Clase 8 - Valor intermedio
En esta clase y la próxima veremos dos ideas muy útiles para formalizar algunos problemas que salen de forma intuitiva. Los cuatro problemas que les proponemos a continuación tienen la característica que a simple vista parecería obvio lo que nos piden demostrar, pero que cuando intentamos justificarlos nos encontramos con varias dificultades.
A. Dadas 2n+2 puntos en el plano de modo que no haya 3 alineados, demostrar que hay una recta que pasa por dos de ellos que deja n puntos de cada lado.
B. Dado un polígono convexo y un punto P en su interior. Demostrar que existen dos puntos A y B en el borde del polígono de modo que P sea el punto medio de AB.
C. En una ruta un auto recorre 100 km. en una hora pero no fue a velocidad constante. Demostrar que hubo algún instante en camino en el que el auto fue a exactamente 100 km/h.
D. Se tiene una cadena lineal con 2n pelotitas rojas y 2n pelotitas negras. Demostrar que se puede cortar un pedazo de la cadena que tenga exactamente n pelotitas negras y exactamente n rojas.
Vieron que los problemas son fáciles de visualizar, pero ¿pudieron demostrarlos formalmente?
No sé si lo habrán notado pero estos problemas se pueden dividir en dos clases. El A y el D se maneja con una cantidad entera de puntos o de pelotitas, mientras que los otros dos tratan con conjuntos continuos. Dejando de lado la compleja definición de continuidad, diremos que una función es continua si para dos números a y b que esté muy cerca, entonces f(a) y f(b) también están muy cerca.
Esta clase veremos el caso de las cantidades enteras y dejaremos para la próxima a la funciones continuas. Para trabajar con enteros nos inventaremos una función. Sea f(n) es una función de los enteros (dominio de f), que toma valores enteros (imagen de f) tal que f(n+1)-f(n) es -1, 0 ó 1.
Teorema 1
Si f(a) = c y f(b) = d, con a, b, c y d enteros y con a < b, entonces para todo entero n entre c y d (no importa cual de los dos es mayor) se cumple que existe un k con a < k < b tal que f(k) = n.
El teorema básicamente nos dice que si una función que va de los enteros a los enteros, no cambia o lo hace de a 1, y además c y d son valores que toma la función entonces todos los valores comprendidos entre c y d son alcanzados por la función.
Ustedes se preguntarán, ¿de qué me sirve una función tan particular como esta? Para mostrarles la utilidad del teorema veamos que se resuelve el problema A.
Elegimos un punto P cualquiera del conjunto de puntos. Lo que vamos a demostrar es que existe un punto Q en el conjunto, distinto de P, de modo que la recta que pasa por PQ deja n puntos de cada lado.
Tomamos un punto cualquiera del conjunto distinto de P y le asignamos el número 1. Luego hacemos girar la recta que pasa por P y por 1, centrada en P, en el sentido de las agujas del reloj. Al siguiente punto que toca la recta le asignamos el número 2. Seguimos rotando la recta hasta que toca un tercer punto al que llamamos 3, etc... Así numeramos los 2n+1 puntos restantes, y al punto 1 le asignamos también el número 2n+2.
No cabe la posibilidad de que haya dos puntos con el mismo número porque según el enunciado no hay tres puntos alineados.
Llamamos f(k) a la función que indica la cantidad de puntos que deja la recta que pasa por P y por el punto de número k, en el semiplano que contiene a flecha que indica el sentido de giro (o sea siempre del mismo lado de la recta). De este modo f(1) = 2, f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 2, f(5) = 2, f(6) = 2 y f(7) = 3. Recuerden que el punto 7 es el punto 1, pero tienen distinto valor en la función porque la recta rotó 180° por lo que la flecha en 1 apunta hacia la derecha mientras que en 7 apunta hacia la izquierda.
Como podemos ver f(k+1) - f(k) vale -1, 0 o 1 porque al girar la recta mantengo la cantidad de puntos, le agrego 1 o le saco 1. ¿Se dieron cuenta por qué?
Ahora estamos en condiciones de demostrar el problema usando el teorema 1. Si f(1) = m entonces f(2n+2) = 2n-m porque al ser el punto 2n+2 el punto 1, pero sus funciones cuentan la cantidad de puntos de los distintos semiplanos que deja la recta que pasa por P y por 1 entonces f(1) + f(2n+2) = 2n que es la cantidad de puntos del conjunto en el plano, excluyendo a P y a 1.
Si m = n el problema está resuelto porque la recta que pasa por P y por 1 deja n puntos de cada lado. Si m < n tenemos que f(1) < n y f(2n+2) > n por lo tanto existe un j entre 1 y 2n+2 tal que f(j) = n por el teorema 1. El caso de m > n es análogo. Con esto terminamos de resolver el problema.
