Archivo del Autor: Fabian Ferrari

Seminario de Resolución de Problemas: La regla de L’Hôpital

Por Fabian Ferrari

Deja un comentario

Introducción

Como hemos visto en entradas anteriores, la noción de límite es fundamental en cálculo y ayuda a definir funciones continuas y funciones diferenciables. Un tipo de límite que aparece frecuentemente en problemas de cálculo involucra el cociente de dos expresiones cuyo límite no está determinado. La regla de L’Hôpital ayuda a trabajar con límites de este estilo.

Estamos familiarizados con esta regla debido a cursos de cálculo. De hecho, este resultado es una consecuencia directa del teorema del valor medio.

Como mencionamos arriba, esta regla resulta de utilidad para determinar límites indeterminados de la forma $\frac{0}{0}$ o $\frac{\infty}{\infty}$. En un primer acercamiento, si tenemos una función racional de la forma $\frac{f(x)}{g(x)}$ cuyo límite conforme $x\to c$ resulta en una indeterminación con las formas ya mencionadas, y además $f$ y $g$ son diferenciables cerca de $c$, entonces para determinar el valor del límite basta con derivar por separado las funciones $f(x)$ y $g(x)$ y determinar el límite de $\frac{f^\prime (x)}{g^\prime (x)}$, si este existe, entonces es igual al límite de $\frac{f(x)}{g(x)}$ .

Por ejemplo, supongamos que queremos determinar $\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)}$ para $f$ y $g$ diferenciables cerca de $c$ y que tenemos

\begin{align*}
\lim_{x\to c} f(x)=0\\
\lim_{x\to c} g(x)=0.
\end{align*}

Entonces, si

$\lim_{x \to c}\frac{f^\prime (x)}{g^\prime (x)}=L,$

tenemos que

$\lim_{x \to c}\frac{f(x)}{g(x)}=L.$

Tenemos algo similar si $\lim_{x\to c} f(x)= \pm \infty$ y $ \lim_{x\to c} g(x)= \pm \infty $.

Aplicar la regla de L’Hôpital múltiples veces

En ocasiones es necesario aplicar la regla de L’Hôpital más de una vez.

Problema. Determinar el $\lim_{x \to 0 }\frac{\cos^2(x)-1}{x^2}$.

Sugerencia pre-solución. Intenta aplicar la regla de L’Hôpital de manera directa y verifica que tienes que aplicarla nuevamente.

Solución. Tenemos que al sustituir $x=0$ en la función $\frac{\cos^2(x)-1}{x^2}$, nos resulta la indeterminación $\frac{0}{0}$.

El numerados y denominador son diferenciables, así que aplicando la regla de L’Hôpital, el límite original es equivalente al siguiente límite

$\lim_{x \to 0 }\frac{(\cos^2(x)-1)^\prime}{(x^2)^\prime}= \lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(x)\sin(x)}{2x}$,

en donde de nuevo, al evaluar en $0$, tenemos $0$ en el numerador y en el denominador.

Como volvemos a tener una indeterminación, volvemos a aplicar la regla. Sin embargo, antes de derivar, resulta conveniente modificar el límite aplicando la identidad trigonométrica

$\sin(2\theta)=2\sin\theta \cos\theta$

Así,

$\lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(x)\sin(x)}{2x}=\lim_{x \to 0 }\frac{-\sin(2x)}{2x}$

Aplicando la regla de L´Hôpital una vez más, tenemos que:

\begin{align*}
\lim_{x \to 0 }\frac{-\sin(2x)}{2x}&=\lim_{x \to 0 }\frac{(-\sin(2x))^\prime}{(2x)^\prime}\\
&=\lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(2x)}{2}\\
&=\frac{-2cos(0)}{2}\\
&=-1
\end{align*}

$\square$

Aplicar la regla de L’Hôpital con exponentes

Otro tipo de limites que son de interés son aquellos cuyas indeterminaciones son $0^0$, $\infty^0$ y $1^\infty$, las cuales se obtienen de determinar el límite de funciones del estilo

$[f(x)]^{g(x)}$

Para resolver limites de funciones exponenciales, hay que hacer uso de las propiedades del logaritmo, para encontrar encontrar un problema equivalente.

