Punto de Spieker

En un triángulo cualquiera se traza el triángulo medial, el que tiene como vértices los puntos medios de sus lados. Obtenemos su incentro que es el denominado punto de Spieker (S). En el triángulo inicial se obtienen su incentro (I), su circuncentro (C) y su ortocentro (O). El punto simétrico del (I) respecto del circuncentro (C) es un punto (B). Pues bien, este punto (B) es también el simétrico del ortocentro (C) respecto del punto de Spieker.

Se pueden mover los vértices del triángulo inicial para comprobar la propiedad.  Se puede observar la construcción 'paso a paso'.

Números de Catalan

Fue el gran Leonhard Euler (1707-1783) la primera persona en calcular los denominados números de Catalan. Le comunicó los primeros valores a Johann Segner (1704-1777), pero no le dijo la técnica que utilizó para calcularlos. Segner obtiene estos números, por recurrencia,  al estudiar las posibles triangulación de un polígono.

Una triángulación de un polígono es una forma de descomponerlo como una unión disjunta de triángulos cuyos vértices coinciden con los del polígono. Es fácil ver que para triangular un polígono de n+2 vértices se necesitan n triángulos y viceversa.

Sea Cn el número de maneras de descomponer un polígono utilizando exactamente en triángulos. Como se observa en la imagen: $$C_1=1, C_2=2, C_3=5, C_4=14 $$

La fórmula de recurrencia, dada por Signer en 1758, para obtener los números de catalán es: $$C_{n+1}=C_0·C_n+C_1·C_{n-1}+C_2·C_{n-2}+\cdots+C_{n-1}·C_1+C_n·C_0$$ siendo $$C_0=1$$
Demostración por inducción:

Si sabemos triangular los polígonos de n+2 lados, entonces podemos triangular un polígono de n+3 lados.

El polígono tiene los vértices 1,2,3,...n+3 y escogemos un 'lado favorito': el lado de vértices 1 y n+3, que pertenece a un triángulo Ti de la triangulación, siendo i el tercer vértice que pertenece al conjunto {2,3,...n+2}.

En la figura se observa que sería el triángulo de vértices 1,4 y 8.

En general, si se elimina ese triángulo Ti, resultan dos polígonos:

• Vértices 1,2,...i que puede ser triangulado de Ci-2 maneras.
• Vértices i,i+1,,...n+3 que puede ser triangulado de Cn-i+2 maneras.

Ambas elecciones son independientes, por tanto la manera de triangular el polígono que contiene al triángulo Ti es:
$$C_{i-2}·C_{n-i+2}$$
Al variar Ti sobre todos los valores posibles {2,3...n+2} se obtiene la fórmula.

Alrededor de un siglo después Eugène Catalan (1814-1894), volverá a calcular el número de maneras de triangular un polígono. En su memoria, esos números  llevan  su nombre.

Es una fórmula que evita la recurrencia y permite obtener directamente los números:

$$C_n=\frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{(n+1)!·n!} \wedge n\geq 0$$
A partir de esta fórmula se puede obtener una fórmula de recurrencia más sencilla:
$$\frac{C_{n+1}}{C_n}=\frac{(2n+2)!}{(n+2)!(n+1)!}:\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}=\frac{2(2n+1)}{n+2}$$
$$C_{n+1}=\frac{2(2n+1)}{n+2}{C_n}\wedge n\geq 1$$

Existen infinidad de situaciones en las que aparecen los números de Catalan. Una de ellas es el número de caminos monótonos crecientes a través de una retícula de tamaño nxn y que no atraviesen la diagonal:

Las aplicaciones sucesivas de un operador binario pueden representarse con un árbol binario. 

En este caso, C_n es el número de árboles binarios de n + 1 hojas, en los que cada nodo tiene cero o dos hijos:

En su página de internet Richard Stanley, nos reta con 95 familias de objetos enumerados por los números de Catalan.

Selectividad ciencias-Curso 17/18

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 17/18.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

Selectividad ciencias sociales-Curso 17/18

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 16/17.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

El problema de la dote del sultán

Un sultán tiene 100 hijas y decide dar la mano de una de ellas al súbdito que supere la siguiente prueba: Cada hija desfilará delante del pretendiente indicando la dote que tiene asignada. El súbdito sólo podrá casarse con la hija de mayor dote si adivina cuál de ellas es. Para ello debe decidir si la elige o prefiere continuar viendo el resto. Una vez rechazada una de las hijas, la decisión no se  puede cambiar. Se supone que todas las dotes son distintas y que no tiene información previa sobre su cuantía.

¿Cuál es la mejor estrategia para superar la prueba?

Una estrategia es dejar pasar n hijas y después elegir aquella que tenga una dote que supere a todas las precedentes (incluidas las n primeras).  ¿Cuál es el número n que maximiza la probabilidad de elgir la dote más alta?

Supongamos que hay 3 hijas, cuyas dotes se numeran de mayor (1) a menor (3). En la tabla se muestran las diferentes ordenaciones y para qué valor de n se obtiene la dote mayor. Se observa que cuando se descarta una hija, se consigue la mayor dote en tres casos: p(n=1)=3/6=1/2.

La probabilidad de acertar con N hijas habiendo rechazado las n primeras es:

$$\frac{1}{N} \frac{n}{n+k}$$

ya que acertamos si la mayor está en el puesto n+1, que ocurre con probabilidad 1/N. También si la mayor está en el puesto n+k+1 que ocurre con probabilidad 1/N y la mayor de las n+k precedentes está entre las n primeras, que ocurre con probabilidad n/(n+k).

La probabilidad de acertar es la suma de estas probabilidades extendidas a todos los valores posibles de k, desde 0 hasta N-n-1: $$p=\frac{n}{N} \left( \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+ \ldots +\frac{1}{N-1} \right)$$ 

Teniendo en cuenta la serie armónica:

$$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots + \frac{1}{n}$$

la probabilidad de acertar se puede expresar:

$$p=\frac{n}{N} \left(H_{N-1} - H_{n-1}\right)$$

Y como la serie armónica se puede aproximar con la fórmula que utiliza la constante de Euler-Mascheroni: $$H_n=ln(n)+\gamma$$ la probabilidad de éxito será: $$p=-\frac{n}{N}ln\left(\frac{n-1}{N-1}\right)$$

Cuando N y n son grandes, se puede aproximar a: $$p=-\frac{n}{N}ln\left(\frac{n}{N}\right)=-\alpha ln(\alpha)$$ Optimizando se obtiene: $$\alpha=\frac{n}{N}=\frac{1}{e}=0,3679\ldots$$ y por tanto habría que dejar pasar el 36,79% de las hijas antes de empezar a elegir una de ellas.

Descargar .XLS

Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:

• Con las flechas se elige el número de novias descartadas n.
• Con el botón 'elige' se muestran las siguientes dotes, deteniéndose si una dote supera a las anteriores y se habilita el botón 'comprobar'.
• El botón 'comprobar' muestra las dotes ocultas y se comprueba si ha habido éxito.
• Con las flechas se elige el número de novias N y el número de novias descartadas n.
• Se observa numérica y gráficamente las probabilidades de éxito para cada supuesto.