Futility Closet é un dos poucos blogues que continúan publicando contidos interesantes relacionados coas matemáticas, no seu caso desde... hai 21 anos! Levo seguindo o seu feed hai lustros, xunto con kottke ou TYWKIWDBI dentro da categoría "Varios"(reminiscencias dos cassettes gravados dos 80/90, imaxino), onde antes tamén estaban Neatorama ou BoingBoing, que deixei de seguir porque me abafaba o seu ritmo de publicación, ou The Presurfer, porque, tristemente, o seu autor morreu. Tamén tiña por aló Passion for Puzzles, do que xa nin atopo a URL. E outros que xa nin lembro, seguramente.

Futility Closet publica unhas 12 entradas á semana, segundo Feedly. A estas alturas da vida, adoito ler de verdade só as entradas baixo as etiquetas Puzzles ou Science&Math, e ás veces as Oddities. E das de Puzzles paso por riba dos problemas de xadrez, porque, en fin, por isto. E en moitas ocasións leo entradas nas que hai problemas que non tento resolver, supoño que será a idade, a falta de tempo, ou quen sabe por que. 

Mais esta semana vin un problema, aparentemente estándar e sinxelo, do que me chamou unha cousa a atención.

When A was three times as old as B was the year before A was a half of B’s present age, B was 3 years younger than A was when B was two thirds of A’s present age. A’s and B’s ages now total 73. How old are A and B?

É tan enleado que me custa traducilo:

Cando A tiña o triplo da idade que tiña B o ano antes de que A tivese a metade da idade actual de B, B tiña 3 anos menos dos que tiña A cando B tiña dous terzos da idade actual de A. As idades actuais de A e B suman 73. Cantos anos teñen A e B?

Vedes por que digo que era estándar? Un problema deses de idades, dos de "cando non sei quen tiña a idade de non sei cal..." Insira aquí emoji cos ollos case en branco.

E por que parei un anaco neste problema, se parecía tan estándar?

Adiviñades?

Veña, poño un gif en troques de emoji, para que non leades aínda a razón e poidades sentir o éxito mínimo de adiviñalo vós:

   

A razón foi que me pareceu raro que fose necesario dar a suma das idades actuais, habendo un texto previo tan longo. Polo que tiven que resolvelo para saber que sucedía para que tanto texto non fose abondo para atopar as idades.

E como xa non teño que corrixir máis exames durante unha temporada, velaquí a miña solución, da que non estou moi orgulloso, pois teño a sensación de que pode ser afinada. Xulgade vós, como sempre, e se tedes unha mellora, xa sabedes.

Vaiamos por partes, que estas frases poden facer estoupar a nosa memoria operativa:

Cando A tiña o triplo da idade que tiña B o ano antes de que A tivese a metade da idade actual de B,

O primeiro que hai que dilucidar é cando tivo A a metade da idade actual de B, é dicir, cando tivo A $\frac{B}{2}$. E o quid da cuestión está en decatarse de que é máis sinxelo do que parece: simplemente sucedeu hai $A-\frac{B}{2}$ anos.

Sigamos co anterior desa frase.

Cantos anos tiña B o ano antes ao que acabamos de descifrar? En primeiro lugar, iso sucedeu un ano antes, i.e., hai $A-\frac{B}{2}+1$ anos, e daquela B tiña $B- \left(A-\frac{B}{2}+1 \right)=\frac{3B}{2}-A-1$

A tiña o triplo desa idade, ou sexa, $\frac{9B}{2}-3A-3$, e cando foi iso? Pois usando outra vez o mesmo subterfuxio, hai $A-\left(\frac{9B}{2}-3A-3\right)=4A-\frac{9B}{2}+3$ anos.

Uf.

Imos coa segunda parte do conto.

...B tiña 3 anos menos dos que tiña A cando B tiña dous terzos da idade actual de A.

Imos ter que utilizar a última expresión do parágrafo anterior, pero antes, one more time, empezar polo final.

Cando tivo B dous terzos da idade actual de A? Hai $B-\frac{2A}{3}$. E daquela A tiña $A- \left(B-\frac{2A}{3}\right)=\frac{5A}{3}-B$

E B tiña 3 anos menos, i.e., $\frac{5A}{3}-B-3$. Cando? Hai $B-\left(\frac{5A}{3}-B-3\right)=2B-\frac{5A}{3}+3$

Uf outra vez.

Agora ademais hai que pasar unha pequena crise. COMO SEGUIMOS?

E este é o momento de decatarse de que todo o anterior só proporciona UNHA MALDITA ECUACIÓN.

Como?

Observando que as dúas condicións analizadas por separado suceden ao mesmo tempo, polo que as dúas expresións obtidas ao final dos dous parágrafos coincicen:

$$4A-\frac{9B}{2}+3=2B-\frac{5A}{3}+3 \rightarrow 4A-\frac{9B}{2}=2B-\frac{5A}{3} \rightarrow \frac{17A}{3}=\frac{13B}{2}\rightarrow$$

$$34A=39B$$

E aquí vemos que como non sabemos se as idades son enteiras ou polo menos verosímiles, necesitamos outra condición, e aí entra a suma das idades, 73, que xa fai inevitable o obvio, que A=39, B=34.

Por que non quedei contento con esta solución? Porque a ecuación obtida, $34A=39B$, é tan sinxela que me fai pensar que non estou vendo algo. Iluminádeme, amables lectores, que agora teño tempo.

Olimpíada de Matemática da CPLP 2025

 

Souben onte da publicación dos problemas da 13ª Olimpíada de Matemática da Comunidade de Países de Língua Portuguesa. Fun mirar, e non decepcionan: hai variedade de temas, e problemas ben fermosos. E hai unha ecuación diofántica na que unha variable é un número primo:

Encontre todos os inteiros positivos n e p tais que p é primo e $$p^3+(np)^2+1=n^6$$

Porén, como ecuacións diofánticas xa resolvín algunha no blog, e agora non lembro se apareceu a solución dalgunha desigualdade por acó(PS: si, nunha nota autobiográfica), aproveitando que é a 1ª cuestión da olimpíada, e polo tanto é probable que sexa a  máis sinxela, velaquí a miña solución da desigualdade que propoñen:

Dados números reais x, y e z, prove que $$4x(y+z)(xy+xz+yz)+y^2z^2 \geq 0$$

E para que non vexades xa a solución, como me pasou a min co problema dos rapaces chineses con talento da entrada previa, déixovos un gif da clase do outro día de combinatoria en 3º:

Se algún día canso das Matemáticas,
xa podo dar clase de Relixión

Veña, vamos coa solución:

$$4x(y+z)(xy+xz+yz)+y^2z^2 \geq 0$$

O primeiro que vin foi a asimetría nas variables, mentres y e z xogan o mesmo papel, x está destacado. Polo que tentei explotar iso, e funcionou. Que podía non funcionar, mais tiven sorte:

Chamando $s=y+z, p=yz$, o membro interesante da desigualdade cobra o aspecto:

$$4x(y+z)[x(y+z)+yz]+y^2z^2=4xs(xs+p)+p^2=4x^2s^2+4xsp+p^2=(2xs+p)^2$$

que é obviamente non negativo.