Por ejemplo, supongamos que queremos resolver el siguiente problema.

Problema. Determinar el siguiente límite

$\lim_{x \to 0} (cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}.$

Sugerencia pre-solución. Aplica logaritmo a la expresión para encontrar una que puedas estudiar usando la regla de L’Hôpital.

Solución. Al evaluar $x=0$ en la función $(\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}$, nos resulta la indeterminación $1^\infty$. Para transformar esta expresión en una que podamos estudiar con la regla de L’Hôpital, consideramos $$y=(\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}},$$ y tenemos que

$\ln(y)=\ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x)).$

Con lo que tendríamos la siguiente expresión para $y$

$y=e^{\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}.$

Así, usando la continuidad de la función exponencial, tenemos que

\begin{align*}
\lim_{x \to 0}y&=\lim_{x \to 0}e^{\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}\\
&=e^{\lim_{x \to 0}\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}.
\end{align*}

De modo que nuestro problema se ha convertido en determinar el siguiente límite

$$\lim_{x \to 0} \ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=\lim_{x \to 0}\frac{3\ln(\cos(2x))}{x^2}.$$

Notemos que el numerador y denominador evaluados en $0$ son cero. Con esto, tenemos una indeterminación como las que vimos al principio. Así que aplicando la regla de L’Hôpital, tenemos lo siguiente.

\begin{align*}
\lim_{x \to 0}\frac{3\ln(\cos(2x))}{x^2}&=\lim_{x \to 0}\frac{\frac{-6\sin(2x)}{\cos(2x)}}{2x}\\
&=\lim_{x \to 0}\frac{-3\tan(2x)}{x}\\
&=\frac{0}{0}.
\end{align*}

La última igualdad se debe entender como que «tenemos una determinación de la forma $0/0$ «. Como volvemos a tener la indeterminación, aplicamos nuevamente la regla

\begin{align*}
\lim_{x \to 0}\frac{-3\tan(2x)}{x}&=\lim_{x \to 0}\frac{-6\sec^2(2x)}{1}\\
&=\frac{-6\sec^2(2(0))}{1}\\
&=-6\sec^2(0)=-6.
\end{align*}

Por lo tanto tenemos que

$\lim_{x \to 0} \ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=-6.$

Así,

$\lim_{x \to 0} (\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}=e^{-6}.$

$\square$

Dos ejemplos más

Problema. Determina el siguiente límite $$\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.$$

Solución. Tenemos que el límite nos resulta en la indeterminación $1^\infty$

Así que resulta conveniente considerar

$y=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.$

Con lo que tendríamos que

\begin{align*}
\ln(y)&=\ln\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)\\
&=n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).
\end{align*}

Así que podemos reescribir a $y$ como

$y=e^{n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}.$

Entonces, por la continuidad de la función exponencial, tenemos que

$\lim_{x \to \infty}y=e^{\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}.$

Ahora para calcular el límite $\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$, hacemos un cambio de variable $n\mapsto 1/n$, de donde tenemos que

\begin{align*}
\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)&=\lim_{n \to 0} \frac{\ln\left(1+n\right)}{n}\\
&=\frac{0}{0}.
\end{align*}

Como nos resulta en una indeterminación de la forma $\frac{0}{0}$, aplicando la regla de L’Hôpital tenemos que

$\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(n+1\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{1}{n+1}}{1}=\frac{1}{1}=1.$

Por lo tanto

$\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e.$

$\square$

En la siguiente solución ya no seremos tan explícitos con cada uno de los argumentos, sin embargo, hay que tener cuidado con que al usar la regla de L’Hôpital se satisfagan todas las hipótesis que se necesitan, y que los cambios de variable que hagamos se puedan hacer por continuidad.

