Archivo de la etiqueta: matematicas

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

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.

Teorema de navidad de Fermat: primos suma de dos cuadrados

Comentario de Leo: Esta es una escrita en conjunto con por Alexandher Vergara, estudiante en ESFM. En ella hablamos del teorema de navidad de Fermat, una idea de la prueba y de las consecuencias. Si quieres contribuir con algún tema de matemáticas, puedes contactarme por correo electrónico, o dejando un comentario aquí en el blog.

Introducción

En entradas anteriores hemos visto temas de teoría de números, como divisibilidad y teoría de congruencias. También hablamos acerca de números primos y del teorema fundamental de la aritmética. A continuación probaremos una parte del famoso «teorema de navidad de Fermat», el cual dice cuáles primos impares son la suma de dos cuadrados.

Teorema (teorema de Navidad de Fermat). Un número primo $p>2$ es la suma del cuadrado de dos enteros si y sólo si $p\equiv 1 \pmod 4$.

Enunciado del teorema de Navidad de Fermat

El teorema recibe este nombre pues Fermat escribió una carta con muchos detalles acerca del resultado para Mersenne, cuya fecha fue el 25 de diciembre de 1640.

Este resultado nos lleva un paso más adelante en teoría de números. Por un lado, tiene «el mismo sabor» que el teorema de los cuatro cuadrados de Lagrange.

Teorema (teorema de los cuatro cuadrados de Lagrange). Todo entero no negativo puede ser escrito como suma de los cuadrados de cuatro números enteros.

Por otro lado, el teorema de Navidad de Fermat también nos ayuda a demostrar un caso particular del teorema de Dirichlet para primos sobre progresiones aritméticas.

Teorema 1. Hay infinitos números primos de la forma $4k+1$ e infinitos números de la forma $4k+3$.

El teorema de Dirichlet es una generalización de este resultado.

Teorema (teorema de Dirichlet). Si $a$ y $b$ son primos relativos, entonces existe una infinidad de primos $p$ tales que $p\equiv a \pmod b$.

Las demostraciones de los teoremas de Lagrange y de Dirichlet requieren de varios argumentos para los cuales aún no hemos desarrollado teoría suficiente. La idea de esta entrada de blog es demostrar el teorema de Navidad de Fermat y usarlo para demostrar el Teorema 1.

El teorema de Navidad de Fermat

En la demostración del teorema de navidad de Fermat usaremos el siguiente resultado.

Teorema 2. Si $p$ es un número primo y la ecuación $a^2+1 \equiv 0 \pmod p$ tiene solución para algún $a$, entonces $p$ se puede representar como una suma de dos cuadrados.

Por el momento, no nos enfocaremos en demostrar este resultado auxiliar. Existen muchas pruebas en la literatura, por ejemplo, una por J.H. Grace usando latices de enteros (The four square theorem).

Demostración del teorema de Navidad de Fermat. Supongamos primero que $p=x^2+y^2$ para enteros no negativos $x,y$. El hecho de que $p \equiv 1 \pmod 4$ se desprende de dos propiedades del anillo $\mathbb{Z}_4$. Notemos primero que cualquier entero impar es congruente con $1 \pmod 4$ o con $3\pmod 4$. Además, cualquier cuadrado es congruente con $0 \pmod 4$ o $1\pmod 4$, pues si $x$ es congruente con $0,1,2,3 \pmod 4$ entonces $x^2$ es congruente con $0,1,0,1 \pmod 4$, respectivamente. Como $p=x^2+y^2$, sabemos entonces que $$p\equiv x^2+y^2=0,1 \text{ \’o } 2 \pmod 4.$$ Pero $p$ es un primo mayor que $2$, entonces $p$ es impar. Así, $p\equiv 1 \pmod 4$.

Observación. En esta parte de la prueba en realidad es un poco más general, pues muestra que si $n$ es un entero impar que se puede representar como suma de dos cuadrados, entonces $n\equiv 1 \pmod 4$.

