Modelo Friekin-Johnsen

El modelo de Friedkin-Johnsen (FJ) es un marco matemático que explica cómo se forman las opiniones en grupos sociales, destacando que las personas no solo se dejan influir por otros, sino que mantienen una resistencia o ‘terquedad’ basada en sus creencias iniciales. El modelo FJ muestra cómo la resistencia a cambiar de opinión (terquedad) mantiene la polarización y el desacuerdo incluso tras largas interacciones. Se utiliza para diseñar algoritmos que intenten reducir este conflicto social. Para entender el modelo de Friedkin-Johnsen (FJ), imagina que cada persona tiene una opinión inicial (su ‘prejuicio’ o valor innato) que nunca cambia del todo, a pesar de lo que digan los demás. La fórmula de actualización es: $$X_i(t+1)=\lambda_i( \sum_{j=1}^n w_{ij}\cdot X_j(t))+(1-\lambda_i) \cdot S_i$$ $$S_i, \ \lambda_i, \ w_{ij} $$ son tu opinión personal (fija), tu susceptibilidad (cuanto te dejas influir), y la confianza que tienes de la opinión de la persona j. La fórmula siguiente representa la influencia de la red en cada etapa. $$ \sum_{j=1}^n w_{ij}\cdot X_j(t)$$

Supongamos dos agentes A y B con opiniones opuestas sobre un tema concreto: A está muy a favor S1=1 y B está muy rn contra S2=0; suponemos que las susceptibilidades son 0.5, y 0.4 respectivamente. Por último el agente A escucha 0.4 al agente B , en cambio el agente B escucha 0.8 al agente A. Al final las opiniones se acercan, aunque no llegan a un consenso, como se observa en la gráfica.

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

• Puedes modificar la susceptibilidad de cada agente.
• Puedes modificar la confianza o escucha de cada agente.
• Puedes modificar el instante del proceso y observar los valores de cada agente en ese momento.

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Teorema del alpinismo

El problema del alpinismo es un problema matemático que considera una cordillera bidimensional (representada como una función continua) y plantea la cuestión de si es posible que dos alpinistas, partiendo desde el nivel del mar en los flancos izquierdo y derecho de la montaña, se encuentren en la cima, manteniendo la misma altitud en todo momento. Se ha demostrado que cuando la cordillera tiene un número finito de picos y valles, siempre es posible coordinar los movimientos de los alpinistas, pero esto no se cumple necesariamente cuando tiene un número infinito de picos y valles.

Este problema fue nombrado y planteado de esta forma por James V. Whittaker (1966), pero su historia se remonta a Tatsuo Homma (1952), quien resolvió una versión del mismo.

Sea una cordillera con tres picos y dos valles. Se trazan líneas horizontales por cada pico o valle. Cada escalador parte desde el mar en las posiciones 0. El escalador rojo se mueve por la parte izquierda en el intervalo [0,1] y el escaldor azul se mueve por la parte derecha en el intervalo [1,0].

.Así el rojo  está en la posición 2/7 y el verde en la posición 6/7. Al estar el rojo en un pico, el azul puede estar en alguna de las tres posiciones. Los estados vienen dados por el par formado por las posiciones de los escaladores; así la posición de la figura es (2/7,6/7), pero podrían ser los estados (2/7,4/7) y (2/7,2/7). Si el azul baja al valle, el rojo tiene dos opciones como se muestra con trazo grueso.

El ascenso correcto es: el escalador rojo sube al  pico (1), luego baja al valle (2), el escalador azul sube al pico (3), luego baja al valle (4) y finalmente ambos, llegan a la cumbre (5).

¿Por qué esa es la ruta correcta?

Para ello establecemos un grafo donde los vértices son los estados posibles y las aristas conectan el paso de un estado a otro. Entonces el camino (línea discontinua) que va desde el vértice de salida (0,0) y termina en el vértice de llegada (1,1) es la ruta correcta. Con trazo rojo se muestran las alternativas del vértice rojo de la figura anterior. Además  hay dos estados por los que no se pasa (línea continua).