Problema. Determina el siguiente límite $$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n.$$

Solución. Tenemos que este límite llega a una indeterminación, así que nos conviene expresar a la función como

$y=\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+2}\right)^n.$

Así,

$\ln(y)=\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n,$

$y=e^{n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}.$

Entonces,

$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=e^{\lim_{x \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)},$

por lo que nos enfocamos en encontrar el límite en el exponente. Fijándonos en el $\lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)$, tenemos que

\begin{align*}
\lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&=\lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)\\
&=\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1-\frac{1}{n+2}\right)
\end{align*}

lo cual es equivalente al límite mediante el cambio de variable $n\mapsto 1/n$ a

$\lim_{n \to 0}\frac{1}{n}\ln\left(1-\frac{1}{\frac{1}{n}+2}\right)=\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(1-\frac{n}{2n+1}\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)}{n}$

Además. tenemos que

$\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\ln(n+1)-\ln(2n+1)}{n}$

que tiene una indeterminación de la forma $0/0$. Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos que

$\lim_{n \to 0}\frac{\ln(n+1)-\ln(2n+1)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{1}{n+1}-\frac{2}{2n+1}}{1}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{-1}{(n+1)(2n+1)}}{1}=-1$

Por lo tanto

$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=e^{-1}=\frac{1}{e}$

$\square$

Más problemas

Hay más ejemplos de problemas relacionados con la aplicación de la regla de L’Hôpital en la Sección 6.7 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Seminario de Resolución de Problemas: El teorema del valor extremo

Por Fabian Ferrari

Deja un comentario

Introducción

En una entrada anterior, acerca de funciones continuas, mencionamos dos teoremas fundamentales que estas funciones satisfacen: el teorema del valor intermedio y el teorema del valor extremo. Ya hablamos acerca del teorema del valor intermedio en una entrada anterior. El objetivo de esta entrada es mencionar aplicaciones del teorema del valor extremo.

Como recordatorio, el teorema del valor extremo o teorema de los valores extremos nos dice que si una función $f(x)$ es continua en un intervalo cerrado $[a, b]$, entonces existen valores $c$ y $d$ en $[a, b]$ tales que $f(c) \leq f(x) \leq f(d)$ para toda $x$ en el intervalo $[a, b]$.

En otras palabras, lo que nos dice el teorema es que si una función es continua en un intervalo cerrado, tenemos que la función debe alcanzar un valor máximo y un valor mínimo dentro del intervalo.

Dos teoremas para funciones derivables

Aprovecharemos para mencionar dos teoremas importantes que se ocuparán más adelante. Las demostraciones de dichos teoremas tienen que ver con la aplicación del teorema del valor extremo, estos teoremas son el teorema de Rolle y el teorema del valor medio (no confundir con el teorema del valor intermedio).

Teorema de Rolle. Sean $a<b$ reales y $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una función continua en el intervalo $[a, b]$ y derivable en $(a, b)$. Se tiene que si $f(a)=f(b)$, entonces existe $c$ en $(a, b)$ tal que $f^\prime(c)=0$.

Sugerencia pre-demostración. Por el teorema del valor extremo, la función debe alcanzar un máximo y un mínimo en el intervalo. Divide en casos de acuerdo a dónde están estos valores, si en los extremos o no.

Demostración: Como $f(x)$ es una función continua en $[a, b]$, por el teorema del valor extremo tenemos que $f(x)$ alcanza un valor máximo y un valor mínimo en el intervalo $[a, b]$. Tenemos entonces los siguientes casos.

  • Caso i: Si el valor máximo y mínimo se encuentran en los extremos del intervalo, tenemos que la función $f(x)$ tiene que ser constante dado que $f(a)=f(b)$. y se tiene que $f^\prime(c)=0$ para todo $c$ en $[a, b]$.
  • Caso ii: Si el valor mínimo o máximo no están en los extremos. Sean $c_1$ y $c_2$ en $(a, b)$, los valores en los que la función alcanza su mínimo y máximo respectivamente. Alguno de estos no está en los extremos. Como $f(x)$ es derivable en $(a, b)$, tenemos que también va a ser derivable en alguno de los puntos $c_1$ y $c_2$, teniendo que $f^\prime(c_1)=0$ o $f^\prime(c_2)=0$, así que basta con tomar $c=c_1$ o $c=c_2$.

$\square$

Teorema del valor medio. Sean $a<b$ reales y $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ una función continua en $[a, b]$ y diferenciable en $(a, b)$. Entonces existe un número $c$ en $(a, b)$ tal que

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^\prime(c)$.