E agora entendestes por que escollín esta cuestión, non si? Para sermos honestos, tamén influíu que a solución que atopei dos de xeometría é horrible, pero polo menos non usei coordenadas.

 

Onde vai a solución?

 

$$\huge{2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2}$$

Nun anaco libre que tiven esta semana abrín a revista Arbelos, editada por Samuel Greitzer (si, o autor que non é Coxeter) entre 1982 e 1988, da que agora non dou atopado ligazón, aínda que eu teño os seis números en pdf.

E pasando artigos case á mesma velocidade á que leo o boletín que manda a Consellería cada venres, dei con varios problemas interesantes, algúns axeitados para as aulas ordinarias. E quero compartir a solución dun deses problemas, en realidade dúas solucións, que non dan resultados exactamente iguais. O voso choio consiste en atopar que está pasando.

O problema pode que vos soe familiar:

Atopar as raíces de $x^2+ax+b=0$ sabendo que as raíces son $a$ e $b$.

• Imos co 1º método, o máis inmediato:

Se a e b son as raíces, 

$$\begin{cases} a^2+a \cdot a +b=0 \\ b^2+a \cdot b +b=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2a^2 +b=0 \\ b(a+b+1)=0 \end{cases} \Rightarrow $$ 

$$\begin{cases} b=0 \rightarrow a=0 \\ a+b+1=0 \rightarrow  b=-a-1 \rightarrow 2a^2-a-1=0 \rightarrow \begin{cases} a=1 \rightarrow b=-2 \\ a=\frac{-1}{2}  \rightarrow b=\frac{-1}{2} \end{cases}\end{cases}$$

En conclusión, tres solucións, $(a,b)=(0,0),(1,-2),\left(\frac{-1}{2},\frac{-1}{2}\right)$

• E agora usemos as Fórmulas de Cardano-Vieta,

$$\begin{cases} a+b=-a \\ a\cdot b=b \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} b=-2a \\ b(a-1)=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}b=0 \rightarrow a=0 \\ a=1 \rightarrow b=-2 \end{cases} $$

É dicir, dúas solucións. U-la outra solución?

Non ía simplemente escribir que esta é a entrada número 900, non si?

Olimpíada Matemática Española 2024-25, Fase Local

 

Pequena adiviña non-relacionada-coas-matemáticas
que deixo (axiña aparece a razón)

A fin de semana pasada tivo lugar a fase local da OME deste curso, un colega mandoume o mesmo día foto da folla da sesión matinal e automaticamente quedei abraiado porque vin un problema que recoñecín como parte do folklore. E como ninguén me deu a razón, quedei pensando se sería un falso recordo. 

Polo que traio ese problema e a solución que practicamente non tiven que pensar, razón que apoia a miña postura: se non formase parte do folklore, probablemente eu non o daría resolto, e menos tan rápido. E de paso tamén comparto o primeiro problema, que tamén resultou sinxeliño. A ver que opinades.

O problema que eu considero ben coñecido era o 2:

Sexa $q(x)$ un polinomio de grao 2023 que cumpre $q(n)=\frac{1}{n}$ para todo $n=1,2,\dots, 2024$. Atopa o valor de $q(2025)$

Dúas liñas máis abaixo comeza o meu comentario e posterior solución. Avisados estades.

O primeiro que pensa un vendo ese enunciado é que un polinomio de grao 2024 queda determinado por 2025 valores, e aquí temos 2024 valores, polo que o mellor que podemos acadar é deixar un parámetro bailando. Se coñecedes algo do polinomio de interpolación e do determinante de Vandermonde saberedes o obstáculo que hai, que vén xeneralizar o feito ben coñecido de que unha recta(grao 1) queda determinada por 2 puntos, unha parábola(grao 2) por 3, etc. Na práctica, non parece factible meternos a calcular un polinomio de grao 2023. O que si sería máis manexable sería determinar o polinomio a partir das súas raíces, co pequeno obstáculo de que non sabemos as raíces de q. Polo que a estratexia vai ser atopar un polinomio relacionado con q do que si saibamos as raíces. E isto é cuestión de vista: Se $q(n)=\frac{1}{n}$, entón $n \cdot q(n)=1$, ou o que é o mesmo, $n \cdot q(n)-1=0$.

Así que o polinomio que vai facer o choio é $p(x)=xq(x)-1$, que ten 2024 raíces coñecidas, $n=1,2,\dots, 2024$. En consecuencia, $p(x)=\lambda \cdot (x-1)(x-2)\dots (x-2024)$, con $\lambda$, o coeficiente principal, por determinar.

Agora usamos que o valor no 0 é sinxelo de obter, e pouco quedará:

$$p(0)=0 \cdot q(0)-1=-1$$ 

Pero tamén:

$$p(0)=\lambda \cdot(0-1)(0-2)\dots(0-2024)=\lambda \cdot 2024!$$

Igualando, $$-1=\lambda \cdot 2024! \rightarrow \lambda=\frac{-1}{2024!}$$

E $p(2025)= \frac{-1}{2024!} \cdot (2025-1)(2025-2) \dots (2025-2024)=\frac{-1}{2024!} \cdot 2024! =-1$

De onde $-1=p(2025)=2025 \cdot q(2025)-1$, polo que $q(2025)=0$

Como detalle curioso, o conto cambiaría moito se estivésemos en 2024 ou 2026. Observade o gif que fixen, de 1 ata 20, como varía dependendo da paridade:

Non sei vós, eu oio o son de lategazos a través da pantalla

E, como dixen, o primeiro problema, gratis:

Sexa ABCD un paralelogramo e sexa M un punto na diagonal BD que cumpre $MD=2BM$. As rectas AM e BC córtanse nun punto N. Cal é o cociente entre a área do triángulo MND e a área do paralelogramo ABCD?

Como sempre, o debuxo explica mellor o asunto:

   

Neste problema hai unha única liña que revela o esencial, e non é moi esotérica, pois é a outra diagonal:

   

Como as diagonais sempre se cortan no punto medio(E nesta figura), e ademais $MD=2BM$, temos que $BM=2 ME$ e $MD=\frac{2}{3} BD$. Sendo E o punto medio do lado AC do triángulo ABC, BE é a mediana correspondente a ese lado, e M ten que ser o baricentro, que é o único punto nunha mediana que a divide na razón 2:1.

Por tanto, AN ten que ser outra mediana, polo que N é o punto medio do lado BC, e podemos xa ir calculando razóns entre áreas de polígonos:

$$\frac{(MND)}{(BND)}=\frac{MD}{BD}=\frac{2}{3}$$

$$\frac{(BND)}{(BCD)}=\frac{1}{2}$$

$$\frac{(BCD)}{(ABCD)}=\frac{1}{2}$$

Xuntando estas 3 razóns, $$\frac{(MND)}{(ABCD)}=\frac{1}{6}$$

O dito: o primeiro problema é tradicional? Resolvestes o do paralelogramo doutro xeito?