Las decisiones a tomar según la posición en que se encuentren los escaladores pueden ser:

• En el vértice (0, 0), el grado es uno: la única dirección posible para ambos escaladores es hacia la montaña. De manera similar, en el  vértice (1, 1)  el grado es uno, ya que ambos escaladores solo pueden regresar montaña abajo.
• En un vértice donde un escalador se encuentra en una cima o un valle y el otro no, el grado es dos: el escalador en la cima o el valle tiene dos opciones sobre qué camino tomar, y el otro escalador solo puede ir por un camino.
• En un vértice donde ambos escaladores se encuentran en una cima o en un valle, el grado es cuatro: ambos escaladores pueden elegir independientemente el uno del otro en qué dirección ir.
• En un vértice donde un escalador se encuentra en una cima y el otro en un valle, el grado es cero: dichas posiciones son inalcanzables. (es decir, si existe tal vértice, entonces el grafo no es conexo).
• Según el 'lema del apretón de manos': la suma de los grados de todos los vértices de un grafo conexo es siempre un número par, lo que significa que el número de personas que saludan un número impar de veces debe ser par (hay un número par de vértices de grado impar).
• Dado que los únicos vértices de grado impar son (0,0) y (1,1), estos dos vértices deben pertenecer a la misma componente conexa. Es decir, el grafo debe contener un camino desde (0,0) hasta (1,1). Este camino indica cómo coordinar el movimiento de los escaladores hacia la cima.

Teorema de Anne

El teorema de Anne, llamado así por el matemático francés Pierre-Léon Anne (1806-1850):

Sea un punto P situado en el interior de un cuadrilátero ABCD (convexo o que no sea un paralelogramo). Conectamos P con cada uno de los cuatro vértices y se forman cuatro triángulos: PCD, PAB, PAD, PBC. Trazamos las diagonales AC y BD y determinamos sus puntos medios E y F. La recta de Newton es la que pasa por esos puntos. Entonces las sumas de las áreas de los triángulos opuestos serán iguales si el punto P se mueve por la recta de Newton.

Para un paralelogramo, la línea de Newton no existe, ya que ambos puntos medios de las diagonales coinciden con el punto de intersección de las diagonales. Además, la identidad de área del teorema se cumple en este caso para cualquier punto interno del cuadrilátero.

• Se puede cambiar la forma del cuadrilátero ABCD moviendo sus vértices.
• Se puede mover el punto interior P.
• Se muestan las áreas de cada triángulo y sus sumas.
• Se puede ver la construcción 'paso a paso'.
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Selectividad Ciencias Sociales-Curso 2025-2026

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 sociales del curso 25/26.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

Selectividad Ciencias-Curso 2025-2026

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 sociales del curso 25/26.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

El problema de la mochila (II)

Aplicamos un algoritmo genético para introducir en la mochila el mayor número de objetos que maximicen el beneficio pero sin superar la restricción de peso de la misma. En la tabla se muestra el problema a resolver: 4 objetos con diferentes utilidades y pesos.

La función objetivo Z no puede contener los 4 objetos pues rebasaría la restricción del peso que no puede superar el valor 15.

$$Z=4x_1+5x_2+6x_3+3x_4$$

$$P=7x_1+6x_2+8x_3+2x_4 \leq 15$$

Un cromosoma está formado por genes que son variables binarias. Cada cromosoma estará formado por una cadena de 4 bits. Si la suma de pesos de un cromosoma rebasa el peso máximo permitido 15, no se considera.

En la Tabla se muestran 4 cromosomas aleatorios de los cuales se tienen que obtener dos padres. La penúltima columna de probabilidad se obtiene dividiendo cada peso entre el total, y en la última columna la probabilidad acumulada.

• Selección:
Para obtener un padre debemos seleccionar uno de los 4 cromosomas. Se genera un número aleatorio (0.477) que supera a la probabilidad acumulada 0.2973; así el Padre 1 será el cromosoma 2: 1 0 1 0.
Se genera otro número aleatorio (0.934) que supera a la probabilidad acumulada 0.7027; así el Padre 2 será el cromosoma 4: 0 1 1 0.
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• Cruzamiento:
Se asigna una probabilidad de cruzamiento entre dos genes de 0.98.  Se genera un número aleatorio 0.735<0.98 y entonces hay cruzamiento. Como hay 4 genes hay tres puntos de corte entre genes. Se genera otro número aleatorio (0.492). Como 1/3<0.492<2/3, el punto de corte está entre el gen 2 y el gen 3 (línea discontinua). Entonces se intercambian los genes 3 y 4.