Demostración: Consideremos la siguiente función auxiliar:

$g(x)=(f(b)-f(a))x-(b-a)f(x)$

Tenemos que $g(x)$ es continua en $[a, b]$ y además es derivable en $(a,b)$. La derivada de $g(x)$ está dada por

$g^\prime(x)=f(b)-f(a)-(b-a)f^\prime(x)$

Como $g(x)$ es continua en $[a, b]$, tenemos que por el teorema del valor extremo, la función alcanza un máximo y un mínimo en el intervalo $[a, b]$. Haciendo las cuentas, $g(a)=g(b)$, de modo que si el máximo y mínimo ocurren en los extremos, entonces $g$ es constante y toda $c\in (a,b)$ satisface $g'(c)=0$

En otro caso, sea $c\in(a, b)$ el valor en donde $g(x)$ alcanza su mínimo o su máximo. Tenemos que $g^\prime(c)=0$.

Así, como $g^\prime(c)=f(b)-f(a)-(b-a)f^\prime(c)$, tenemos que:

$0=f(b)-f(a)-(b-a)f^\prime(c)$

$(b-a)f^\prime(c)=f(b)-f(a)$

$f^\prime(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

$\square$

Alternativamente, en la función anterior pudimos haber aplicado el teorema de Rolle directamente a la función $g$. En las siguientes entradas veremos aplicaciones de estos resultados a problemas concretos.

Aplicación del teorema del valor extremo a un problema

Problema. Se tiene un circulo de radio $r$, y una tangente $L$ que pasa por un punto $P$ de la circunferencia. De un punto cualquiera $R$ en la circunferencia se traza una paralela a $L$ que corta a la circunferencia en $Q$. Determina el área máxima que puede tener el triángulo $PQR$.

Sugerencia pre-solución. Antes que nada, haz una figura. Usa el teorema del valor extremo para asegurar la existencia del valor máximo. Para ello, necesitarás construir una función continua cuyo valor sea el área buscada. Puedes usar argumentos de simetría para conjeturar cuándo se alcanza el valor máximo.

Solución. Hacemos el siguiente diagrama para entender mejor el problema.

Diagrama del enunciado del problema

Fijémonos que las condiciones de la altura y la base del triángulo $PQR$ se pueden describir mediante la siguiente figura:

Condiciones para la altura y base del triángulo

Notemos que la altura del triángulo está dada por $r+h$, donde $h$ puede variar entre $-r$ y $r$. Este dibujo también nos es de ayuda para determinar el valor de la base. Por el teorema de Pitágoras y sabiendo que la distancia del centro $C$ a los puntos $R$ y $Q$ es igual a $r$, tenemos que la base del triángulo es igual a $2\sqrt{r^2-h^2}$.

Así, el área del triángulo está dada por $(\sqrt{r^2-h^2})(r+h)$, pero como $h$ varía, nos conviene ver el área en función de $h$.

$A(h)=\sqrt{r^2-h^2}(r+h),$

La función $A(h)$ es una función continua en el intervalo $[-r, r]$.

Notemos que cuando $h$ toma los valores de $-r$ y $r$, el valor del área es nulo, es decir que en estos valores alcanza el mínimo, lo cual quiere decir que por el teorema del valor extremo, el valor máximo lo alcanza en algún valor en $(-r, r)$.

Si derivamos la función $A(h)$, tenemos

$A^\prime(h)=\frac{r^2-rh-2h^2}{\sqrt{r^2-h^2}}.$

Como sabemos que hay un máximo en el intervalo $(-r, r)$ y la derivada en este punto máximo debe ser igual a cero, hacemos $A^\prime(h)=0$.

Así,

$\frac{r^2-rh-2h^2}{\sqrt{r^2-h^2}}=0.$

Resolviendo la ecuación tenemos que

$h=\frac{r}{2}.$

Así, el área máxima del triángulo $PQR$ es $$A=\sqrt{r^2-\left(\frac{r}{2}\right)^2}\left(r+\frac{r}{2}\right)=\frac{3\sqrt{3}r^2}{4}.$$

$\square$

Más ejemplos

Se pueden encontrar más problemas de aplicación del teorema del vaalor extremo en la Sección 6.4 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Seminario de Resolución de Problemas: El teorema del valor intermedio

Por Fabian Ferrari

Deja un comentario

Introducción

El teorema del valor intermedio nos dice que si $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ es una función continua, entonces para todo $y$ entre $f(a)$ y $f(b)$, existe un número $c \in [a, b]$ tal que $f(c)=y$. La forma de pensar este teorema es que «las funciones continuas no se pueden saltar valores que quedan entre dos valores que ya tomaron», o bien «las funciones continuas no dan brincos en su imagen».