Un problema elemental que (non) resolvín

 

A semana pasada entrei nun grupo de Facebook no que son membro, "Oposiciones Matemáticas Secundaria- Problemas y Ejercicios", e vin este problema compartido por un membro anónimo(ata que entrei neste grupo non sabía que existían):

    

Na figura aparece un cadrado e as áreas de dous triángulos no seu interior. Demostrar que a área do triángulo azul é 77 e que a área do triángulo gris é 49,5.

Anímovos a que o pensedes antes de que se desate o maelström.

Nada máis velo recoñecín a situación habitual en moitos problemas, e confeso que pensei que ía ser sinxelo, que utilizando que triángulos coa mesma base e altura teñen a mesma área ou, como moito, o Teorema das Alfombras, sairía fácil. E púxenme ao choio, seguindo esta consideración previa:

   Cal será a orde que seguen as letras? 

E fun vendo as consecuencias máis inmediatas na configuración:

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5$$

sendo eses 4 valores iguais á cuarta parte da área do cadrado.

Sen botar contas, xa se ve que con esas igualdades non vas a ningures, polo que pensei un chisco máis e vin os triángulos que van do chan ao teito, é dicir, estes dous da dereita,

 

e viceversa, i.e., estes dous da esquerda

De onde deducimos

$$F+52,5+C=C+52,5+A+E \rightarrow F=E+A$$

e

$$B+E+52,5=B+D \rightarrow E+52,5=D$$

Aí comecei a sospeitar que estaba dando voltas, que había igualdades que eran equivalentes a outras, e por tanto, non achegaban nova información.

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5 \\F=E+A \\ E+52,5=D$$O máis lóxico, supoño, sería tentar seguir onde me levasen esas igualdades, p.ex.:

$$\begin{cases} B+E+80=F+52,5 \\ F=E+A \end{cases}\Rightarrow B+E+80=E+A+52,5 \rightarrow B+27,5=A$$

O que vai ben no camiño de ver o que nos pide o exercicio (lembremos: B=49,5, A=77)

Pero como comentei arriba, eu xa notara que o asunto era laido, co cal probei outra cousa para chegar ao mesmo. Digamos que pedín papas coa estratexia de comparar áreas sen máis, e puxen nome a lonxitudes de arriba:

   

Para que? Pois para comparar áreas, claro:

$$\frac{80+F}{B+E+52,5}=\frac{x}{y}=\frac{80+E+A}{B+D}$$

E como todas as áreas estaban relacionadas con C, a cuarta parte do cadrado, pois tentei ir cara C:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C-B+A}{C-A+B}$$ (1)
Onde notei:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C+A-B}{C-(A-B)}$$

Que intuitivamente, sen botar contas, implica que $A-B=27,5$. Rigorosamente, podemos multiplicar en cruz, ou, xa que estamos matando moscas cunha bomba H, observar que a función $f(t)=\frac{c+t}{c-t}$ é inxectiva, sempre que $c \neq 0$.

De calquera xeito, non dei deducido nada máis de aí. Polo que pasei a comparar áreas de de triángulos que non compartisen base senón forma:

$$\frac{80}{C+52,5}=\left( \frac{x}{x+y}\right)^2$$

e

$$\frac{B}{A+C}=\left( \frac{y}{x+y}\right)^2$$ (2)

Con estas igualdades dei unhas cantas voltas, non cheguei a ningures agás a uns sistemas non lineais horripilantes en x e y, polo que volvín á figura e agora reparei nestes dous triángulos:

Non quero saber canto tempo da miña vida paso
escollendo cores para polígonos

Que son obviamente semellantes pois teñen os ángulos iguais, polo que os lados correspondentes son proporcionais, o que non serve de moito aparentemente sen meter máis variables. Mais tamén deducimos que a razón das súas áreas é o cadrado da razón de semellanza, é dicir, a razón entre dous lados correspondentes calquera, por exemplo os resaltados, que xa teñen etiqueta:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( \frac{x+y}{x}\right)^2 $$

E chegado este punto, veu a psicodelia:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{y}{x}\right)^2 $$

Usando a primeira parte de (1) agora, 

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{C-27,5}{C+27,5}\right)^2=\left(\frac{2C}{C+27,5}\right)^2=\frac{4C^2}{(C+27,5)^2}$$

Afórrovos contas, a cousa queda así ao final:

$$C^3-212,5C^2+3643,75C+39703,125=0$$

Que ten 3 solucións racionais relativamente sinxelas para a pinta que ten, $C_1=-7,5, C_2= 27,5, C_3=192,5$, e pola figura, deducimos que ten que ser $C_3$ 

Sucede que botando as contas metín a zoca no medio da psicodelia, invertendo os termos dunha fracción, polo que obtiven unha ecuación con coeficientes racionais pero solucións irracionais ben bravas. 

Na versión non analóxica de enriba cambiei
á fracción inversa pero xa non trabuquei

O curioso do asunto é que me decatei do erro polo medio desta entrada, antes pensaba que simplemente chegara a unha ecuación que non se podía resolver de xeito exacto. Que tivese grao 3 non axudou tampouco.

Volvendo á solución, se $C=192,5$, como é a cuarta parte da área do cadrado, esta é 770, e o lado do cadrado, $x+y=\sqrt{770}$, e p.ex. utilizando (1) outra vez, $\frac{192,5+27,5}{192,5-27,5}=\frac{x}{y}$, de onde $\frac{220}{165}=\frac{x}{y}\Rightarrow \frac{4}{3}=\frac{x}{y}$, polo que $x=\frac{4\sqrt{770}}{7}$ e $y=\frac{3\sqrt{770}}{7}$

E agora usando (2), 

$$\frac{B}{A+C}=\left(\frac{y}{x+y}\right)^2 \Rightarrow \frac{B}{B+27,5+192,5}=\left(\frac{3}{7}\right)^2 \rightarrow \frac{B}{B+220}=\frac{9}{49} \rightarrow 49B=9B+1980 \rightarrow B=49,5$$

E por fin, $A=77$. Non era sen tempo.

Como dixen antes, isto non foi o que sucedeu nun primeiro momento.

O que sucedeu, en troques, foi que desfalecín, mirei o día de publicación do problema no grupo e comprobei a miña sospeita, que fora o 28 de decembro. E fun preguntar se era unha inocentada. E claro, non era, e o membro anónimo compartiu unha solución, que non mirei ata darlle outra volta infrutífera ao problema.

