domingo, 1 de noviembre de 2020

Sucesiones de Fibonacci

Todos conocemos la sucesión de Fibonacci: $$1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,...$$ $$F_1=1,\quad F_2=1,\quad F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\;\;(n>2)$$ donde el cociente de dos términos consecutivos tiende al número de oro: $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n}= \phi$$ Si ahora consideramos: $$F_1=1,\quad F_2=1,\quad F_3=F_2+F_1 \quad F_n=F_{n-1}+F_{n-2}+F_{n-3}\;\;(n>3)$$ se obtiene la llamada sucesión de Tribonacci: $$1, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 44, 81,...$$ En general, se llama una sucesión k de Fibonacci: $$\{F_n^k\}_{i=1}^\infty$$ $$F_1^k=F_2^k=1 \quad F_n^k=\sum_{i=1}^kF_{n-i}^k\;\;(n>2)$$ Así se obtienen para: $$k=2, 3, 4, 5,...$$ las sucesiones de Fibonacci, Tribonaccci, Tetranacci, Pentanacci,... Para todas estas sucesiones : $$\exists \;\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n}$$ Estos límites son la mayor solución positiva de las ecuaciones: $$x^n(2-x)=1$$ Para n=2 se tiene: $$x^2(2-x)=1 \rightarrow x^3-2x^2+1=0 \rightarrow x=\frac{1}{2}(\sqrt {5}+1) =\phi\approx 1.618$$ Para n=3 se tiene: $$x^3(2-x)=1 \rightarrow x^4-2x^3+1=0 \rightarrow $$ $$x=\frac{1}{3}[1+(19-3\sqrt{33})^\frac{1}{3}+(19+3\sqrt{33})^\frac{1}{3}] \approx 1.839$$ Vemos que la solución algebraica es cada vez más compleja y difícil de obtener. Una alternativa es considerar la función: $$f(x)=x^n(2-x)-1$$ Si se representan estas funciones podemos obtener los límites buscando las raíces mayores que la unidad de esas funciones.
En la figura se han representado las funciones para n=2,3,4. Se observa que todas tienen como raíz la unidad. Para n=2 además hay una raíz negativa; para n=3 dos raíces  complejas; para n=4 hay una negativa y dos complejas. Además se observa que los valores buscados van creciendo y tienen al número 2.

Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:
  • Se puede elegir el tipo de sucesión.
  • Se muestran los 20 primeros términos de la sucesión y del cociente entre términos consecutivos. 
  • Variando F1 y F2 se puede observar que no influyen en el límite del cociente entre términos consecutivos.
Descargar .XLS

domingo, 4 de octubre de 2020

Superpermutaciones

El 16 de septiembre de 2011, un aficionado al anime subió al foro de Internet 4chan una pregunta de matemáticas relativa a la serie de televisión de culto 'La melancolía de Haruhi Suzumiya'. La primera temporada de la serie, en la que hay viajes por el tiempo, no se emitió originalmente en orden cronológico; una emisión posterior y una versión en DVD reordenaron los episodios.

Los seguidores de la serie debatieron en Internet acerca de cuál era el mejor orden de los episodios; el mensaje colgado en 4chan se preguntaba lo siguiente: si los espectadores quisiesen ver la serie ordenada de todas las maneras posibles, ¿cuál sería la lista con menos episodios que tendrían que ver?

En menos de una hora, alguien, de forma anónima, ofreció una respuesta. No se trataba de una solución completa, sino de una cota inferior del número de episodios requerido. El argumento, válido para series con cualquier número de episodios, mostraba que para los 14 de la primera temporada de Haruhi los espectadores tendrían que ver al menos 93.844.313.611 episodios para que no se les escapase ninguna ordenación. 

¡Es el origen de las superpermutaciones!