Veamos algunos problemas que se resuelven usando este teorema

Una aplicación directa del teorema del valor intermedio

Problema 1. Muestra que la ecuación $2x^3+7x^2-27x=-18$ tiene una solución en el intervalo $[-7,-5]$.

Sugerencia pre-solución. Formula un problema equivalente definiendo una función continua $f$ para la cual si $f(x)=0$, entonces $x$ es solución a la ecuación.

Solución. La ecuación la podemos ver como $2x^3+7x^2-27x+18=0$. Consideremos la función $$f(x)=2x^3+7x^2-27x+18.$$ Como $f(x)$ es una función polinomial, sabemos que es continua en $\mathbb{R}$, así que es continua en el intervalo $[-7,-5]$. Lo que queremos ver es que existe un $c$ entre $-7$ y $-5$, tal que $f(c)=0$. Para esto, tenemos que evaluar la función en $-7$ y en $-5$.

Tenemos que:

$f(-7)=-136$ y $f(-5)=78$.

Tenemos que $0$ está entre $-136$ y $78$. Así, por el teorema del valor intermedio, debe de existir un número $c$ entre $-7$ y $-5$ de tal forma que $f(c)=0$. Por lo tanto $2x^3+7x^2-27x=-18$ tiene una solución entre $-5$ y $-7$.

$\square$

Notemos que no se encontró el valor de la raíz de la ecuación, sin embargo mostramos la existencia de esta. Esta es una de las características del teorema del valor intermedio: exhibir la existencia de algo sin necesidad de encontrarlo explícitamente.

Definir una buena función

En ocasiones podemos definir dos funciones para un problema y hacerlas interactuar para obtener una sola función continua que nos permite resolver un problema.

Problema 2. Un montañista empezó a escalar una montaña el sábado a las 8:00 hrs y llegó a la cima a las 18:00 hrs del mismo día. Decidió pasar la noche en la cima de la montaña. El día domingo empezó a descender a las 8:00 hrs y llegó al punto de partida a las 18:00 hrs. Prueba que hubo una hora en la que en ambos días estuvo a la misma altura de la montaña.

Sugerencia pre-solución. Plantea el problema usando dos funciones continuas que denoten la altura conforme pasa el tiempo en ambos días. Tienes mucha flexibilidad, así que usa notación efectiva para simplificar los cálculos.

Solución. Veamos que para este problema, podemos establecer dos funciones continuas para describir el cambio de altura con respecto al tiempo en horas, una para el ascenso y otra para el descenso del montañista en ambos días.

Sean $h_1(t)$, y $h_2(t)$ las funciones que representan el ascenso y el descenso del montañista respectivamente. En otras palabras, $h_1(t)$ y $h_2(t)$ denotan la altura en la que está el montañista tras $t$ horas después de haber comenzado su ascenso y descenso, respectivamente. Como amabas funciones son continuas en el intervalo de tiempo $[0, 10]$ (esto es porque tardó $10$ horas para ascender y $10$ horas para descender), tenemos que la función $g(t)=h_2(t)-h_1(t)$ tiene que ser continua en $[0, 10]$ también.

Ahora bien, sea $M$ la altura en la cima de la montaña. Tenemos lo siguiente:

$h_1(0)=0$, $h_1(10)=M$ y $h_2(0)=M$, $h_2(10)=0$.

Así, $g(0)=M$ y $g(10)=-M$. A su vez, $0$ está entre $-M$ y $M$, por lo que aplicando el teorema del valor intermedio, debe de existir un $t_0$ en el intervalo $[0, 10]$ tal que $g(t_0)=0$.