E volvín ao grupo, e mirei a solución compartida sen enfocar (así de ridículo son, en efecto), e vin algo semellante a isto:

   

E, obviamente, volvín ao problema sabendo que funcionaría dividir o lado superior do cadrado nos 4 cachos que se albiscan na imaxe borrosa. É dicir,

   

Pero p e q están relacionados con m e n respectivamente pola semellanza que se observa:

$$\frac{p}{p+m}=\frac{m}{l} \Rightarrow p=\frac{m^2}{l-m}$$

e

$$\frac{q}{q+n}=\frac{n}{l}\Rightarrow q=\frac{n^2}{l-n}$$

Con isto xa vai:

$$\begin{cases} \left( m+ \frac{m^2}{l-m}\right) \cdot \frac{m }{2}=80 \\ \frac{l^2}{4}-\frac{l \cdot m}{2}=52,5 \end{cases}$$

E recoñezo que tampouco confiaba moito en que este sistema fose facilmente resoluble. Porén...

$$\begin{cases} \frac{l \cdot m^2}{l-m}=160 \rightarrow lm^2=160(l-m)\\ l^2-2lm=210 \rightarrow m= \frac{l^2-210}{2l}=\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \end{cases} \Rightarrow  $$

$$ l \left(\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \right)^2=160 \left( l- \frac{l}{2}+\frac{105}{l}\right) =160 \left( \frac{l}{2}+\frac{105}{l} \right)$$

$$ l \left( \frac{l^2}{4}-105+\frac{105^2}{l^2}\right)=80l+\frac{160 \cdot 105 }{l}$$

$$ \frac{l^3}{4}-105l+\frac{105^2}{l}=80l+ \frac{160 \cdot 105 }{l}$$

Aquí a sensación que tiven é que non ía dar saído(outra vez), mais...

$$l^4-420l^2+44100=320l^2+67200 \rightarrow l^4-740l^2-23100=0$$

Unha bicadrada, quen contaba?! 

Aforrando o procedemento estándar, obtemos $l=\sqrt{770}$, e de aí, $m=\frac{\sqrt{770}}{2}-\frac{105}{\sqrt{770}}=\frac{4\sqrt{770}}{11}$ e $p=\frac{16\sqrt{770}}{77}$. E agora podemos razoar como o membro anónimo, e atopar o valor de n (a ese chamámolo igual, casualmente) mediante semellanza, ou usar que o lado do cadrado é a suma dos 4 segmentos m, p, q e n, e que p depende de m, xa coñecido, e q de n. En concreto:

$$q+n=\frac{n^2}{l-n}+n=\frac{ln}{l-n}=l-m-p=\frac{3\sqrt{770}}{7} \Rightarrow \frac{n \sqrt{770}}{\sqrt{770}-n}=\frac{3\sqrt{770}}{7}$$

Que dá $n=\frac{3\sqrt{770}}{10}$

E, POR FIN, podemos calcular as áreas solicitadas, 

$$B=\frac{(n+q)n}{2}=\frac{\frac{3\sqrt{770}}{7} \cdot \frac{3\sqrt{770}}{10}}{2}=\frac{9 \cdot 770}{70\cdot 2}=49,5$$

E A vale 27,5 máis, como xa falamos hai 5112 caracteres (aaarggg).

Sabedes o máis inquietante? Que nin comentei cando perdín a confianza no que estaba facendo e puxen un sistema de referencia e coordenadas a todos os puntos que había...

Entenderedes que nun tempo non haxa outra entrada onde volva escribir tantos símbolos matemáticos, non si?

Solución a Como ides de intuición(estocástica)?

 

Dado que unha multitude (só direi que hai que usar o plural) me pediu que compartise a solución do problema da entrada anterior, decidín coller a solución que escribín en 2008 e traela aquí. Como vexo un pandemonium de factoriais e números combinatorios, contade con que cometa algún erro, agardemos que só sexan erratas. Ah, e non ides ver ningunha gran intuición, só un traballo de libro.

Lembremos o problema: se temos nunha urna 80 bólas, 72 verdes e 8 azuis, e imos extraendo unha a unha, cal é o número esperado de bólas verdes que quedan na urna cando extraemos a última bóla azul?

En primeiro lugar, as bólas azuis poden desaparecer, como moi cedo, na 8ª extracción, e como moi tarde, na 80ª. Se desaparecen na k-ésima extracción, quedarán 80-k bólas verdes. Só hai que calcular a probabilidade de que as bólas azuis desaparezan na extracción k-ésima e multiplicar por 80-k(e sumar, claro).

Chamándolle $A_k=$ "as bólas azuis desaparecen na k-ésima extracción", temos:

$$P(A_1)=P(A_2)= \dots P(A_7)=0$$

$$P(A_8)=\frac{8}{80}\cdot \frac{7}{79}\dots \frac{2}{74}\cdot \frac{1}{73}=\frac{8! 72!}{80!}=\frac{1}{\binom{80}{8}}$$

(Número final que podía verse desde o comezo, pero é a miña natureza sobreexplicar, polo menos no primeiro exemplo)

$$P(A_9)=\frac{\binom{8}{1}}{\binom{80}{8}}$$

pois hai 8 lugares onde colocar a bóla verde.

E sucesivamente

$$P(A_{10})=\frac{\binom{9}{2}}{\binom{80}{8}}$$

$$\dots $$$$P(A_k)=\frac{\binom{k-1}{k-8}}{\binom{80}{8}}$$

Logo o número esperado de bólas verdes que quedarán é:

$$\sum_{k=8}^{80} (80-k) \frac{\binom{k-1}{k-8}}{\binom{80}{8}} \overset{\mathrm{l=k-8}}{=}\sum_{l=0}^{72} (72-l) \frac{\binom{l+7}{l}}{\binom{80}{8}}=\frac{1}{\binom{80}{8}} \sum_{l=0}^{72} (72-l) \binom{l+7}{7} $$ $$ \frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \sum_{l=0}^{72} \binom{l+7}{7} - \sum_{l=0}^{72} l \binom{l+7}{7} \right]=\frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \cdot \binom{80}{8} - \sum_{l=0}^{72} 8 \binom{l+7}{8} \right]= $$ $$ \frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \binom{80}{8}-8 \binom{80}{9}\right]=\frac{\binom{80}{9}}{\binom{80}{8}}=8$$

Onde utilicei que $72 \binom{80}{8}=9 \binom{80}{9}$, pois ambos os dous coinciden con $80 \binom{79}{8}$

En conclusión, o número esperado de bólas verdes cando non queden bólas azuis é 8. Que, resulta intuitivo? Esperabades máis bólas verdes?

Un día tiven unha idea totalmente ordinaria

 

Nestes quince anos coido que xa amosei unhas cantas veces que teño certa tendencia natural a facer mal as cousas, deixádeme por unha vez que amose un chisco de orgullo aínda que sexa por algo anódino que pouco mérito ten.

O meu último ano en Compostela, facendo o CAP e dando clases nunha academia, debería estar preparando as oposicións de secundaria. Polo que sexa, resumamos en que non foi así. Unha noite volvendo no IASA a Ferrol coincidín cun compañeiro de carreira que estaba apuntado a unha academia de preparación de oposicións(daquela eran Ágora e Esquío as que dominaban o mercado). Pregunteille que facían na academia, explicoume que para o práctico lles daban un compendio de teoría sucinta e métodos para aplicar, e boletíns por bloques: Números, Álxebra, Análise, etc. E comentoume un exercicio do último boletín que lles deran: Amosar que $e^{\pi}>\pi ^e$

Eu daquela nunca oíra falar dese problema, agora sei que é clásico. E non sei como, no marco incomparable da parte traseira do IASA, pensei automaticamente en "baixar" os expoñentes co logaritmo neperiano, é dicir, comparar $\pi$ con $e \cdot ln \pi$, dado que o logaritmo é unha función crecente, e dada a molestia visual que supón ese factor antes do logaritmo, comparar $\frac{ \pi}{e}$ con $ln \pi$.