Una superpermutación es una cadena formada a partir de n símbolos de manera que las n! permutaciones de esos símbolos aparecen al menos una vez formando un bloque continuo de n caracteres en la cadena. Por ejemplo, con dos caracteres se tiene la superpermutación:

$$ABA$$

donde están las permutaciones AB y BA
Dada una superpermutación de orden n-1, para obtener una superpermutación de orden n sigue los pasos del siguiente algoritmo:
  • Escribe las permutaciones de la última superpermutación en el orden en que aparecen.
  • Duplica cada una de ellas y coloca entre ellas el nuevo elemento.
  • Comprime el resultado utilizando todos los solapamientos posibles.

$$A$$

$$ABA$$

$$AB \vert BA$$

$$ABCAB \vert BACBA$$

$$ABCABACBA$$

$$ABC \vert BCA \vert CAB \vert BAC \vert ACB \vert CBA$$

$$ABCDABC \vert BCADBCA \vert CABDCAB\vert$$

$$\vert BAC DBAC\vert ACBDACB\vert CBADCBA$$

$$ABCDABCADBCABDCABACDBACBDACBADCBA$$

Vemos que las longitudes de las superpermutaciones son: L(1)=1, L(2)=3, L(3)=9 y L(4)=33. Siguiendo el proceso se obtendría L(5)=153. Cumplen la ecuación recursiva:

$$L(n)=L(n-1)+n! \rightarrow L(n)=1!+2!+3!+ \dots +n!$$

Para n=1,2,3,4 se obtienen las superpermutaciones más cortas y que son únicas.

¿Existe superpermutaciones de menor longitud que las que se obtienen de la fórmula anterior para cualquier valor de n?;

En 2013, Nathaniel Johnston demostró que para n>=5 las soluciones obtenidas por el algoritmo podían no ser únicas. En 2014, Ben Chafin demostró que para n=5 aunque no había superpermutaciones más cortas había 8 diferentes. Poco después Robin Houston encontro una superpermutación para n=6 con 872 caracteres, una menos que L(6)=873. En 2013 Aaron Williams propuso la fórmula:

$$L_2(n)=n!+(n-1)!+(n-2)! +(n-3)! +n-3$$

Sólo funciona para n>3 y para n<6 genera cadenas más largas que el algoritmo estándar: L2(4)=34, L2(5)=154. Ya L(6)=L2(6) pero a partir de ahí el método es cada vez más eficiente.

L2(7)=5908, 5 menos que L(7)=5915; L2(8)=46205, 28 menos que L(8)=46233; L2(9)=408966, 28 menos que L(9)=409113. En general:

$$L_2(n)-L(n)=n-3-L(n-4)$$

Sea un grafo dirigido donde los vértices son las diferentes permutaciones y las aristas tienen un peso que corresponde al número de elementos que hay que eliminar de una  permutación para obtener la siguiente. Por ejemplo, el paso de ABC a BCA supone quitar la A para ponerla al final. En cambio el paso de CAB a BAC supone quitar CA para ponerlo al final.

En el problema de las superpermutaciones queremos dar con la secuencia más corta posible de dígitos que sea una lista de todas las permutaciones, así que el objetivo consiste en 'viajar' a través de todas las permutaciones con el menor coste posible. Establecemos que el coste de cada arista es  el número de dígitos que tenemos que añadir al final de una permutación para obtener la siguiente. Houston lo convierte en el Problema del Viajante y mediante este algoritmo consigue superpermutaciones de n caracteres de longitud menor que L(n).

viernes, 4 de septiembre de 2020

Cosas de Ramanujan

Ramanujan escribió en 1913 una carta al famoso matemático G.H. Hardy de la Universidad de Cambridge con una gran cantidad de curiosas fórmulas matemáticas. Una de las más sorprendentes es la siguiente: $$1+2+3+4+5...=-1/12$$