Y como

$g(t)=h_2(t)-h_1(t)$,

entonces

$g(t_0)=h_2(t_0)-h_1(t_0)$

$0=h_2(t_0)-h_1(t_0)$

$h_1(t_0)=h_2(t_0).$

Con esto podemos concluir que en el tiempo $t_0$ el día domingo estuvo a la misma altura que el día sábado al tiempo $t_0$.

$\square$

Definir un buen intervalo

En algunas ocasiones no es directo qué valores tenemos que usar como los extremos del intervalo al que aplicaremos el teorema del valor intermedio. Un ingrediente adicional que se necesita en el siguiente problema es elegir de manera correcta el extremo derecho.

Problema 3. Prueba que si $n$ es un entero positivo y $x_0 > 0$, entonces existe un único número positivo $x$ tal que $x^n=x_0$.

Sugerencia pre-solución. Necesitarás modificar el problema un poco. Se quiere encontrar una solución a $x^n=x_0$. Limítate a encontrarla en el intervalo $[0,c]$ para una buena elección de $c$.

Solución. Sea $c$ un número mayor que $1$ de tal forma que $0<x_0<c$. Si consideramos la función $f(x)=x^n$, tenemos que dicha función es continua en el intervalo $[0, c]$, y tenemos que

$f(0)=0$ y $f(c)=c^n.$

Como $$0<x_0<c<c^n,$$ tenemos que $x_0$ está en el intervalo $(0,c)$, y por el teorema del valor intermedio, tenemos que existe $x$ en el intervalo $(0,c)$ tal que $f(x)=x_0$, que usando la definición de $f$ quiere decir que $$x^n=x_0.$$

No puede existir otro además de $x_0$ ya que la función $f(x)=x^n$ es creciente en el intervalo $[0,c]$.

$\square$

Más ejemplos

Puedes encontrar más problemas que se pueden resolver usando el teorema del valor intermedio en el libro Problem Solving Strategies de Loren Larson, en la Sección 6.2.

Seminario de Resolución de Problemas: Principio de las Casillas, Parte 2

Por Fabian Ferrari

Deja un comentario

En esta entrada vemos algunos ejemplos más en donde se aplica el Principio de las Casillas.

Problema 5. Sean $a_1, a_2, … , a_n$ números enteros, no necesariamente todos diferentes. Prueba que existe un subconjunto de estos números, tal que su suma es divisible por $n$.

Solución. Consideremos los números $s_1, s_2,…, s_n$ los cuales definimos como sigue

\begin{align*}
s_1&=a_1\\
s_2&=a_1+a_2\\
s_3&=a_1+a_2+a_3\\
&\vdots\\
s_n&=a_1+a_2+ … +a_n.
\end{align*}

Tenemos que al dividir cada $s_i$ entre $n$ tenemos que el residuo varía de $0$ a $n-1$. Si el residuo es $0$ ya acabamos. Por otro lado, si ninguno de los residuos es cero, por el principio de las casillas tenemos que deben de existir al menos dos de los $s_i$´s que tengan el mismo residuo. Supongamos que son $s_j$ y $s_k$ con $j<k$.

Como $s_j$ y $s_k$ tienen el mismo residuo, tenemos que $s_k-s_j$ es divisible por $n$. Así el conjunto $S=\{s_{j+1}, s_{j+2}, \ldots , s_k \}$ es el conjunto tal que la suma de sus elementos es divisible por $n$.

$\square$

Problema 6.  Cada cuadrito de un tablero de ajedrez de $4\times 7$ es coloreado de blanco o negro. Prueba que en cualquier coloración siempre hay un rectángulo del tablero que tiene los cuatro cuadritos de las esquinas coloreadas del mismo color.

Solución. Podemos reducir el problema a un tablero de $3\times 7$, dado que cualquier rectángulo que se pueda crear en un tablero de $3\times 7$, también será un rectángulo en el tablero original. Ahora bien, pensemos en las posibles coloraciones que puede tener una columna en el tablero de $3\times 7$. Son dos colores acomodados en 3 lugares, así que tenemos 8 acomodos diferentes de coloración: $BBB, BBN, BNB, NBB, BNN, NBN, NNB, NNN$.