Supongamos ahora que $p\equiv 1 \pmod 4$. Lo primero que haremos es mostrar que $a^2+1\equiv 0 \pmod p$ tiene solución para alguna $a$, y después usaremos el Teorema 2 para obtener que $p$ es suma de dos cuadrados.

Primero, examinaremos los factores en $$(p-1)!=1\cdot 2 \cdot \ldots \cdot \frac{p-1}{2} \cdot \frac{p+1}{2}\cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1).$$ A los últimos $(p-1)/2$ factores los pensamos como sigue: $p-1\equiv -1 \pmod p$, $p-2\equiv -2\pmod p$, …, $\frac{p+1}{2}\equiv -\frac{p-1}{2} \pmod p$. El factorial se convierte entonces en
\begin{align*}
(p-1)!&\equiv 1\cdot \ldots \cdot \left(\frac{p-1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{p-1}{2}\right) \cdot \ldots \cdot (-1)\\
&\equiv (-1)^{(p-1)/2} \left(1\cdot \ldots \cdot \frac{p-1}{2}\right)^2 \pmod p.
\end{align*}

Definiendo $a= 1\cdot \ldots \cdot \frac{p-1}{2}$, lo anterior se puede escribir como $$(p-1)!\equiv (-1)^{(p-1)/2} a^2 \pmod p.$$

Por el teorema de Wilson, $(p-1)!\equiv -1 \pmod p$. Como $p\equiv 1 \pmod 4$, tenemos $p=4k+1$ para algún entero $k$. Entonces, $(p-1)/2=2k$, que es par, de modo que $(-1)^{(p-1)/2}=1$. De esta forma, tenemos que $$-1\equiv a^2 \pmod p.$$ Sumando $1$ de ambos lados, tenemos que $a^2+1\equiv 0 \pmod p$. Aplicando el Teorema 2, concluimos que $p$ es suma de dos cuadrados.

$\square$

Infinidad de primos de las formas $4k+1$ y $4k+3$

Todos los primos mayores que $2$ son impares, así que son o bien de la forma $4k+1$, o bien de la forma $4k+3$. Sabemos además que hay una infinidad de números primos. ¿Será cierto que hay una infinidad de ellos de la forma $4k+1$ y una infinidad de ellos de la forma $4k+3$?

Por el principio de las casillas, tiene que suceder por lo menos alguna de estas dos opciones. Si hubiera una cantidad finita de la forma $4k+1$ y de la forma $4k+3$, entonces por el párrafo anterior habría sólo una cantidad finita de primos, lo cual es una contradicción.

Lo que dice el Teorema 1 es más fuerte. Lo volvemos a poner aquí por conveniencia para el lector.

Teorema 1. Hay infinitos números primos de la forma $4k+1$ e infinitos números de la forma $4k+3$.

Es decir, el Teorema 1 afirma que para cada uno de los tipos hay una infinidad de primos. Veamos que en efecto esto sucede.

La primera parte del Teorema 1 no necesita que usemos el teorema de Navidad de Fermat.

Proposición 1. Hay una infinidad de primos de la forma $4k+3$.

Demostración. Supongamos que existiera únicamente una cantidad finita $n$ de primos de la forma $4k+3$ y supongamos que ellos son $p_1<\ldots<p_n$, en donde $p_1=3$. Consideremos el número $N=4p_2p_3\ldots p_n +3$ (ojo: no estamos incluyendo al $3$ en la multiplicación). Este número no puede ser primo pues es mayor que $p_n$ y $N\equiv 3\pmod 4$. De esta forma, debe tener al menos un divisor primo.

Tenemos que $N$ es impar, así que $2$ no divide a $N$. Si todos los divisores primos de $N$ fueran $1\pmod 4$, entonces $N$ sería $1\pmod 4$, pero esto no es cierto. De este modo, algún divisor primo $p$ de $N$ debe satisfacer $p\equiv 3 \pmod 4$. Notemos que $p$ no puede ser $3$, pues si $3\mid N$, tendríamos $3\mid 4p_1 \ldots p_n$, pero esto es imposible pues el número de la derecha no tiene ningún factor $3$. Con esto concluimos que $p=p_i$ para algún entero $i=2,\ldots,n$. Sin embargo, si $p_i\mid N$, entonces $p_i\mid N-(p_2\ldots p_n)=3$. Esto también es imposible pues $p_i\neq 3$. Así, es inevitable llegar a una contradicción, por lo que hay una infinidad de primos de la forma $4k+3$.