Pensando un anaco máis, definín a función $f(x)=\frac{x}{e}-ln x$ co obxectivo de estudar o seu crecemento:

$f'(x)=\frac{1}{e}-\frac{1}{x}$, que é positivo se x>e e negativo se x<e; i.e., f é decrecente antes de e e crecente despois, de onde deducimos que en x=e ten un mínimo. Dando a volta ao razoamento que nos trouxo a esa función, $$f(e)<f(\pi) \Rightarrow 0<\frac{\pi}{e}-ln \pi \Rightarrow \pi >e \cdot ln \pi \Rightarrow e^{\pi}>\pi ^e $$ q.e.d.  

Supoño que lembro isto con certo orgullo inane porque agora mesmo xa non sería quen de argallar un argumento así de memoria. E iso que o esencial é ben simple: manipular as expresións ata atopar unha manexable co cálculo dunha variable.

Por moito narcisismo que poida padecer, o obxecto desta entrada non é que me adoredes por resolver un problema que calquera cuns coñecementos de cálculo elemental podería resolver tamén, senón presentar dous argumentos máis fermosos có meu, que atopei lendo por riba números do Pi Mu Epsilon Journal. Procedamos:

O primeiro que atopei, e segundo cronoloxicamente(outono de 1986), é obra de Alan C. Benander, quen reduce a desigualdade a amosar que  $\pi > e \cdot ln \pi$, como fixen eu. E aquí remata o parecido, porque entón fai o seguinte:

$$e \cdot ln \pi=e \int_1^\pi \frac{1}{t} dt=\int_1^\pi \frac{e}{t} dt$$

Que graficamente é a área da zona verde desta figura:

   

Por outra banda, $\pi$ coincide coa área do rectángulo laranxa, e a área da zona verde por riba da recta $y=1$ é 

$$\int_1^e \left( \frac{e}{t}-1\right)dt =e ln(e)-(e-1)=1$$

é dicir, coincide coa área do cadrado de vértices (0,0), (1,0), (1,1) e (0,1), polo que a área verde é menor que a área do rectángulo laranxa, é dicir,

$$e \cdot ln \pi<\pi \Rightarrow e^{\pi}>\pi^e$$

No artigo Benander afirma que un argumento anterior (en primavera) de Norman Schaumberger é máis elegante. Xulgade vós:

Schaumberger comeza invocando o Teorema do Valor Medio do Cálculo Integral,

$$\int_e^ \pi \frac{dx}{x}=\frac{1}{c} (\pi-e)$$, con $e<c<\pi$

Polo que $$ln \pi-ln e<\frac{\pi-e}{e}=\frac{\pi}{e}-ln e $$

De onde $e ln \pi < \pi ln e$ e o resto é igual que antes.

E para rematar, en 1987 Fouad Nakhli publicou a seguinte demostración sen palabras no Mathematics Magazine. Aviso de que ás veces as demostracións sen palabras requiren de que o lector encha unhas cantas lagoas:

Escala totalmente forzada para que se vexa algo

Vedes? Se tivese unha idea no IASA como a destas tres demostracións, aínda tería sentido que fose levitando no mundo das ideas. Pero non é o caso.

Olimpiada Matemática Española 2023, Fase Local

 

    O venres 20 de xaneiro tivo lugar a fase local da Olimpiada Matemática Española. Este ano volveu ao formato usual, no que hai 6 problemas distribuídos en dúas sesións, común a moitos concursos tradicionais a nivel internacional. Uns colegas que levaron alumnos a esta fase, que a nivel galego sempre se celebra na Facultade de Matemáticas da USC, compartiron os problemas e a conta galega oficial da olimpiada xa deu permiso para difundilos, de aí esta entrada. Os problemas foron ben fermosos, e algo inusuais na miña opinión:

Sesión matinal

Sesión vespertina

Como vén sendo habitual, o primeiro que me chamou a atención foi a ecuación diofántica do problema 6, que vou proceder a resolver, pero tamén me resultou curioso o problema 5, que lembra a un problema compartido neste blog... hai máis de dez anos!

Para quen lle gusten os números

Nesa entrada o proceso consistía en partir dos primeiros 4 naturais(valería cos primeiros n), e coller dous ao chou , $a$ e $b$, e substituílos por $a+b+ab$, e repetir o proceso dúas veces máis ata quedar cun único número, que inevitablemente tería que ser 119, que cun chisco de vista un recoñecerá como $5!-1$

A que obedece este fenómeno? A que collendo dous números ao chou e cambiándoos polo resultado desa operación aparentemente aleatoria, hai un número relacionado co conxunto inicial dos 4 números que permanece invariante. Sabendo que ao final do proceso chegamos sempre a 119, xa intuímos que o invariante é o número anterior ao produto dos números seguintes aos dados, é dicir, $(1+1)(2+1)(3+1)(4+1)-1$. De feito, un ve a estrutura cando se decata de que $a+b+ab=a+b+ab+1-1=(a+1)(b+1)-1$

Este comentario serve como pista para o 5º problema da olimpíada, se tedes ganas de pensalo(se non tedes ganas, tamén serve).

Imos á ecuación diofántica, logo.

$$2^a+7^b=c^2+4$$

A primeira vista ten aspecto de ser difícil, non só polo feito de que teña 3 incógnitas, senón porque unha delas non aparece nun expoñente(é habitual que se están nun expoñente saibamos moitas propiedades da expresión), e ademais non hai un xeito natural (no pun intended) de factorizar ningún dos dous membros. Por sorte, dos cadrados perfectos tamén sabemos moitas cousas. Cando un xa leva uns anos resolvendo ecuacións destas, xa visualiza estratexias con certa celeridade. Neste caso, imos distinguir 3 casos, en función do expoñente a:

$$a=1$$

A ecuación é simplemente $$7^b=c^2+2$$

E a expresión está a pedir que probemos cun razoamento módulo 7:

$$c^2+2 \equiv \begin{cases}2 \\ 3 \\ 6 \\ 4  \\ \end{cases}(mod7) \\$$

e vemos que nunca equivale a 0 módulo 7. Dito doutro xeito, $-2$ é un non residuo cuadrático módulo 7.

En troques, se $a=2$ a ecuación pasa a ser $$7^b=c^2$$ que obviamente ten infinitas solucións, dadas pola expresión $b=2d, c=7^d$

Finalmente, se $a\ge3$, traballando módulo 8:

$$2^a+7^b  \equiv 7^b \equiv (-1)^b \equiv \begin{cases} -1 \\ 1 \end{cases} (mod8)$$

Mentres que o membro da dereita:

$$c^2+4 \equiv \begin{cases} 4 \\ 5 \\ 0 \end{cases} (mod 8)$$

E vemos que non poden coincidir.

En conclusión, a ecuación ten infinitas solucións co aspecto $(a,b,c)=(2,2d,7^d), d \in \mathbb{N}$

Deixamos ao amable lector que resolva os outros cinco problemas...

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-4

 

   

A imaxe de inicio emula a que apareceu no problema que toca hoxe, o 4º:

Que parte do cadrado é a superficie sombreada?

Que teño que dicir deste problema?