Vieron que a pesar que el teorema 1 es muy particular sigue siendo muy útil para la resolución de problemas. En general permite estudiar problemas donde haya cantidades que no varíen o que lo hagan de a uno. Para aclarar un poco más todas estas ideas veamos que se resuelve el problema D.
Está claro en este problema que debemos dar una demostración de que la cadena se puede cortar según lo pedido para cualquier ordenación de pelotitas, por lo que no alcanza con ver lo que sucede para un caso particular.
Numeremos primero las pelotitas desde 1 hasta 4n según el orden en que aparecen en la cadena, de izquierda a derecha. Sea f una función tal que f(k) indica la cantidad de pelotitas rojas en el fragmento de 2n pelotitas que tiene como primer pelotita, desde la izquierda, a la que le asignamos el número k.
Veamos un ejemplo donde n = 4:
OOOOOOOOOOOOOOOO
Aquí f(1) = 3, porque en el fragmento de las primeras 8 pelotitas hay 3 rojas; f(8) = 4 porque en el fragmento que abarca las pelotitas 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 y 15 hay 4 pelotitas rojas.
Volvamos al caso general. Por un lado sabemos que f(1) + f(2n+1) = 2n porque f(1) nos dice la cantidad de pelotitas rojas en la primer mitad de la cadena y f(2n+1) en la segundo mitad, y la cantidad total de pelotitas rojas es 2n.
Por otro lado, tenemos que el fragmento que comienza en la pelotita k (recordar que tiene 2n pelotitas) y el que comienza en la pelotita k+1 (con k entre 1 y 2n) difieren en que el primer fragmento contiene a la pelotita k y no contiene a la k+2n y el segundo contiene a ésta última pero no a la pelotita k. De este modo:
Es decir que nuestra función cumple las condiciones del teorema 1. Si f(1) = m entonces f(2n+1) = 2n-m pues f(1) + f(2n+1) = 2n como demostramos anteriormente. Si m = n el problema está resuelto pues el primer fragmento contendría n pelotitas rojas y n negras.
Si m < n entonces f(2n+1) = 2n-m > n, por lo que por el teorema 1 existe un entero p entre 1 y 2n+1 tal que f(p) = n. Esto significa que el fragmento de 2n pelotitas que comienza con la pelotita p contiene n rojas y n negras. El caso que m > n es igual al anterior.
Como habrán notado el teorema 1 solamente nos permite asegurar que existe una solución del problema, pero en ningún momento nos permite hallar el k tal que f(k) sea el valor intermedio que estamos buscando. Por ejemplo, en el problema A pudimos demostrar que existía una recta, pero en ningún momento tuvimos algún indicio de como hallarla sin tener que estar probando un buen rato; o en el problema D el teorema 1 nos permitió asegurar que existía un fragmento pero no nos indicaba como encontrarlo.
De todas formas sigue siendo una herramienta muy útil en las matemáticas y en la ciencia aplicada, porque siempre es conveniente antes de buscar manualmente una solución saber si tal solución existe, sobre todo si la cantidad de casos es muy grande.
Los dos problemas que quedaron pendientes los vamos a tratar la clase que viene cuando estudiemos el teorema de valor intermedio para funciones continuas, más conocido como teorema de Bolsano. Mientras tanto les dejamos algunos problemas relacionados con lo que vimos hoy.
Recuerden completar la encuesta que se encuentra al final de la clase!!!!
Problemas
1. Dado un conjunto de 2n+3 puntos en el plano de modo que no haya 4 que pertenezcan a una misma circunferencia, demostrar que existe una circunferencia que pasa por 3 de ellos y que deja exactamente n puntos en su interior.
2. De un bolillero que inicialmente tenía 100 bolillas, se fueron sacando y poniendo bolillas de a una. Si luego de un tiempo el bolillero contiene 50 bolillas, ¿puedo afirmar qué:
3. Se tiene un número de 6n cifras formadas por 2n ceros, 2n unos y 2n dos (puede haber un cero en la primera cifra).
a) Demostrar
que existe un fragmento de 3n dígitos consecutivos tal que su
suma es 3n-1, 3n o 3n+1.
b) Demostrar que existe un fragmento de 2n dígitos
consecutivos tal que su suma es 2n-1, 2n o 2n+1.
Esta fue la octava clase de Miscelánea, el curso de matemáticas por Internet. Esperamos que les haya gustado. En quince días, ofreceremos una nueva clase.
Ahora, es el turno de ustedes. Queremos que hagan los problemas y ejercicios que fuimos dando a lo largo de la clase. Cuéntennos lo que consiguieron y pregunten lo que no les salió. Envíen sus preguntas, dudas, sugerencias, experiencias y propuestas. Nuestra dirección es misc@oma.org.ar .
También nos gustaría saber tu opinión sobre esta clase. Te pedimos que te tomes unos instantes y contestes estas preguntas. Con tu ayuda podremos hacer un curso cada vez mejor.
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