$\square$

La demostración anterior no funciona directamente para los primos de la forma $4k+1$, pues si hubiera una cantidad finita $n$ de ellos $p_1<\ldots < p_n$ y consideramos al número $4p_1\ldots p_n+1$, este número es congruente con $1\pmod 4$, pero nada garantiza que sus factores primos deban ser de la forma $1\pmod 4$ pues, por ejemplo, $3\equiv 3\pmod 4$, $7\equiv 3\pmod 4$, pero $3\cdot 7 \equiv 21 \equiv 1\pmod 4$. Tenemos que hacer algo distinto.

Proposición 2. Hay una infinidad de primos de la forma $4k+1$.

Demostración. Supongamos que existe una cantidad finita $n$ de primos de la forma $4k+1$ y que son $p_1<\ldots<p_n$. Consideremos al número $N=4(p_1p_2\ldots p_n)^2 +1$. Este número es de la forma $4k+1$. Por esta razón, es imposible que $N$ sea primo, pues es mayor que todo $p_i$.

Sea $p$ un divisor primo de $N$. Como $N$ es impar, $p\neq 2$. Como $p$ divide a $N$, tenemos que $(2p_1\ldots p_n)^2+1\equiv 0 \pmod p$, de modo que $x^2+1\equiv 0 \pmod p$ tiene solución y por el Teorema 2, $p$ se puede escribir como suma de dos cuadrados. Por el teorema de Navidad de Fermat, $p\equiv 1\pmod 4$. De esta forma, $p=p_i$ para alguna $i$. Pero entonces, $p$ divide a $N$ y a $4(p_1\ldots p_n)^2$, de modo que divide a su resta, que es $1$. Esto es imposible. Esta contradicción muestra que hay una cantidad infinita de primos de la forma $4k+1$.

$\square$

El Teorema 1 se sigue de las proposiciones 1 y 2.

¿Dónde seguir?

Aquí en el blog hay otras entradas en donde hablamos acerca de teoría de números. Puedes revisar las siguientes:

COVID 2019 – Reflexión y estrategia sobre clases a distancia

Es fundamental durante la crisis del COVID implementar estrategias de distanciamiento social que eviten la propagación del virus. Si bien el virus tiene efectos tenues en el 80% de la población, queremos alentar lo más posible la propagación del virus para que el 20% restante pueda ser atendido sin rebasar la capacidad del sistema de salud.

Con esto en mente, la UNAM ya anunció la suspensión gradual de clases. La Facultad de Ciencias suspende clases ya desde mañana martes.

En estos días he estado pensando bastante en cómo enfrentar la situación como profesor universitario en la UNAM. Tomando en cuenta lo que les he preguntado por acá y pláticas que he tenido con otros colegas, me convencido de que:

  • No podemos asumir que los estudiantes tendrán acceso a computadora o a un buen internet continuamente.
  • No podemos asumir que los estudiantes estarán disponibles exactamente a la hora en la que usualmente es la clase.
  • No a todos los profesores se les hará fácil impartir de improvisto una versión de su clase de manera inmediata.
  • El material que se prepare debe ser gratuito, de libre acceso y de calidad.
  • Hay herramientas maravillosas como Google Classroom, Moodle y otras más. Pero desde mi perspectiva, no cumplen con los estándares de universalidad y libre acceso que este caso requiere.