• Non me gusta o enunciado.
• Houbo que explicarlles aos cativos que o de arriba é o punto medio do lado, a notación non é estándar en España.
• Non me gusta que non poñan a medida do lado do cadrado.
• Creo que non o vai facer case ningún participante.

En conclusión, encántame.

A primeira estratexia que pensa un en canto ve a figura é utilizar a semellanza dos dous triángulos. Desde un punto de vista avanzado, como a razón de semellanza deses dous triángulos é 1:2, a razón entre as súas alturas será 1:2 tamén. Polo que, como xuntas suman o lado vertical do cadrado, a altura do noso triángulo será dous terzos do lado do cadrado, polo que a fracción sombreada será un terzo da área total do cadrado.

Pero os detalles son algo enleados:

   

Dada a semellanza, temos as seguintes relacións de proporcionalidade:

$$\begin{cases} \frac{z}{y}=\frac{l-x}{x} \\ \frac{\frac{l}{2}-z}{l-y}=\frac{l-x}{x} \end{cases} \Rightarrow  \frac{z}{y}=\frac{\frac{l}{2}-z}{l-y} \Rightarrow z\cdot(l-y)=y \cdot \left(\frac{l}{2}-z \right) \Rightarrow $$

$$zl-zy=y \cdot \frac{l}{2}-yz \Rightarrow zl=y \cdot \frac{l}{2}\Rightarrow z=\frac{y}{2}$$

Utilizando isto na 1ª igualdade:

$$\frac{1}{2}=\frac{l-x}{x} \Rightarrow x=2l-2x \Rightarrow x=\frac{2l}{3}$$

E despois de tantas voltas(ou doutras semellantes), obtemos o que era tan sinxelo de deducir.

Por sorte, había polo menos outro xeito de deducir que o triángulo verde supón un terzo do cadrado. Claro que tamén requería certos coñecementos, observade:

Intuídes por onde vou?   

Puxen nome aos vértices para poder falar dos triángulos que aparecen.

No triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, $\overline{CM}$ e $\overline{BE}$ son medianas, pois E e M son os puntos medios dos seus lados, polo que o punto F é o baricentro do triángulo. De onde deducimos que a área do triángulo $\overset{\triangle}{BFM}$ é $\frac{1}{6}$ do triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, é dicir, $\frac{1}{12}$ do cadrado. Como o triángulo $\overset{\triangle}{ABM}$ é obviamente $\frac{1}{4}$ do cadrado, a área sombreada supón $\frac{1}{4}+\frac{1}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.

Tamén pensei en facer copias do cadrado arredor, pero non dei atopado un xeito de xuntar cachos. Quizais vós teñades mellor vista ca min:

   

Por certo, a estas alturas de 2º de ESO intúo que en poucos centros chegaron a ver a semellanza de triángulos. E nos que a viron, non creo que cheguen a este nivel técnico. Só vexo factible que alumnos que tivesen preparación específica ESTALMAT ou actividades extraescolares dalgúns centros concertados) dean resolto este problema. Polo que seguramente sexa o problema con menos solucións axeitadas, seguido polo 2º  problema, o dos nin cadrados nin cubos 

Se atopades outro xeito elemental de amosar que o triángulo mide un terzo do cadrado, compartídeo por aquí.

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-2

Aproveito a marea para poñer este título
do libro mencionado máis abaixo

 

Imos co 2º problema desta fase local, o que a priori podería ser o meu favorito. Se lestes este blog con certa frecuencia, veredes a razón:

Da lista dos números naturais riscamos os cadrados perfectos e os cubos perfectos:

Que número ocupará o lugar 2022 na nova lista que nos queda?

Tiven que facer a lista en Writer e convertelo nunha imaxe porque para riscar caracteres en LATEX hai que importar un paquete.

Cando lin o problema pensei para min, isto resólvoo eu en 10 segundos, HA!

Porque obviamente, a dificultade radica en decatarse de que riscamos dúas veces as potencias sextas. Co cal, como $45^2=2025$ , $13^3=2197$, e $4^6=4096$ son as primeiras potencias de cada tipo que sobrepasan 2022, temos 44 cadrados, 12 cubos, e 3 potencias sextas, polo que teremos que o número 2022 ocupará a posición $2022-44-12+3=1969$. Que sinxelo, non?

Para o meu descargo, direi que fixen isto mentres atendía aos cativos e ademais, de memoria. Pero está ben o erro, porque é previsible que moitos participantes se trabuquen deste xeito.

Porque mirei o enunciado outra vez e vin que non preguntaba pola posición do número 2022, senón polo número que ocupaba a posición 2022. Vaia.

Por sorte, cometido este erro, o que queda é automático: se o 2022 ocupa o lugar 1969, só hai que ver cantos números hai que contar para chegar a 2022 desde 1969. Como van 53 números entre eles, e 2045 está demasiado preto de 2022, haberá que contar 54, é dicir, chegar a $2022+53+1=2076$

Como dicía ao comezo, este é probablemente o meu problema favorito desta fase(tamén me prestou o cuarto, permanecede atentos aos vosos aparatos), de feito aínda hai poucas entradas que escribín Números que non son múltiplos de 3, no que propoñía atopar o termo xeral para a sucesión dos números que non son múltiplos de 3, reto baseado no de atopar a sucesión dos non cadrados perfectos, que propoñía Honsberger no seu Ingenuity in Mathematics. Honsberger dá nese libro dúas solucións para o reto:

$$n+\langle \sqrt{n} \rangle$$

onde utiliza a notación $\langle m \rangle$ para o enteiro máis preto de m, e despois utilizando outro enfoque, obtén 

$$n+\left[ \sqrt{n+\left[\sqrt{n}\right]} \right]$$ 

o que leva a deducir de paso a fermosa identidade

$$\langle \sqrt{n} \rangle=\left[ \sqrt{n+\left[\sqrt{n}\right]} \right]$$

A primeira solución que atopei eu ao meu reto menor para os non múltiplos de 3 foi:

$$\left[ \frac{3n}{2}\right]-\frac{1+(-1)^n}{2}$$

mais tamén saíron outras relacionadas, como por exemplo:

$$\frac{6n-3+(-1)^n}{4}$$

ata un compañeiro, en comunicación privada, compartiu comigo a súa fermosa e aparentemente rebuscada solución:

 $$n+\frac{n-1}{2}sen^2 \left(\frac{n \pi}{2} \right)+\frac{n-2}{2}cos^2 \left(\frac{n \pi}{2} \right)$$

da que, se analizades un anaco e simplificades, obteredes a miña segunda expresión. Quen o diría!

Todo este inciso quere amosar que un problema como o que nos ocupa hoxe non ten unha solución xeral sinxela. Observando a fórmula para os non cadrados, imaxinade a complicación dunha fórmula para os "nin cadrados nin cubos". Se tivésemos esa fórmula, digamos $a_n$, teríamos que calcular simplemente $a_{2022}$. Curiosamente, este enfoque xeral para o erro que cometín eu sería máis complicado, pois habería que resolver a ecuación $a_n=2022$.

