Acertijos

Pablo y Josechu podrían estar en el Polo Norte, pero también un kilómetro al norte de un paralelo que mida 1 kilómetro en longitud (muy cerca del Polo Sur). O uno con una longitud de medio kilómetro, un tercio de kilómetro, un cuarto… La realidad es que hay infinitos puntos donde podrían encontrarse. Te invitamos a ver este vídeo para entender el acertijo y el conjunto de sus soluciones en su totalidad.

Lo primero de todo es darse cuenta de que:

$$C = \{\delta \in \mathbb{R}^{+}: \sin(e^{\delta}) = 0\} = \{\log (n \pi): n \in \mathbb{N}\}$$

Sabiendo esto, podemos poner la integral como una suma de integrales sobre los intervalos donde nuestra función vale enteramente 1 o -1.

Por ejemplo:

$$I_{1} = \int_{0}^{\log (\pi)} \text{sgn} (\sin (e^{x}))dx = \int_{0}^{\log (\pi)}dx; \\ I_{2} = \int_{\log (\pi)}^{\log (2 \pi)} \text{sgn} (\sin (e^{x})) dx = -\int_{\log (\pi)}^{\log (2 \pi)}dx$$

Por tanto:

$$I = \int_{0}^{\log (\pi)} \text{sgn} (\sin (e^{x}))dx + \\ \sum_{k=1}^{\infty} \int_{\log (k \pi)}^{\log ((k+1) \pi)} \text{sgn} (\sin (e^{x}))dx = \\ \int_{0}^{\log (\pi)}dx + \sum_{k=1}^{\infty} \int_{\log (k \pi)}^{\log ((k+1) \pi)} (-1)^{k}dx = \\ \log (\pi) + \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} (\log ((k+1) \pi) - \log (k \pi)) = \\ \log (\pi) + \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \log \left( \frac{k+1}{k} \right) = \\ \log (\pi) + \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \log \left(\left( \frac{k+1}{k}\right)^{-1^{k}} \right) = \\ \log (\pi) + \prod_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \log \left(\left( \frac{k+1}{k}\right)^{-1^{k}} \right).$$

Sea $P = \prod_{k=1}^{\infty} \left( \frac{k+1}{k} \right)^{(-1)^{k}}$.

Dividimos $P$ en dos productos, uno con los $k$ pares y otro con los impares:

$$P = \prod_{k=1}^{\infty} \left( \frac{2k+1}{2k} \right) \prod_{k=1}^{\infty} \left( \frac{2k}{2k-1} \right)^{-1} = \\ \prod_{k=1}^{\infty} \left( \frac{2k+1}{2k} \cdot \frac{2k-1}{2k} \right) = \\ \left(\prod_{k=1}^{\infty} \left( \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k}{2k-1} \right)\right)^{-1}$$

que es el inverso del producto de Wallis. Si $W$ denota este producto, entonces sabemos que

$$W = \frac{\pi}{2} \implies P = W^{-1} = \frac{2}{\pi}.$$

Como

$$I = \log (\pi) + \log (P) \implies I = \log (\pi) + \log \left( \frac{2}{\pi} \right) = \log (2)$$

En conclusión:

$$\int_0^{\infty} \text{sgn} (\sin (e^{x})) dx = \log (2)$$

Para poder responder a esta pregunta hay que conocer qué tipo de movimientos podemos hacer. Por ello empezamos por ver que hay 8 combinaciones de colores posibles según las reglas de Ana. Son 8 ya que para la esquina superior izquierda nos vale cualquier pintura que elijamos, esto es hay 4 opciones, y luego para la siguiente posición solo quedan 2 posibilidades (recuerda que Ana siempre intercala los colores rojo y amarillo).

Ahora que conocemos todas las posiciones, está claro que rotar todos los colores una posición a la derecha (salvo el extremo derecho que pasaría a ser el extremo izquierdo), es un movimiento que lleva decoraciones válidas en otras combinaciones que también usa Ana. Este movimiento lo vamos a denotar por (1234), que abrevia la acción de llevar la pintura de la posición 1 a la 2, la de la 2 a la 3, la de la 3 a la 4 y la de la 4 a la 1. También hay otros distintos, por ejemplo intercambiar las pinturas de las posiciones 1 y 3, que con la notación anterior se escribe (13). Si partimos de la decoración inicial (la que está en el dibujo), se puede comprobar que si uno aplica estos movimientos o combinaciones de ellos, podemos llegar a cualquiera de las otras 7 configuraciones. Esto quiere decir que cualquier regla que busquemos va a ser una combinación de estos movimientos.