Debido a esto, he decidido enfrentar a la crisis mediante la siguiente estrategia:

  • No usaré streamings o «medios en vivo» como chats para impartir la clase.
  • Para cada sesión, indicaré exactamente qué contenido de la bibliografía veríamos durante la clase.
  • Para cada sesión prepararé, además, con apoyo de los ayudantes del curso, una entrada aquí en el blog para que los estudiantes tengan ejemplos y explicaciones adicionales.
  • Acabo de avisar a la Coordinación de la Carrera de Matemáticas que ayudaré a los colegas del Departamento de Matemáticas que así lo requieran en orientarlos en escribir entradas de blog (con LaTeX y todo).
  • Así mismo, ofreceré de manera gratuita espacio de almacenamiento aquí en el blog para los colegas que requieran subir entradas o tareas. Esto con el fin de que no tengan que abrir cuentas de WordPress o buscar un servidor, y puedan dedicarse a escribir material para su curso de manera inmediata.

Si eres uno de estos colegas, o cualquier otro profesor, me puedes contactar por aquí o por FB para detalles.

VIII Concurso Galois-Noether: Segunda Etapa

Ken 2 CC-BY - Editada2

En esta entrada se dan los resultados de la segunda etapa del VIII Concurso Universitario de Matemáticas Galois-Noether que se aplicó el día sábado 9 de junio de 2018. Hubo 27 participantes de habla hispana y 52 de habla portuguesa.

Problemas y soluciones

El examen consistió de seis problemas para resolver en cuatro horas y media. Al inicio del examen hubo media hora para aclarar los enunciados de los problemas. Puedes ver los problemas del examen, así como sus soluciones, en el siguiente archivo.

Cada problema se evaluó sobre 10 puntos, dando puntos parciales por avances hacia la solución.

A continuación se enuncia el tema de cada problema.

  • Problema 1: Desigualdades
  • Problema 2: Álgebra lineal
  • Problema 3: Cálculo
  • Problema 4: Teoría de números
  • Problema 5: Probabilidad
  • Problema 6: Teoría de grupos

De acuerdo a las estadísticas, los problemas 1, 2, 5 y 6 tuvieron aproximadamente la dificultad deseada. Los problemas 3 y 4 quedaron un poco más fáciles de lo que se esperaba, de modo que en las puntuaciones altas fue difícil marcar una distinción clara entre las habilidades de los concursantes. En años siguientes se buscará subir un poco la dificultad de estos problemas.

Sobre los concursantes

En total 79 personas presentaron el examen de segunda etapa. De entre los que presentaron el examen, el promedio redondeado a centésimas fue de 15.17. La calificación más alta fue 38 puntos y la más baja fue 2.

Ganadores del VIII Concurso Galois-Noether

A continuación se muestran los primeros tres lugares de la competencia. En caso de empate, el criterio de desempate fue la puntuación del examen de primera etapa.

  1. Thiago – Landim de Souza Leao – Universidade Federal de Penambuco – Brasil
  2. Thiago Ribeiro Tergolino – Instituto Militar de Engenharia – Brasil
  3. Wesley Rodrigues Machado – Instituto Militar de Engenharia – Brasil

¡Muchas felicidades a ellos tres! Para quedar en estos lugares se requiere de una gran cantidad de trabajo bien orientado.

Selección de la UNAM para la IX CIIM

De acuerdo a la convocatoria, el examen Galois-Noether sirve como selectivo para determinar a los cuatro estudiantes que representan al equipo de la UNAM en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas. Los cuatro alumnos de la UNAM con la mejor puntuación del examen y que participarán en la CIIM fueron:

  • Víctor Hugo Almendra Hernández
  • Leonardo Ariel García Morán
  • Siddhartha Emmanuel Guzmán Morales
  • Zeús Caballero Pérez

¡Muchas felicidades!

El Líder del Equipo de la UNAM para la IX CIIM fue el Mat. Luis Eduardo García Hernández, quien ha colaborado en la organización de la competencia y otras actividades de resolución de problemas a nivel universitario.

¡Les deseamos mucho éxito a todos ellos en la IX CIIM!

Constancias y dudas

Todos los concursantes que hayan participado en la segunda etapa pueden solicitar una constancia. Cualquier estudiante puede consultar su calificación personal desglosada por problema. Para realizar cualquiera de estas dos cosas, favor de escribir a leomtz@im.unam.mx.