Con respecto ao desempeño dos participantes, vaticino menos solucións completas aínda que no problema 1. Eu véxoo máis propio dunha fase final que dunha local, e por outra banda, nunca colocaría estes dous problemas nesta orde, seguramente comezaría polo problema 3, que veredes mañá. Tradicionalmente os problemas das olimpíadas manteñen certa orde crecente de dificultade, moitos participantes comezan polo primeiro, e se é moi difícil, a sensación de desánimo pode repercutir en toda a proba.

Claro que é sinxelo criticar estas cuestións cando un non ten a responsabilidade de elaborar a proba. Se fose eu o responsable, é probable que cometese máis erros. Por sorte non habería moitos blogues en galego para poñerme a pingar. E os que hai, son de colegas.

Un cadrado que xira

Un compañeiro comentoume onte a seguinte situación, que apareceu na oposición de Matemáticas de Galicia do ano 2019:

Un cadrado ABCD de centro O e lado 1 xira un ángulo α arredor de O. Atopa a área común ao cadrado orixinal e ao xirado.

Obviando o ángulo, a situación é esta:

Odio eterno á xente que rotula no sentido das
agullas do reloxo: Disidentes!

Mais non falamos do problema de oposición, senón dunha idea que agroma no transcurso da resolución, que é amosar que os 4 triángulos verdes e os 4 triángulos laranxas que vedes aí son congruentes.

Como é esperable que suceda nunha figura xirada, hai un feixe de relacións métricas, mais teño que recoñecer que algunhas que vía na figura sabía que eran certas pero só as vía como consecuencia da congruencia deses triángulos, non como causa. O que si é evidente é que os 4 triángulos verdes son iguais, e tamén os 4 triángulos laranxas, e tamén que os triángulos verdes son semellantes aos triángulos laranxas, pois son rectángulos e teñen un ángulo máis común de xeito obvio.

   

Pois xirei a cabeza varias veces, pensando na simetría dos triángulos que vedes enriba, pero ao final o primeiro argumento que atopei(entendédeme, estaba de pé e sen poder escribir nada, que andaba ás présas por mor dos alumnos con materias pendentes) foi relativamente enleado, coido. A ver que opinades:

A suma das áreas dos 4 triángulos verdes coincide coa suma das áreas dos 4 triángulos laranxas, pois xunto coa área do octógono azul cada conxunto de 4 triángulos completa un dos dous cadrados(sóavos a algo?). Como os 4 triángulos da mesma cor son obviamente iguais dada a rixidez da rotación, temos que a área dun cadrado verde coincide coa área dun cadrado laranxa. É dicir, temos dous triángulos semellantes coa mesma área, non lles queda máis remedio que seren congruentes.

Non hai algo raro nesta estratexia? Xuraría que é a primeira vez que xorde no meu historial de resolver (mal) miles de problemas.

Polo que non tiven máis remedio que volver sobre o problema na casa, porca miseria.

E argallei o seguinte argumento:

   

Analicemos o triángulo $\triangle{C'PC}$, que ten o lado C'P pertencente a un triángulo verde e o lado CP pertencente a un triángulo laranxa. "Cacemos" os seus ángulos:

$$\angle{PC'C}=\angle{OC'C}-\angle{OC'P}=\angle{OC'C}- \frac{\pi}{4}$$

Analogamente, 

$$\angle{PCC'}=\angle{OCC'}-\angle{OCP}=\angle{OCC'}- \frac{\pi}{4}$$

Pero como resulta que os ángulos $\angle{OC'C}$ e $\angle{OCC'}$ son iguais porque os lados OC' e OC do triángulo $\triangle{OCC'}$ son iguais(os dous miden a metade dunha diagonal, pero o relevante é que un é o outro xirado un ángulo α arredor de O), entón os ángulos $\angle{PC'C}$e $\angle{PCC'}$ tamén son iguais, o triángulo $\triangle{C'PC}$ é isóscele tamén e o triángulo verde e o laranxa teñen un lado correspondente igual, e finalmente son congruentes, q.e.d.

E aínda deu para cavilar máis o problema, como adoita ocorrer con problemas elementais e evidentes nos que usas resultados máis fortes do aparentemente razoable. Fixen unha pescuda pola rede e achei cunha web na que resolven problemas de oposicións, en concreto con esta páxina, na que o autor simplemente argumenta que o triángulo verde é o "exceso" por riba do lado superior ao facer a rotación de ángulo α, e que o triángulo laranxa da esquina superior dereita pode verse como o "exceso" dereito do cadrado A'B'C'D' se o xiramos un ángulo -α, polo que os dous teñen que coincidir. Intúo que non dei con ese razoamento porque os dous triángulos implicados teñen distinta orientación, non están conectados por unha rotación, senón por unha simetía axial.

Conclusión: aínda na xeometría euclidiana elemental, podes atopar algo sinxelo de ver que non é sinxelo de demostrar.

Solución da adiviña de visualización

No que vai de ano 2021 a entrada coa adiviña de visualización é a terceira con máis visitas(180), despois de O último flame co ensino das Matemáticas)225) e Exercicios tan malos que son bos(198). Isto unido a que sei que algúns dos que a lestes estades intrigados, animei a escribir esta entrada. Xa avisaba aló de que o contido non era matemático, así que agora non veñades con reclamacións(nin con sonoros Boooohs).

Sinceramente, pensei que era máis sinxelo do que se acabou vendo, pois para min os números de columnas e ringleiras xa eran abondo. Sen máis, observade as figuras que compartín naquela entrada sen borrar as etiquetas:

    

  

    

   

Concretemos a solución do misterio: as gráficas amosan as puntuacións medias de cada capítulo das temporadas de 4 series de televisión. Puntuacións dadas por usuarios rexistrados na impresionante web imdb(the internet movie database). O programador Jim Vallandingham creou a ferramenta SeriesHeat, na que podes pescudar calquera serie e observar un mapa térmico semellante aos anteriores, e Flowing Data falou de SeriesHeat a comezos de outubro, aí souben dela.

Desvelado o misterio, só queda unha cousa interesante: Que series estarán representadas nas 4 gráficas da entrada?

Déixovos unha animación do clásico matthen para ocultar o nome das series un anaco:

A Reuleaux triangle is built from 3 circles

Rematemos:

A 1ª serie, con 5 temporadas e entre 10 e 13 capítulos cada unha, é The Wire, a 2ª, The Sopranos, a 3ª, Dexter(observade a nota do último capítulo), a 4ª, Game of Thrones(toda a última temporada...) e a última, Doctor Who, famosa pola súa lonxevidade.

E agora, o comentario máis matemático: pensades que habería outro xeito máis acaído de presentar estes datos? Quizais contrastar estas puntuacións medias co número de votos de cada serie en imdb, a ver se amosa algunha correlación? Sería interesante ver algún parámetro de dispersión das puntuacións, non só a media?