Para "justificar" la fórmula de Ramanujan se parte de la serie:
$$S=1+x+x^2+x^3+...$$
$$Sx=x+x^2+x^3+x^4+...$$
Restando ambas expresiones y cancelando los términos iguales:
$$Sx-x=1 \rightarrow S(x)=\frac{1}{1-x}\rightarrow S(-1)=\frac{1}{2}=S_1$$
Por tanto la serie, llamada de Grandi:
$$S_1=+1-1+1-1+1-1+...=\frac{1}{2}$$
Consideramos, ahora, la serie:
$$S_2=1-2+3-4+5...$$
$$2S_2=(1-2+3-4+5...)+(1-2+3-4+5...)=$$
$$1+(-2+1)+(3-2)+(-4+3)+(5-4)...=$$
$$1-1+1-1...=S_1\rightarrow 2S_2=S_1 \rightarrow S_2=\frac{1}{4}$$
Sea S3 la serie de los número naturales:
$$S_3-S_2=(1+2+3+4+5...)-(1-2+3-4+5...)=$$
$$4+8+12+...=4(1+2+3+4...)=4S_3 $$
$$S_3-S_2=4S_3 \rightarrow 3S_3=-\frac{1}{4} \rightarrow S_3=-\frac{1}{12}$$
Hay varios resultados que chocan con la intuición: No es lógico que dados los términos de las dos primeras series, la segunda sume la mitad que la primera y mucho menos que en la tercera, una suma de términos positivos, dé una suma pequeña y además negativa. Esto se debe al uso de las operaciones elementales con series infinitas no convergentes.

¡Las series divergentes son una invención del diablo! (N.H. Abel)

Para saber si una serie es convergente, se calcula la sucesión de sumas parciales y si tiene límite, éste es la suma. Para la serie geométrica S4:
$$S_4=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}...=2$$
ya que la sucesión de sumas parciales es:
$$1,\frac{3}{2},\frac{7}{4},\frac{15}{8},\frac{31}{16}...\rightarrow 2$$
Es convergente porque es la serie S(1/2) donde x queda dentro del intervalo de convergencia (-1,1) ,cosa que no ocurre con S(-1).

Para S1, si calculamos la sucesión de sumas parciales vemos que es oscilante:
$$1,0,1,0,1,0...$$
Para S2, si calculamos la sucesión de sumas parciales vemos que es oscilante:
$$1,-1,2,-2,3,-3...$$
Para S3, si calculamos la sucesión de sumas parciales vemos que es divergente:
$$1,3,6,10,15...$$
¿Podemos justificar, a pesar de todo, las sumas obtenidas? Si consideramos la llamada convergencia de Cesáro: cuando converge la sucesión de medias parciales. Si una sucesión converge de forma estándar, converge modo Cesáro. El recíproco no es cierto.
Así en S4 la sucesión de medias de la sumas parciales es:
$$1,\frac{3}{4},\frac{7}{12},\frac{15}{32},\frac{31}{80}...\rightarrow 0$$
Así en S1, la sucesión de medias de la sumas parciales es:
$$1,\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{2}{4},\frac{3}{5},\frac{3}{6}...\rightarrow \frac{1}{2}$$
En cambio, en S2, la sucesión de medias de la sumas parciales:
$$1,0,\frac{2}{3},0,\frac{3}{5},0,\frac{4}{7}...$$
es oscilante, pues los términos pares son siempre 0 y los impares tienden a 1/2.
El criterio de convergencia aplicado es el de Cesáro-1. Si sobre esta sucesión se construye, a su vez, la sucesión de medias parciales (Cesáro-2) se tiene:
$$1,\frac{1}{2},\frac{5}{9},\frac{5}{12},\frac{34}{75},\frac{34}{90}...\rightarrow \frac{1}{4}$$
Esta sucesión se aproxima muy lentamente a su límite. Por ejemplo, sólo después del término 188º (0,26003584) los términos de la sucesión difieren del límite en menos de una décima.