Cómo no redactar La Constitución

Intro

En México recientemente tuvimos elecciones federales. Son las más importantes del país pues se eligen Presidente, Diputados y Senadores. Además, se votó por varios puestos políticos a nivel local como alcaldías y gobernaturas. Hay miles de páginas discutiendo acerca del asunto, y la intención de esta entrada no es platicar más acerca de la parte política, sino de la precisión de una de las leyes que naturalmente se discute en esta época: la permanencia de los partidos políticos.

A grandes rasgos, muchos mexicanos saben que «si suficiente gente no vota por un partido en estas elecciones, entonces ese partido desaparece». Muchas veces basta quedarse con esa idea y confiar que en las leyes esté descrito de manera precisa qué quiere decir esto. Bueno, resulta que no es así. Actualmente hay polémica de si se le quita el registro a tres o cinco partidos.

En los siguientes párrafos explicaré por qué la ley actual, tal y como está escrita, tiene un problema de ambigüedad. Pero antes de ver exactamente lo que dice la ley, daré un par de ejemplos introductorios

La diferencia entre un mal y un terrible equipo de fútbol

En general las oraciones que usamos tienen una única interpretación lógica, o una que es más natural. Si digo «corro todas las mañanas», quiere decir que sin excepción salgo a correr todas y cada una de las mañanas. Si digo «algunos días no duermo bien», quiere decir que por lo menos hay un día en el que no duermo bien.

Sin embargo, hay algunas oraciones para las cuales no hay una forma única o convenida de interpretarlas de manera lógica. Tomemos como ejemplo:

«Mi equipo en el mundial no metió goles en alguno de sus partidos»

¿Puedes ver las dos formas de interpretarla?

Esta oración se puede entender de dos maneras: como que el equipo nunca metió goles, o como que hubo un partido en el que el equipo no metió goles. Para que sean más claras ambas interpretaciones, notemos que podemos agrupar la oración así:

«Mi equipo en el mundial no [metió goles en alguno de sus partidos]»

En este caso el «no» afecta a la cláusula «[metió goles…]», y entonces se concluye que el equipo nunca metió goles. La otra agrupación posible es:

«Mi equipo en el mundial [no metió goles] en alguno de sus partidos»

Aquí «en alguno» se vuelve un cuantificador que aplica a la cláusula anterior. Dicho de otra forma, se entiende «En alguno de los partidos, mi equipo no metió goles».

Desde el punto de vista matemático, el problema con la oración es que se puso un cuantificador al final, y entonces no es obvio si la negación afecta al cuantificador, o si el cuantificador afecta a la negación.

Hay que aclarar que esto no es un error lógico, o una paradoja, o un misterio de las matemáticas. La explicación es más sencilla: antes de poder analizar una oración de manera lógica, hay que traducirla del «idioma humano» al «idioma lógico». Esta traducción es la que no siempre es perfecta. Ya que la traducción está hecha, entonces en el mundo lógico ya se puede estudiar (ahora sí sin ambigüedades) si la oración es cierta, si implica otras oraciones, etc.

Si queremos ser totalmente claros en a lo que nos referimos, la solución es muy fácil. En vez de escribir la oración como arriba, podemos decir «En todos los partidos mi equipo no metió gol», o bien «Hubo un partido en el que mi equipo no metió gol», dependiendo de lo que queramos decir.

El profesor y el estudiante que no quiere reprobar

No estaría dedicándole toda una entrada a este fenómeno si no hubiera más al respecto. Aunque de lejos parece una simple curiosidad lingüística-matemática, hay ámbitos en los que es importante dejar muy claras las cosas. Como en reglas que se ponen. Para experimentar si esto sería un verdadero problema, puse el siguiente dilema en el grupo de Matemáticos en FB, un grupo que pensé que me daría una buena idea de si la oración era realmente ambigua, o si sólo estaba exagerando en mis formas de ver una oración.