Como non resolver un problema

 Esta mañá lendo cousas de Matemáticas e ensino tiña de fondo vídeos de youtube, e o algoritmo fixo que aparecese como recomendado un vídeo da canle Mind your Decisions, de Presh Talwalkar. Usualmente non vexo eses vídeos, pero teño entrado no blog cando vexo algún problema ou exercicio técnico prometedor, que foi xusto o que sucedeu hoxe. E que pode ocorrer cando vexo un exercicio técnico que me soa familiar? En efecto, cagala varias veces. Seguídeme neste percorrido repleto de fracasos parciais:

O problema era este(poño a imaxe enlazada e transcribo a LATEX por se acaso nun futuro a ligazón está rota):

Isto resólvoo eu en medio minuto...(spoiler: NON)

Se a e b cumpren que

$$\begin{cases} a \sqrt{a}+b\sqrt{b}=183 \\ b \sqrt{a}+a\sqrt{b}=182 \end{cases} $$

Encontrar o valor de $$\frac{9}{5}(a+b)$$

O primeiro que pensei foi "ha, a ver que sinxelo é para min". E procedín a facer desaparecer as raíces para evitar a molestia de escribilas, $x=\sqrt{a},y=\sqrt{b}$

$$\begin{cases} x^3+y^3=183 \\ y^2 x+x^2 y=182 \end{cases} $$ Restemos esas ecuacións...

$$x^3+y^3-y^2 x -x^2 y=1 \rightarrow x(x^2-y^2)+y(y^2-x^2)=1 \rightarrow$$

$$x(x^2-y^2)-y(x^2-y^2)=1 \rightarrow (x-y)(x^2-y^2)=1$$

E aquí, de memoria, intuín o que viña se sumaba as ecuacións, 

$$(x+y)(x^2+y^2)=365$$

E, confeso, que como non vin ningunha saída, pensei en desenvolver os produtos e quizais sumar ou restar os membros...

Experiencia abondo para non teimar 

Aí tiven unha crise de fe, e pensei en resolver o exercicio aínda que fose dun xeito feo, e xa volvería ao rematar ao comezo para resolvelo de xeito elegante. E comecei, avergoñado, como se fose un sistema das clases da ESO, despexando:

$$\begin{cases}  a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}=183 \\ b a^{\frac{1}{2}}+a b^{\frac{1}{2}}=182 \end{cases} $$

$$b^{\frac{3}{2}}=183-a^{\frac{3}{2}} \rightarrow b= \sqrt[3]{(183-a^\frac{3}{2}}$$

Chegado aquí, mirei para a outra ecuación, $b\sqrt{a}+a\sqrt{b}=182$ e pensei como despexar tamén b en función de a, co obxectivo de igualar as dúas expresións. Incrible ata onde cheguei:

$$b\sqrt{a}+a\sqrt{b}=182$$

Que pensei? Pois considerar a ecuación como cuadrática en $\sqrt{b}$ con coeficientes en a:

$$\sqrt{b}=\frac{-a \pm \sqrt{a^2+4\sqrt{a} \cdot 182 }}{2\sqrt{a}}$$

E vin que ía saír unha ecuación de 6º grao, e por aí xa non ía pasar...

E agora que? Pois de súpeto pensei... E funcionará dividir as ecuacións? Non sería moi elegante, pois vai aparecer unha fracción fea moi preto de 1, pero outra cousa...

$$\frac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{b\sqrt{a}+a\sqrt{b}}=\frac{183}{182}$$

O que vén xa o intuídes:

$$\frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b})(b\sqrt{a}-a\sqrt{b})}{b^2a-a^2b}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a^2b-a^2\sqrt{ab}+b^2\sqrt{ab}-ab^2}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{ab(a-b)-\sqrt{ab}(a^2-b^2)}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{(a-b)\sqrt{ab}[\sqrt{ab}-(a+b)]}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b-\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b}{\sqrt{ab}}-1=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b}{\sqrt{ab}}=\frac{365}{182}$$

Outra encrucillada. E agora?

Pois como un xa ten uns anos, ve as funcións simétricas automaticamente, polo que fixen o cambio $s=a+b, p=\sqrt{ab}$

$$\frac{s}{\sqrt{p}}=\frac{365}{182}$$

Claro que cunha soa ecuación non fas nada, polo que había que fedellar para atopar outra, e con certa esperanza, sumei as dúas:

$$(a+b)(\sqrt{a}+\sqrt{b})=365$$

Se quería usar a estratexia previa, necesitaba escribir esa suma de radicais como función de s e p, o cal non é demasiado difícil:

$$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+2\sqrt{ab}+b=s+2\sqrt{p}$$

Polo que cheguei a:

$$s \sqrt{s+2\sqrt{p}}=365$$

Xa tiña dúas ecuacións en s e p:

$$\begin{cases} \frac{s}{\sqrt{p}}=\frac{365}{182} \\ s \sqrt{s+2\sqrt{p}}=365\end{cases}$$

Xa vai quedando pouco, despexei s na 1ª ecuación e utilicei a expresión na 2ª:

$$\frac{365\sqrt{p}}{182} \sqrt{\frac{365\sqrt{p}}{182}+2\sqrt{p}}=365$$

$$\sqrt{p} \sqrt{\frac{365\sqrt{p}}{182}+2\sqrt{p}}=182$$

$$\sqrt{p} \sqrt{\frac{729 \sqrt{p}}{182}}=182 \rightarrow p \cdot \frac{729\sqrt{p}}{182}=182^2$$

$$p \sqrt{p}=\frac{182^2}{729} \rightarrow p^\frac{3}{2}= \frac{182^3}{729}$$

$$p^3= \frac{182^6}{9^6} \rightarrow p=\frac{182^2}{9^2}$$

$$s=\sqrt{p} \frac{365}{182}=\frac{182}{9}\cdot \frac{365}{182}=\frac{365}{9}$$

Agora só quedaba atopar o valor de a e b utilizando a ecuación de 2º grao:

$$t^2-st+p=0\rightarrow t^2-\frac{365}{9}t +\frac{182}{9}=0$$ Este cálculo vóuvolo aforrar, e obter:

$$a=\left( \frac{14}{3}\right)^2, b=\left( \frac{13}{3}\right)^2$$

e a solución simétrica, claro.

E o resultado solicitado polo exercicio é $\frac{9}{5}(a+b)=73$

Pois vale.

Mirei a duración do vídeo, nin 6 minutos. Non pode ser. Que pasei por alto? Mirei outra vez

$$\begin{cases} a \sqrt{a}+b\sqrt{b}=183 \\ b \sqrt{a}+a\sqrt{b}=182 \end{cases} $$

Fixen outra vez o cambio $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}$, agora que xa sabía que entón $x=\frac{14}{3}, y=\frac{13}{3}$

$$\begin{cases} x^3+y^3=183 \\ y^2 x+x^2 y=182 \end{cases} $$

E pensei "non pode ser, vai ser a idade, será que non vin veces a identidade":

$$(x+y)^3=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$$

Agora xa é unha trapallada, sumando a 1ª ecuación máis o triplo da 2ª:

$$(x+y)^3=729 \rightarrow x+y=9$$

$$xy(x+y)=182\rightarrow xy=\frac{182}{9}$$ 

E o que queda xa o faría utilizando as funcións simétricas. Nun minuto. Algún de vós viu esta solución cando pasei rozando ao comezo da entrada? Como cando o protagonista dunha película non dá atopado o quid nunha situación? Pensade que peor sería que me gravase para que me vísedes fracasar en tempo real, como fixo Timothy Gowers varias veces. 

Seguídeme para ver máis desastres como este.