• Mutación:
Se genera un número aleatorio para cada gen para ver si hay o no mutación. La habrá si es menor que el valor asignado 0.1. Los genes en rojo se han cambiado. Como el segundo cromosoma rebasa la restricción se elimina. Por tanto, hasta el momento, sólo hemos obtenido un hijo.

Repetimos el proceso, manteniendo la tabla inicial, para obtener nuevos hijos.

• Selección:
Para obtener un padre debemos seleccionar uno de los 4 cromosomas. Se genera un número aleatorio (0.802) que supera a la probabilidad acumulada 0.7027; así el Padre 1 será el cromosoma 4: 0 1 1 0.
Se genera otro número aleatorio (0.266) que no supera a la probabilidad acumulada 0.2973; así el Padre 2 será el cromosoma 1: 0 1 1 0.
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• Cruzamiento:
Se asigna una probabilidad de cruzamiento entre dos genes de 0.98. Se genera un número aleatorio 0.174<0.98 y entonces hay cruzamiento. Como hay 4 genes hay tres puntos de corte entre genes. Se genera otro número aleatorio (0.740). Como 2/3<0.7401, el punto de corte está entre el gen 3 y el gen 4 (línea discontinua). Entonces se intercambia el gen 4.

• Mutación:
Se genera un número aleatorio para cada gen para ver si hay o no mutación. La habrá si es menor que el valor asignado 0.1. Los genes en rojo se han cambiado. Como el primer cromosoma rebasa la restricción se elimina. Por tanto sólo hemos obtenido un segundo hijo.

Volvemos a repetir el proceso para conseguir los dos hijos que faltan.

• Selección:
Para obtener un padre debemos seleccionar uno de los 4 cromosomas. Se genera un número aleatorio (0.658) que supera a la probabilidad acumulada 0.5676; así el Padre 1 será el cromosoma 3: 0 1 0 0.
Se genera otro número aleatorio (0.258) que no supera a la probabilidad acumulada 0.2973; así el Padre 2 será el cromosoma 1: 0 1 1 0.
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• Cruzamiento:
Se asigna una probabilidad de cruzamiento entre dos genes de 0.98. Se genera un número aleatorio 0.989>0.98 y entonces no hay cruzamiento. 

• Mutación:
Se genera un número aleatorio para cada gen para ver si hay o no mutación. La habrá si es menor que el valor asignado 0.1. El gen en rojo se ha cambiado. Como los dos cromosoma cumplen la restricción se aceptan. Por tanto ya tenemos los 4 hijos.

Termina la primera iteración y vamos a iniciar la segunda iteración con estos 4 hijos. Para ello tomamos estos 4 hijos como cromosomas iniciales y construimos una nueva tabla.

Si suponemos que esta tabla es la obtenida después de varias iteraciones podemos considerar que representa los resultados finales donde los objetos a considerar para la mochila son el 2 y el 3 con una utilidad máxima de 11 y un peso de 14.

El problema de la mochila (I)

El problema de la mochila (knapsack problem) es el siguiente problema de optimización combinatoria:

  Dado un conjunto de elementos, cada uno con un peso y un valor, determinar qué elementos incluir en la colección para que el peso total sea menor o igual a un límite dado y el valor total sea el mayor posible.

El problema más sencillo (0-1 knapsack problem) es aquel en el que se restringe el número de copias de cada item a cero o uno.

Si n es el número de items numerados de 1 a n, cada uno con un peso wi y un valor vi, con una capacidad máxima de peso W, se trata de maximizar:

$$\sum_{i=1}^n v_ix_i$$

con la restricción:

$$\sum_{i=1}^n w_ix_i \leq W \hspace{0.2 cm} si \hspace{0.2 cm} x_i\in \{ 0,1 \}$$

El problema de la mochila acotada (BKP) elimina la restricción de que solo exista un ejemplar de cada artículo, pero restringe el número xi de copias de cada tipo de artículo a un valor entero máximo no negativo c. Por tanto la restricción es:

$$\sum_{i=1}^n w_ix_i \leq W \hspace{0.2 cm} si \hspace{0.2 cm} x_i\in \{ 0,1 \dots c\}$$