A ver, duda de la vida real. Imagínense que una regla para reprobar a un alumno es:

«El alumno reprueba si (y sólo si) no obtiene al menos 6 puntos en alguno de los problemas»

Y que el alumno obtuvo las siguientes calificaciones:

Problema 1: 4 puntos
Problema 2: 7 puntos
Problema 3: 10 puntos

La regla es ambigua, pero de acuerdo a tu interpretación, ¿el alumno:

A. pasa, por que en el P2 y P3 se rifó, o

B. reprueba, por que en al menos el P1 la regó?

¿Tú qué piensas?

Los resultados: Se creó un caos total. Bueno, más o menos. Salió gente a defender una u otra de las interpretaciones de manera lógica. En cierto sentido, todos estaban formalmente bien. Pero sólo después de que personalmente, sin darse cuenta, habían elegido una de las interpretaciones de «no obtiene al menos 6 puntos en alguno de los problemas». La oración está bajo el mismo fenómeno que platicamos antes. Se puede leer como:

No (obtiene al menos 6 puntos en alguno de los problemas),

en cuyo caso el alumno pasa o como

(No obtiene al menos 6 puntos) en alguno de los problemas,

en cuyo caso el alumno reprueba, pues en P1 no obtuvo los puntos que necesitaba.

Me parece que no agregaré mucho más al respecto de esa discusión, pues es más provechoso leerla por uno mismo. Este es el enlace: Link a discusión en Matemáticos. Después de leer los comentarios, pensé como el Chapulín Colorado: «la confusión está clarísima».

Y La Constitución,  ¿qué?

El dilema del grupo de Matemáticos parece haber salido de un reglamento chafa de un profesor descuidado. Pues no. Regresemos al tema de la introducción. Todo este rollo lo empecé a pensar pues resulta que la mismísima Constitución Mexicana comete el error de ambiguëdad que ya platicamos. Del Artículo 41:

El partido político nacional que no obtenga, al menos, el tres por ciento del total de la votación válida emitida en cualquiera de las elecciones que se celebren para la renovación del Poder Ejecutivo o de las Cámaras del Congreso de la Unión, le será cancelado el registro

¡Está fatal! La diferencia entre ambas interpretaciones de ley para el caso concreto de estas elecciones es que en una se le quita el registro a cinco partidos, mientras que en la otra se le quita a sólo dos. Es una diferencia de financiamiento y de dinámica política enorme.

Ahora, me podrían decir: «Vale, vale, Leo. Pero La Constitución está sólo para indicar la ley en espíritu, y luego esto se arregla con la redacción de leyes prácticas». Nop. Citando a la Ley General de Partidos Políticos, Artículo 94:

Son causa de pérdida de registro de un partído político: (…) No obtener en la elección ordinaria inmediata anterior, por lo menos el tres por ciento de la votación válida emitida en alguna de las elecciones para diputados, senadores o Presidente

Same thing. Una joya de nuestros legisladores.

Cabe aclarar que probablemente, quien tiene la palabra final en esto, es el INE. Lo supongo pues en muchas ocasiones son ellos quienes tienen el derecho de interpretación en caso de ambigüedad. Lo que dice el INE es que hay que tomar la versión «buena ondita» para los partidos, osea, que basta con que obtengan 3% en alguna de las elecciones.

Por otro lado, como preferencia personal, me gusta más imaginar un mundo en el que los partídos políticos, para ganarse su registro, tengan que esforzarse tanto en el ámbito ejecutivo como en el legislativo. Es decir, me gustaría que se tomara la interpretación estricta de la regla en la que, para este año, cinco de los partidos perdieran su registro.

¿Y entonces?

Bueno, la ambigüedad ahí está. La verdad, no se cómo sea la legalidad del asunto, y si la interpretación actual del INE (o interpretaciones pasadas) sienta precedente de cómo se hacen las cosas. Lo preocupante es que el precedente no se deje fijo, que permanezca la ambigüedad, y que el INE, en cada edición, interprete la Ley General de Partídos Políticos a conveniencia.

En caso de que no se siente precedente, la solución es facilísima. Basta elegir cuál es la interpretación correcta, y escribirla de manera clara. Esto nos ahorrará muchas discusiones bizantinas en seis años.