Notemos que si dos columnas tienen el mismo acomodo de colores, entonces acabamos (por ejemplo, dos columnas $BNB$ hacen un rectángulo de cuatro esquinas blancas).

Supongamos que usamos la coloración $BBB$ en una columna. Si en otra columna pintamos con alguno de $BBB, BBN, BNB, NBB$, entonces acabamos (usando dos de la $BBB$ y dos de esa otra). Si no, es que en las seis columnas restantes pintamos sólo con acomodos $BNN, NBN, NNB, NNN$. Por principio de las casillas, hay dos columnas pintadas con el mismo acomodo, y terminamos. Por simetría, si usamos la coloración $NNN$ entonces podemos hacer un argumento análogo.

Ya sólo nos quedan los casos en los que ninguna columna queda pintada ni con $BBB$ ni con $NNN$. Pero entonces tenemos que pintar las $7$ columnas con $6$ acomodos posibles. Por principio de las casillas, hay dos columnas que quedan pintadas con el mismo acomodo, y como ya vimos, esto crea el rectángulo con esquinas del mismo color.

$\square$

Problema 7. Si seleccionamos $n + 1$ enteros del conjunto $\{1, 2, \ldots 2n\}$, siempre hay dos de ellos tales que su máximo común divisor es $1$.

Solución. Tomemos al conjunto $\{1, 2, \ldots, 2n\}$. Si al tomar $n+1$ de ellos siempre logramos encontrar dos consecutivos, entonces el problema estará resuelto, ya que cualesquiera dos consecutivos son primos relativos. A la hora que seleccionamos $n+1$ enteros del conjunto dado, tenemos por el principio de casillas que al menos dos de ellos serán consecutivos. En efecto, dividamos a los números en las parejas $\{1,2\}$, $\{3,4\}$, $\ldots$, $\{2n-1,2n\}$. Estas son $n$ parejas, así que por casillas hubo una pareja de la que elegimos dos números. Estos son dos números consecutivos, así que que su máximo común divisor es $1$.

$\square$

Problema 8. En una grafo con un número finito de vértices, hay dos vértices con el mismo grado.

Solución. Sea $n$ el número de vértices de la gráfica, dado que el grado del vértice de un grafo es el número de aristas que concurren en dicho vértice. Tenemos que el grado de cada vértice varía de $0$ a $n-1$. Sin embargo si un vértice tiene grado cero, no existirá algún vértice con grado $n-1$. Por el principio de las casillas teniendo en cuenta que tenemos que distribuir $n-1$ valores en $n$ lugares, concluimos que al menos dos de los vértices deben de tener el mismo grado.

$\square$

Seminario de Resolución de Problemas: Principio de las Casillas

Por Fabian Ferrari

Deja un comentario

Introducción

Imaginemos que tenemos un botiquín con $9$ espacios para acomodar medicamentos. Si contamos con un total de $10$ medicamentos para acomodar en los $9$ espacios, es claro pensar que al menos uno de los $9$ espacios tendrá al menos $2$ medicamentos. Eso lo podemos deducir a partir de que no hay posibilidad de repartir los $10$ medicamentos de manera equitativa en los $9$ espacios, ya que tenemos más objetos que acomodar que lugares en donde distribuir.

Siguiendo el ejemplo anterior, podemos generalizar un poco. Si tuviésemos $n$ lugares en el botiquín y $n+1$ medicamentos, podemos concluir lo mismo: al menos en una casilla habría más de un medicamento.

El esquema propuesto anteriormente es un versión básica del principio de casillas. Si volvemos a nuestro problema inicial, con el botiquín con $9$ lugares disponibles, pero ahora tenemos un total de $19$ medicamentos, de igual manera, no podemos distribuir los medicamentos de manera equitativa en los nueve lugares, y ahora si lo pensamos con un poco más de detalle, podemos concluir que en alguna de las $9$ casillas deberían de haber al menos $3$ medicamentos. Esto surge en consecuencia de pensar que podemos distribuir de manera equitativa los $19$ medicamentos en los $9$ lugares, sin embargo si colocamos en cada lugar un total de $2$ medicamentos, tendríamos que hemos acomodado un total de $18$ ($9\times 2$) medicamentos, quedándonos $1$ medicamento por acomodar, el cual debería de ir en alguno de los lugares con $2$ medicamentos cada uno. Con esto concluimos que en alguno de los lugares del botiquín debe de haber al menos $3$ medicamentos.