El problema de la mochila ilimitada (UKP) no impone un límite superior al número de copias de cada tipo de artículo y  la única restricción de xi es que sea un número entero no negativo:

$$\sum_{i=1}^n w_ix_i \leq W \hspace{0.2 cm} si \hspace{0.2 cm} x_i\in N$$

Vamos a resolver un ejemplo mediante programación dinámica:

Sean 5 objetos con los valores vi y pesos wi que se muestran en la Figura. Los pesos posibles en la mochila van desde 0 al máximo permitido de W=8 .

 Se establece una matriz M[i,j] donde cada elemento indica el beneficio máximo de llevar una mochila de peso j con objetos desde x1 hasta xi.

La primera fila de ceros corresponde  a no meter ningún objeto en la mochila y la primera columna de ceros indica mochila de tamaño cero que no admite ningún objeto.

Analicemos el funcionamiento observando las celdas coloreadas.  La matriz se va completando de izquierda a derecha y de arriba a abajo. Si estamos en la celda M[3,5]=7, retrocedemos 4 posiciones hasta la celda M[2,0]=0 ya que w3=4; ahora hacemos el cálculo siguiente:

$$M[3,1]+v_3=0+10=10>M[3,5]=7 \rightarrow M[4,5]=10$$

La celda M[5,5] también  vale 10 porque una mochila de peso máximo 4 no admite un objeto de peso 5.

La celda M[6,8] repite el valor 16 pues el valor que se obtiene (15) es menor que el de su celda superior.

El valor más alto de la última columna (19) indica el valor máximo.

Vamos a obtener los objetos con los que se consigue el valor máximo:

Al ser M[6,9]=M[5,9] el objeto W5=7 no se pone en la mochila. Como M[5,9]>M[4,9] el objeto w4=5 se pone en la mochila.

Retrocedemos 5 posiciones a  M[4,4] y siguiendo el mismo razonamiento no ponemos el objeto w3=4 y si ponemos el objeto w2=3. Continuando el proceso se llega a M[2,1]=0 y finaliza rl proceso.

Se han colocado en la mochila el objeto w2=3, v2=5 y el objeto w4=5, v4=14.

Problema del cambio de moneda (II)

Se trata de, dada una serie de monedas, devolver una cantidad determinada usando el menor número posible. Vamos a aplicar la Programación Dinámica para evitar los errores que se pueden producir utilizando un Algoritmo Voraz.

Existen n monedas diferentes y con una cantidad ilimitada de cada tipo: $$X_1 < X_2 < X_3 \cdots < X_n$$

Se trata de devolver una cantidad c, donde cambio(n,c) indica las mínimas monedas necesarias para devolver c usando X1, X2, X3,...Xn monedas.

• Si Xn>c no usamos esa moneda y cambio(n,c)=cambio(n-1,c).
• Si Xn<=c podemos usar esa moneda o no.
• Si usamos Xn entonces cambio(n,c-Xn)+1.
• Si no usamos Xn entonces cambio(n-1,c).
• De las dos opciones cogemos la menor cantidad.

Vamos a establecer una tabla con una matriz M((i,j)=cambio(i,j) donde i indica el número total de monedas <=Xi para devolver la cantidad j. Entonces cambio(i,j) es: $$cambio(i-1,j) \hspace{0.1 cm}si \hspace{0.1 cm} X_i>j$$ $$min(cambio(i-1,j),cambio(i,j-X_k)+1) \hspace{0.2 cm} si X_i\leq j$$

En la tabla la primera fila está numerada de 0 a c y la primera columna con los valores de las monedas incluida la posibilidad de no tener monedas. La primera columna de ceros indica que no se necesita ninguna moneda para devolver cero. La fila de infinitos indica que sin monedas no podemos devolver ninguna cantidad. La columna de infinitos indica que no podemos devolver 1 con monedas de valor superior. 