Finalmente vamos a considerar dos funciones muy conocidas en el campo de los números complejos debidas a  Peter G. Dirichlet y Bernhard Riemann.
La función "eta" de Dirichlet es:
$$\eta(z)=\frac{1}{1^z}-\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z} -\frac{1}{4^z}+\frac{1}{5^z}\cdots$$
De acuerdo con las convergencias de Cesáro se tiene:
$$\eta(0)=1-1+1-1\cdots=\frac{1}{2} \wedge \eta(-1 )=1-2+3-4\cdots=\frac{1}{4}$$

La función "zeta" de Riemann es:
$$\zeta(z)=\frac{1}{1^z}+\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z} +\frac{1}{4^z}+\frac{1}{5^z}\cdots$$
Se observa que:
$$\zeta(-1)=1+2+3+4+5\cdots$$
$$\zeta(z)-\eta(z)=\frac{2}{2^z}+\frac{2}{4^z}+\frac{2}{6^z}\cdots=\frac{2}{2^z}(1+\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z}\cdots)=\frac{2}{2^z}\zeta(z)$$
$$\zeta(z)-\eta(z)=\frac{2}{2^z}\zeta(z)\rightarrow\zeta(z)(1-\frac{2}{2^z})=\eta(z) \rightarrow\zeta(z)=\frac{\eta(z)}{1-2^{1-z}}$$
$$\zeta(-1)=\frac{1}{4}(1-2^2) =\frac{1}{4}(-3)=-\frac{1}{12}$$
Estos resultados son verdaderos cuando las funciones de Dirichlet y Riemann se extienden por continuidad analítica para incluir valores de z para los que las series anteriores divergen. Son convergentes cuando la parte real de z es mayor que uno.
Este sorprendente resultado ha sido crítico para obtener la dimensión 26 de la teoría de cuerdas y para conocer la llamada fuerza de Casimir en electrodinámica cuántica.

jueves, 13 de agosto de 2020

¡Adivina el cumpleaños! (II)

Vamos, de nuevo, a sorprender a nuestros amigos y amigas adivinando el día del cumpleaños.  Le pedimos a alguien que multiplique el día de su cumpleaños (D) por 12 y el mes (M) del mismo por 31, sume ambos valores y nos dé el resultado (N). Esto nos permitirá adivinar la fecha de su cumpleaños.
Se trata de resolver la ecuación diofántica:
$$N=12D+31M$$
Si la fecha es el 6 de Octubre, nos dará el número:
$$12·6+31·10=382=31·12+10$$
Cogemos el resto de la división del número entre 12 y lo multiplicamos por 7:
$$7·10=70=12·5+10$$
y el resto de la división de este número entre 12 nos da el mes:  Octubre.
Si en la ecuación inicial, hacemos M=10 se tiene el día del mes:
$$D=\frac{382-31·10}{12}=6$$
¿Qué ocurre si el cumpleaños es en el mes de Diciembre?
 Sea la fecha el 25 de Diciembre:
$$12·25+31·12=672=56·12$$
Se obtiene un múltiplo de 12 (la división entre 12 es exacta) y el mes es Diciembre.
El día se calcula de forma análoga:
$$D=\frac{672-31·12}{12}=25$$
EXPLICACIÓN:
$$N=12D+31M=12D+24M +7M=12(D+2M)+7M$$
y entonces  N y 7M tienen el mismo resto al dividir por 12.
Si multiplicamos ambos números por 7 se  obtienen 7N y 49M que seguirán teniendo el mismo resto al dividir por 12. Como:
$$49M=48M+M=12(4M)+M$$
y entonces 7N y M tendrán también el mismo resto al dividir por 12. Por tanto el resto de dividir 7N entre 12 será M. Pero como 7M es el primer resto, basta obtener el resto de 7·7M=49M para obtener el valor de M. Si el resto de 7M=0, eso significa que M=12 y el mes es Diciembre. Para calcular el día basta sustituir M en la ecuación:
$$D=\frac{N-31M}{12}$$
Hemos utilizado  la congruencia de números:

Se dice que a y b son congruentes módulo m si al dividir ambos números por m se obtiene el mismo resto y se expresa: $$a\equiv b\mod{12}$$.
Por tanto, las relaciones anteriores se pueden expresar de la forma:
$$N\equiv 7M\mod{12} \rightarrow 7N\equiv 49M\mod{12}$$
$$49M\equiv M\mod{12}$$
Veamos que la solución es única. Si hubiera dos soluciones se tendría:
$$N=12D_1+31M_1 \wedge N=12D_2+31M_2$$
y restando miembro a miembro:
$$12(D_1-D_2)+31(M_1-M_2)=0 $$
De donde se deduce que el número:
$$12(D_1-D_2)$$
debería ser un múltiplo de  31 pero como D1-D2 es necesariamente menor que  31, sólo podría dividirse por 31 cuando D1=D2, es decir si las soluciones coinciden y se llega a una contradicción (Demostración por "reducción al absurdo").

viernes, 17 de julio de 2020

Selectividad ciencias sociales-Curso 19/20

A continuación aparecen los enunciados y las soluciones de los problemas de selectividad de la Comunidad Valenciana en formato .pdf, de julio y de septiembre para el bachillerato de ciencias sociales del curso 19/20.

Enunciados y soluciones de julio
Enunciados y soluciones de septiembre

jueves, 16 de julio de 2020

Selectividad ciencias-Curso 19/20

A continuación aparecen los enunciados y las soluciones de los problemas de selectividad de la Comunidad Valenciana en formato .pdf, de junio y de julio para el bachillerato de ciencias del curso 19/20.

Enunciados y soluciones de julio
Enunciados y soluciones de septiembre

sábado, 27 de junio de 2020

Problema de Josefo

Flavio Josefo (37-100) en su libro La Guerra de los judíos, nos dejó un interesante problema de matemáticas que ha tenido muchas variantes en los juegos de niños  y que ha atraído a muchos matemáticos. Cardano (1501-1576) recogió una versión del juego que llamó Ludus Josephi y fue Euler (107-1783) el primero que encontró leyes de recurrencia para resolver el problema.

Josefo pertenecía a la aristocracia sacerdotal de Jerusalén y en el año 63 fue enviado a Roma para conseguir la liberación de varios sacerdotes que habían sido hecho prisioneros y lo consiguió gracias a Popea, esposa de Nerón. A su vuelta a Jerusalén, en el año 65, la guerra  con Roma parecía inevitable, Josefo fue nombrado gobernador de Galilea, la guerra se desató al año siguiente y duró hasta el año 73.

 Cuenta Josefo, que cuando los romanos tomaron Jotapata, en la Baja Galilea, él y cuarenta galileos se refugiaron en una cueva y fueron cercados por los romanos. Decidieron morir antes que ser capturados y vendidos como esclavos. Para cumplir esa terrible decisión se colocarían en círculo con los lugares numerados y se matarían entre ellos con una espada mediante el siguiente procedimiento:

El primero mataría al segundo y pasaría la espada al tercero; éste mataría al cuarto y pasaría la espada al quinto y así sucesivamente hasta quedar uno que se quitaría así mismo la vida. Josefo, que sabía de matemáticas, se colocó en la posición del último superviviente y convenció al penúltimo superviviente para entregarse juntos a los romanos y evitar las dos muertes.