Con lo anterior, enunciaremos el principio de casillas.

Principio de Casillas: Si se distribuyen al menos $nk+1$ elementos en $n$ lugares, se tiene que uno de esos lugares tiene al menos $k+1$ elementos.

Este principio puede ser de gran utilidad para la resolución de problemas en los cuales hay que exhibir la existencia de elementos que cumplen cierta propiedad.

Problemas

A continuación veremos ciertos problemas en los que se muestra que el principio de las casillas es una herramienta poderosa para su resolución.

Problema. Demuestre que si hay $n$ personas en una fiesta, entonces dos de ellos conocen la misma cantidad de personas (entre los presentes).

Solución. Supongamos que hay una persona $P$ que no conoce a ninguna de las $n-1$ personas restantes. Cada una de las personas en la fiesta conoce a un número de personas entre un rango de $0$ a $n-2$ (nadie puede conocer a los $n-1$ restantes pues nadie puede conocer a $P$). Ahora, aplicando el principio de casillas, relacionando a cada persona su número de conocidos, el cual varía de $0$ a $n-2$, tenemos que al menos dos personas deben de conocer el mismo número de personas.

De igual manera, si suponemos que toda persona conoce a alguien, tenemos que el número de conocidos de cada persona varía de $1$ a $n-1$. Aplicando de nueva cuenta el principio de casillas, al asociar a cada persona su número de conocidos, tenemos que al menos dos se repiten.

$\square$

Problema 2. Dado un conjunto de $n+1$ enteros positivos, todos ellos menores o iguales a $2n$, muestra que al menos un miembro del conjunto debe dividir a otro miembro del conjunto.

Solución. Sean $a_1, a_2, …, a_{n+1}$ dichos enteros positivos. Al factorizar la máxima potencia de dos que divide a cada uno de ellos, podemos escribir a cada número de la forma $a_i=2^{m_i}·b_i$ de tal forma que $b_i$ es un número impar mayor o igual que uno y $m_i$ es un entero no negativo. Consideramos a $B$ como el conjunto de todos los $b_i$´s $$B=\lbrace b_1, b_2, …, b_{n+1}\rbrace.$$

Tenemos que entre $1$ y $2n$ hay un total de $n$ números impares, así que en el conjunto $B$ debe de haber dos elementos que sean iguales entre sí. Supongamos que $b_i$ y $b_j$ son dichos elementos. Con ello, si $m_i\leq m_j$ entonces $a_i$ divide a $a_j$. Y si $m_i>m_j$ entonces $a_j$ divide a $a_i$.

$\square$

Problema 3. Dados los puntos A, B, C, D, E al interior de un cuadrado unitario, demuestra que al menos hay dos puntos cuya distancia es menor a $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Solución. Si dividimos el cuadrado en $4$ cuadrados iguales, tenemos que por el principio de casillas en al menos uno de los cuadrados debe de haber $2$ puntos. Sin perdida de generalidad, supongamos que  A y B son dichos puntos que quedan la interior de uno de estos cuadrados pequeños. Tenemos que le diagonal del cuadrado pequeño es $\frac{\sqrt{2}}{2}$, es por ello que cualesquiera dos puntos al interior del cuadrado pequeño estarán distanciados menos que $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\square$

Problema 4. Prueba que una línea recta que no pasa por uno de los vértices de un triángulo, no puede cortar los tres lados del triángulo.

Solución. Tenemos que una recta divide al plano en dos regiones. Si tomamos estas regiones como «casillas» tenemos que en una de nuestras casillas hay al menos dos puntos del triángulo los cuales forman un segmento de recta que es uno de los lados del triángulo. Con esto tenemos que la recta no corta ese lado del triángulo.

$\square$

Puedes dejar dudas de la entrada o soluciones alternativas a algunos de estos problemas aquí abajo en los comentarios.

Más ejemplos

Puedes encontrar más ejemplos en la Sección 2.6 del Larson, o en la siguiente entrada que escribiremos al respecto.