Vamos a explicar como se obtiene el elemento M(3,7) (verde) de la matriz. Para ello utilizamos los elementos M(2,7) M(3,4) (rojos) $$cambio(3-1,7)=M(2,7)=3 \hspace{0.2 cm} cambio(3,7-3)+1=M(3,4)+1=2$$ Al ser M(2,7)=3 se retroceden 3 posiciones desde la columna 7. De los dos valores obtenidos el menor es el que se asigna al elemento M(3,7). El razonamiento seguido, para todos los demás elementos de la matriz, es el mismo. El último elemento M(4,9) indica el número de monedas necesaria. 

  ¡Por tanto la solución óptima utiliza 3 monedas!

Vamos a ver el reparto de esas tres monedas. Para ello aplicamos el algoritmo siguiente: $$ si \hspace{0.2 cm} i>2 \land M(i,j)=M(i-1,j) \rightarrow i=i-1$$ $$ si \hspace{0.2 cm} no \rightarrow N(i)=N(i)+1 \land j=j-X_i$$

Empezamos en el último elemento M(4,8). Como M(4,8)=M(3,8)=3 subimos una fila y ahora M(3,8)=3<>M(2,8)=4 entonces el contador de monedas de valor 3 es N(3)=1 y retrocedemos 8-3 columnas y se repite el proceso a partir del elemento M(3,5) (verde) consiguiendo una segunda moneda de 3 y finalmente una moneda de 2.

¡Por tanto con 2 monedas de 3 y una de 2 se devuelve la cantidad 8 !

Problema del cambio de moneda (I)

Dado un monto M de monedas y un conjunto de denominaciones D (billetes o monedas) se busca la mínima cantidad de denominaciones cuya suma sea M.

No existen restricciones sobre el número de billetes o monedas de una denominación y sobre el uso repetido de billetes o monedas.

Vamos aplicar un algoritmo voraz: se elige la opción óptima en cada paso con la esperanza de llegar a una solución general óptima.

Sea un monto de M=36 monedas y denominaciones D={1,2,5,10,20}. Se elige en cada paso la mayor moneda posible y así sucesivamente:

• paso 1: 36-20=16
• paso 2: 16-10=6
• paso 3: 6-5=1
• paso 4: 1-1=0

Por tanto la solución general es: S={20,10,5,1} que suman 36. Además es óptima porque no existen otra solución con menos monedas. 

No siempre la suma de las soluciones óptimas de cada paso dan una solución óptima general. Si ahora las denominaciones son D={1,2,5,10,18,20} también se tiene:

• paso 1: 36-20=16
• paso 2: 16-10=6
• paso 3: 6-5=1
• paso 4: 1-1=0

Sin embargo la solución óptima es: S={18,18} que también suman 36. Aunque a veces puede no fallar, por ejemplo, si el monto es M=39:

• paso 1: 39-20=19
• paso 2: 19-18=1
• paso 3: 1-1=0

Por tanto la solución general es: S={20,18,1} que suman 39. 

Para que el algoritmo no falle nunca es necesario que cada clase de moneda sea igual o mayor que una sucesión de potencias. No puede haber dos clases de monedas que cumplan la misma condición. $$k^0,k^1,k^2,\cdots k^n$$ En nuestro ejemplo válido: $$2^0\leq1, 2^1\leq2,2^2\leq5,2^3\leq10,2^4\leq20$$ En las monedas del euro se cumple este criterio: $$2^0\leq1, 2^1\leq2,2^2\leq5,2^3\leq10,2^4\leq20,2^5\leq50,2^6\leq100$$ 

 Para que no falle nunca se utiliza la Programación Dinámica.

Conjetura de Kakeya

Durante más de un siglo, uno de los problemas más intrigantes de las matemáticas ha sido la conjetura de Kakeya. Esta cuestión, planteada en 1917 por el matemático japonés Sōichi Kakeya, pregunta cuál es la región de menor área donde puede girarse una aguja de manera completa. Aunque su enunciado es sencillo, su resolución ha desafiado a generaciones de expertos en análisis matemático y geometría.

El problema original de Kakeya se plantea en dos dimensiones: ¿Cuál es la región más pequeña en la que una aguja de longitud unitaria puede girar 180 grados? Se demostró que estos conjuntos pueden tener área arbitrariamente pequeña, lo que llevó a conjeturar que en espacios de mayor dimensión podrían también ser "demasiado pequeños".