En la imagen vemos quién es el superviviente (en blanco) según haya 7 u 8 personas. En diferente color se muestran los eliminados en cada vuelta. Siempre es el 1 el que inicia el proceso.
En la tabla se muestra, para los 16 primeros casos, la posición del superviviente G(n) según el número n de participantes.
Se observa que cuando el número de participantes es una potencia de 2 siempre se salva el que empieza. Se puede comprobar siguiendo las ruedas de 8, 4, 2 y 1 que se muestran en la imagen:
Veamos como se puede obtener para n=13, de forma analítica, el valor G(13)=11:
$$13=8+4+1=8+5=2^3+5$$ $$n=13 \rightarrow G(n)=2·5+1=11$$ Si n es el número de individuos, k el exponente de la potencia de 2 más próxima a n y m lo que falta para ser n, se tiene: $$n=2^k+m \rightarrow G(n)=2m+1$$ En el caso histórico donde n=41 , se tiene: $$41=2^5+9\rightarrow G(41)=2·9+1=19$$ Si expresamos 13 en sistema binario: $$13=8+4+1=2^3+2^2+2^0=1101 $$ y pasamos la primera cifra a la última posición, se obtiene el número buscado: $$1011=2^3+2^1+2^0=8+2+1=11$$ En el caso histórico se tiene: $$41=32+8+1=2^5+2^3+2^0=101001 $$ y pasamos la primera cifra a la última posición, se obtiene el número buscado: $$010011=2^4+2^1+2^0=16+2+1=19$$

sábado, 30 de mayo de 2020

Sangaku (II)

En el interior de un círculo se construyen siete círculos de tres tamaños diferentes con puntos de tangencia entre ellos. El círculo grande tiene un radio R=3r, siendo r el radio de los círculos verticales. Además 2r es el radio de los círculos gemelos mayores.



Vamos a obtener el radio x de los círculos gemelos pequeños. En el triángulo rectángulo OAB, se tiene que AB=2r+x, OB=r y OC=3r-x, y aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene:
$$(2r+x)^2=r^2+(3r-x)^2 \rightarrow x=\frac{3}{5}r \rightarrow x=\frac{R}{5}$$
Por tanto, de acuerdo con la figura:
$$r_1=\frac{2R}{5} \wedge r_2=\frac{R}{3}\wedge r_3=\frac{R}{5}$$
  • Se puede modificar y desplazar la figura moviendo los puntos azules.
  • Se muestran los valores de los radios de los círculos de distinto tamaño.
  • Se puede ver o no el triángulo de la demostración.
  • Se puede ver la construcción 'paso a paso'.

jueves, 28 de mayo de 2020

Sangaku (I)

Los Sangaku son tablillas, de origen japonés,  con problemas geométricos presentes en santuarios sintoistas y a veces budistas. Estas tablillas se construyeron durante el periodo EDO que duró desde 1603 hasta 1867. Antes de estudiar un primer sangaku vamos a demostrar una propiedad de los triángulos equiláteros que deberemos aplicar posteriormente.
Sea un triángulo rectángulo ABC de catetos b y c e hipotenusa a. Vamos a obtener el radio r del círculo inscrito en función de sus lados. El área del triángulo ABC, que indicaremos [ABC], es la suma de las áreas de tres triángulos y un cuadrado: $$[ABC]=[EBF]+[DFC]+[FBC]+[AEFD]$$
Como DC=b-r y EB=c-r se tiene que:
$$\frac{bc}{2}=\frac{(c-r)r}{2}+\frac{(b-r)r}{2}+\frac{ar}{2}+r^2$$
Quitando denominadores y simplificando:
$$bc=r(a+b+c) \rightarrow r=\frac{bc}{a+b+c}=\frac{2[ABC]}{a+b+c}$$