Supongamos entonces que existe la regla que Ana busca. Puesto que este movimiento recorre todos los posibles diseños una sola vez hasta llegar al inicial, (1234) y (13) deben ser el resultado de aplicar varias veces seguidas la regla de oro. Por otra parte, como solamente hay 8 decoraciones posibles, nuestra regla aplicada 8 veces seguidas es lo mismo que no hacer nada. Para (1234) esto pasa si lo hacemos 4 veces, y para (13) basta con 2 iteraciones. A este número lo vamos a llamar orden de un movimiento. Ahora bien, si usamos el giro a derecha (1234) dos veces seguidas, acabamos con una configuración equivalente a hacer el movimiento de orden 2 dado por (13)(24) (esto es intercambiar los colores de las diagonales). Los movimientos (13) y (13)(24) son distintos, pero nuestra regla de oro nos dice que solo hay un movimiento de orden 2, que es el resultante de aplicar la regla 4 veces seguidas. Entonces, ¿qué está pasando aquí? Pues simplemente, que no existe esa tal regla de oro que Ana busca (este argumento se basa en una propiedad general de los llamados grupos cíclicos).

Pero, ¿acaso nos vamos a conformar con un simple no? Esto son matemáticas, y podemos darle una regla de plata a Ana. Esto es, quizás no puedas aplicar siempre el mismo movimiento, pero puedes recorrer todas las posiciones aplicando primero un movimiento y luego otro, y así sucesivamente. De modo que buscamos dos movimientos que como resultado final den otro de orden 4 (observa que cada vez que se aplican esos dos movimientos se recorren 2 posiciones distintas). Así que si tomamos (1234) como elemento de orden 4, podemos entonces elegir como primer movimiento nuestro conocido (13) y como segundo (12)(34), que cambia los colores de una vertical de la carta a otra. Por supuesto, hay más de una regla de plata (de hecho hay tantas como 8, pero para esto quizás ayuda a darse cuenta de que todos estos movimientos forman lo que se llama un grupo diédrico de orden 8).

Decimos que un vértice está a $d$ saltos de otro vértice, si se necesitan $d$ saltos de rana para llegar de un vértice a otro. Así, podemos dividir los vértices en grupos en función de como estén de alejados del vértice $A$. Así, un elemento que esté a distancia $d$, se podrá mover de un salto a uno que está a distancia $d - 1$ o $d + 1$.

Podemos observar con esto que no se puede volver a $A$ con un número impar de movimientos.

El caso base es $f(0)=1$ = (la probabilidad de volver a $A$ tras $0$ movimientos es $1$). Si desarrollamos esta recurrencia, podemos ver por inducción que

$$f(m)=\frac{2}{9}+\frac{1}{9}f(m-1) = \\ \frac{2}{9}+\frac{1}{9}\left(\frac{2}{9}+\frac{1}{9}f(m-2) \right) = \\ \sum_{i=1}^{m}\frac{2}{9^{i}}+\frac{1}{9^{i}}f(0) = \\ \frac{9^{m}-1}{4 \cdot 9^{n}}+\frac{1}{9^{m}} = \frac{1}{4}+\frac{3}{4 \cdot 3^{n}}$$

En resumen, la probabilidad de que la rana vuelva al vértice $A$ tras $n$ minutos es $0$ si $n$ es impar, y $\frac{1}{4}+\frac{3}{4 \cdot 3^{n}}$ si $n$ es par.

Sí, existen conjuntos autónomos no numerables. Sea $\phi: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{N}$ una biyección. Si encontramos un conjunto $\mathcal{G}$ no numerable de subconjuntos de $\mathbb{Q}$ ordenado por inclusión, tendremos que $\phi(\mathcal{G})$ será autónomo y no numerable, pues una biyección preserva la inclusión y el cardinal (por definición).

Para cada $x \in \mathbb{R}$, consídérese el siguiente conjunto: $G_{x}= \{ q \in \mathbb{Q} : q < x \} = (-\infty, x) \cap \mathbb{Q}$.

Es trivial comprobar que $\mathcal{G} = \{G_{x} : x \in \mathbb{R} \}$ está ordenado totalmente por inclusión, y además es no numerable, pues por ser $\mathbb{Q}$ denso en $\mathbb{R}$, $G_{x} \neq G_{y}$ si $x \neq y$. Por tanto, el conjunto $\phi(\mathcal{G})$ es autónomo y no numerable.

Como desafío adicional, ¿qué aspecto tiene un conjunto autónomo no numerable como subconjunto de $P(\mathbb{N})$?