 Sin embargo, la versión tridimensional de esta conjetura, ahora resuelta, establece que, aunque estos conjuntos puedan tener volumen cero, su dimensión geométrica debe ser 3. Esto significa que, aunque ocupen poco espacio, siguen teniendo una estructura compleja en el espacio tridimensional.

Este resultado no solo resuelve una cuestión matemática teórica, sino que también tiene aplicaciones en áreas como la física y la informática. Los conjuntos de Kakeya están relacionados con la propagación de ondas y la estructura de los datos en espacios de alta dimensión, lo que los hace relevantes para la criptografía y el análisis de señales.

Ahora, un equipo de matemáticos ha logrado un avance clave en esta conjetura, resolviendo su versión tridimensional. Investigadores de la Universidad de Nueva York y la Universidad de Columbia Británica han demostrado que los conjuntos de Kakeya en tres dimensiones, aunque puedan tener volumen cero, siempre deben ser tridimensionales. Este resultado, publicado en preprint en arXiv, ha sido calificado como un hito en la teoría geométrica y tiene implicaciones en análisis armónico, teoría de números e incluso criptografía.

El nuevo estudio, liderado por Hong Wang y Joshua Zahl, utiliza herramientas avanzadas de análisis geométrico para demostrar la estructura tridimensional de estos conjuntos. Una de las claves del avance ha sido el análisis de la disposición de "tubos" en el espacio tridimensional. En términos matemáticos, el equipo mostró que "la unión de tubos en 3D debe tener un volumen casi máximo", lo que implica que un conjunto de Kakeya no puede ser demasiado pequeño. Para ello, aplicaron un método conocido como inducción en escalas, que les permitió descomponer el problema en estructuras más manejables y demostrar la propiedad tridimensional de los conjuntos de Kakeya. El propio matemático Terence Tao, ganador de la Medalla Fields en 2006, destacó la importancia del hallazgo al afirmar que se trata de "un espectacular avance en la teoría de la medida geométrica". Este comentario subraya el impacto del descubrimiento dentro de la comunidad matemática.

Teorema de Snover (2000)

Dado un triángulo, construimos cuadrados sobre sus lados y unimos los nuevos vértices para definir tres nuevos triángulos, como se muestra en la figura. Entonces, cada uno de estos tres triángulos tienen la misma área que el triángulo inicial.

La solución es geométrica: Se eliminan los cuadrados y posteriormente se gira cada triángulo 90º en el sentido opuesto de las agujas del reloj. Cada triángulo forma con el triángulo original un nuevo triángulo. Pero al ser el lado común de esos dos triángulos una mediana del triángulo completo, tienen la misma base y altura y por tanto la misma área.

• Se puede cambiar la forma del trángulo inicial moviendo sus vértices.
• Siempre se cumple el teorema: mismas áreas.
• Al mover los deslizadores se pueden girar los triángulos hasta 90 grados.
• Se pueden mostrar u ocultar los cuadrados.
• Se puede ver la construcción 'paso a paso'.
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Selectividad Ciencias Sociales Curso-2024-2025

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 sociales del curso 24/25.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

Selectividad Ciencias-Curso 2024-2025

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 24/25.

Enunciados y soluciones de junio

Enunciados y soluciones de julio

La parábola y el producto de dos números

En la figura se muestra una parábola con un punto A en la rama de la derecha y un punto B en la rama de la izquierda. Se unen mediante un segmento que corta al eje de ordenadas en el punto C. El valor de la ordenada en ese punto es el resultado del producto de dos números que son las abscisas, en valor absoluto, de los puntos A y B.