En la imagen se muestra uno de ellos: Tres círculos iguales inscritos en los tres triángulos en que se ha dividido un triángulo isósceles. Pues bien, para que los tres círculos tengan el mismo radio, éste debe ser la cuarta parte del segmento AE. La demostración se debe a Nicolaos Dergiades (2017).
Como se observa en la figura AB=BC y AE es perpendicular a CD. Por simetría AC=AD=a; CE=ED=c, y si AE=d y DB=b, entonces BC=a+b.
En el triángulo CDB se tiene:
$$r=\frac{2[CDB]}{CD+DB+BC}=\frac{[CDB]}{\frac{a}{2}+b+c}$$
$$r=\frac{2[ACE]}{CA+AE+EC}=\frac{[ACD]}{a+c+d}$$
Al tener los dos triángulos la misma altura, las áreas son proporcionales a las bases:
$$\frac{b}{a}=\frac{[CDB]}{[ACD]}=\frac{\frac{a}{2}+b+c}{a+c+d}\rightarrow b=\frac{a(a+c)}{2(c+d)}$$
Aplicando el teorema de Stewart:
$$AC^2·DB+BC^2·AD-CD^2·AB=AD·DB·AB$$
$$a^2b+(a+b)^2a-(2c)^2(a+b)=ab(a+b) \rightarrow b=\frac{a(4c^2-a^2)}{2(a^2-2c^2)}$$
Igualando las dos expresiones se concluye que:
$$a^2-2c^2\neq0 \wedge c+d=\frac{a^2-2c^2}{2c-a}$$
En el triángulo ACE, aplicando el teorema de Pitágoras:
$$a^2-c^2=d^2\rightarrow a^2-2c^2=d^2-c^2=(d+c)(d-c)$$
Obteniendo d-c se tiene:
$$a^2-2c^2=\frac{a^2-2c^2}{2c-a}·\frac{a^2+2ac-6c^2}{2c-a}$$
Para que se cumpla la igualdad se necesita que:
$$ 3a=5c  \vee  a=5x, c=3x \rightarrow d=4x$$
y como:
$$a=(c-r)+(d-r)\rightarrow r=x=\frac{d}{4}=\frac{AE}{4}$$
Además podemos calcular el valor de los lados iguales a+b, sustituyendo x en la expresión que da el radio en función de los lados:
$$x=\frac{b·3x}{5x+b+3x}\rightarrow b=4x \rightarrow a+b=5x+4x=9x$$
En conclusión si se quiere que los círculos sean iguales con un radio dado x, las medidas del triángulo deberán ajustarse de acuerdo a las fórmulas obtenidas.


  • Se puede cambiar la base del triángulo, girarlo y desplazarlo con los puntos A y C.
  • Se puede cambiar la altura del triángulo desplazando el punto C y así poder obtener la figura con los tres radios iguales.
  • Se puede ver la construcción 'paso a paso'.

martes, 24 de marzo de 2020

Modelo epidemia (III)

Un zombi es un muerto que ha sido revivido mediante un rito mágico y que carece de voluntad propia, según ciertas leyendas de Haití y del sur de Estados Unidos de América. Los muertos vivientes se hicieron populares con el éxito de la película La Noche de los Muertos Vivientes (Night of the Living Dead) de George A. Romero en 1968.
Siguiendo con los modelos de epidemia, vamos a presentar el conocido como 'Modelo Zombi'. El modelo básico se conoce con las siglas SZR. Se designa S a los humanos susceptibles de ser atacados por un zombi, Z al número de zombis y R al número zombis eliminados. La población total N se mantiene constante y por tanto en cualquier instante de tiempo se cumple: $$N=S(t)+Z(t)+R(t)$$
Las ecuaciones diferenciales son: $$\frac{dS}{dt}=-\alpha SZ$$ $$\frac{dZ}{dt}=(\alpha -\beta)SZ +\gamma R$$ $$\frac{dR}{dt}=\beta SZ-\gamma R$$
  • alfa: la probabilidad de que un zombi infecte a un humano y se convierta en un nuevo zombi.
  • beta: la probabilidad de que un humano destruya a un zombi y muera.
  • gamma: la probabilidad de que resucite y se convierta de nuevo en zombi.
El proceso se muestra en el siguiente diagrama:
Es lógico que la velocidad de infección en un instante dado sea proporcional al número de humanos y al número de zombis en ese momento, es decir, al número de encuentros posibles, siendo la tasa de contagio 'alfa' el factor de proporcionalidad.
Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:
  • Se puede modificar S0 y los parámetros.
  • Variando t se puede conocer el reparto de la pobación en cada instante.
  • Se muestran las gráficas S(t), Z(t) y R(t).
Descargar .XLS