La pendiente de la recta que pasa por A y B es: $$\frac{a^2-b^2}{a+b}=\frac{(a+b)(a-b)}{a+b}=a-b$$ La ecuación de la recta es: $$y-a^2=(a-b)(x-a)$$ El punto de corte con el eje de ordenadas es: $$y-a^2=(a-b)(0-a)=-a^2+ab \rightarrow y(0)=ab$$

• Se pueden mover los puntos A y B para obtener el punto C.
• Se puede ver la construcción 'paso a paso'.
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Magia con cartas (II)

DESARROLLO

• El mago entrega la baraja de cartas a un espectador y le pide que la baraje. El espectador devuelve la baraja al mago quien mira discretamente la carta que se encuentra en la parte inferior.
• El mago escribe en un papel, sin que nadie vea, la carta que visualizó. Dobla este papel varias veces y pide al espectador que lo guarde en un bolsillo.
• El mago saca doce cartas de la parte superior del mazo, boca abajo, y las coloca sobre una mesa. Luego, el mago pide al espectador que elija, al azar, cuatro de estas cartas y les dé la vuelta dejando sus caras visibles y recuerde cuáles son. Las cartas restantes las recoge el mago y las coloca en la parte inferior del mazo restante.
• El mago explica al espectador que colocará cartas, boca abajo, sobre cada una de las cuatro que eligió. El número de cartas colocadas será igual a la diferencia entre el número 10 y el valor de la carta elegida. Por ejemplo, el mago colocará siete cartas sobre una carta que es un tres, contando en voz alta: 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Si se ha elegido una de las figuras (K, Q, J), no se repartirán cartas, ya que, en este truco, las figuras cuentan como diez.
• El mago pide al espectador que sume los valores de las cuatro cartas que eligió inicialmente.
• El mago descarta del mazo restante el número de cartas correspondientes a esta suma, creando un montón sobre la mesa. Muestra la carta que estaba encima de esa pila.
• El mago pide al espectador que saque del bolsillo el papel que le habían entregado al principio y confirme si coincide con la carta que le entregó. ¡Y coinciden!

EXPLICACIÓN

Al recoger las ocho cartas y colocarlas en la parte inferior del mazo coloca la carta que miró el mago en la posición 40. Después de repartir correctamente las cartas y sumar los valores de las cuatro cartas boca arriba, la cuenta recaerá invariablemente en esta carta. ¡La cuenta termina en la novena carta desde el final del mazo!

Si el número de las 4 cartas es:  $$n_1, n_2, n_3, n_4$$

El número de cartas colocadas serán: $$10-n_1+10-n_2+10-n_3+10-n_4=40- (n_1+n_2+n_3+n_4)$$

Al quitar ahora del mazo: $$n_1+n_2+n_3+n_4=40$$

Es decir, la solución es la última carta que ha puesto en el montón, la que está en la posición 40.

Triangulación de polígonos

Si triangulamos un pentágono, existen cinco formas diferentes de hacerlo. Si nos fijamos en el número de triángulos que comparten un vértice, podemos asignar ese número a cada uno de ellos. Como las cinco figuras se obtienen por rotación de 72º, sólo existe una secuencia de números.

Vamos a construir una cadena infinita de números de la siguiente manera:

Una primera fila de unos y una segunda fila con la secuencia de los vértices repetida de forma indefinida en la posición de los espacios vacíos de la primera fila. La segunda fila se obtiene aplicando la 'regla del diamante':

Se siguen completando filas hasta llegar a otra vez a una fila de unos.  Se observa que hay dos filas entre las filas de unos.

En el caso del hexágono es más complejo pues hay varias formas de triangularlo. Los seis primero tienen una secuencia válida para todos pues basta hace rotaciones de 60º.

Se observa que se necesitan tres filas hasta llegar de nuevo a la fila de unos. 

Ahora se hace una triangulación en zig-zag y existen dos secuencias diferentes pero que también necesitan tres filas hasta llegar a la fila de unos.

Por último hay otro tipo de triangulación con sólo dos casos. Como en todo hexágono se necesitan tres filas hasta llegar a la fila de unos.

En los polígonos de 3 y 4 lados observamos que en el triángulo ya se obtienen los unos al introducir la secuencia de vértices y en el caso del cuadrado sólo hay una fila entre las filas de unos.

El número de triangulaciones aumentan según los lados del polígono siguiendo la serie de los números de Catalan: 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862 .... Vemos que se necesitan 0, 1, 2 y 3 filas para partiendo de una fila de unos llegar a otra fila de unos. La fórmula general es F=N-3, siendo F el número de filas y N el número de lados del polígono. 

Por tanto,  se puede conseguir con cualquier polígono  como  demostró  el Teorema de Coxeter-Conway. A este tipo de secuencias le llamó Coxeter 'Frieze Patterns'.