92. SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2014
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Escrito por Alfonso Jesús Población Sáez   
Miércoles 10 de Septiembre de 2014

Queridos lectores, ante todo debo manifestar que me he quedado alucinado con las respuestas que habéis enviado este año. Como alguien dijo alguna vez,

I – M – P – R – E – S – I – O – N – A – N – T – E.

Necesitaría mucho espacio para describir con fidelidad el nivel que habéis alcanzado, sobre todo en las cuestiones relacionadas con las matemáticas, permitiéndoos incluso la genialidad de proponer nuevas cuestiones sobre la película, además de plasmar vuestra impresiones y sugerencias. Las diferencias finales en la puntuación se deben más a malinterpretaciones de enunciados, que en este caso, en muchos casos, estaban hechas adrede para reflejar el carácter demencial de la protagonista de la película. De verdad, a todos, ¡¡¡Chapeau!!!

Vamos con las soluciones (perdonad si en algún caso son demasiado breves; si alguien precisa mayores explicaciones sobre cualquier aspecto, no dudéis en mandarme un mail).

M – 1.- Según el enunciado, buscamos una partición a1 + a2 +...... + an = 2014, de modo que solución concurso del verano2014 sea máximo. Desde luego la cuestión tiene solución, ya que el número de particiones de 2014 es finita, y cada una tiene asociado un producto, uno de los cuales será el mayor.

Vamos a hacer algunas consideraciones previas a la resolución, que posteriormente nos la facilitarán. Como pretendemos que el producto sea el mayor posible, analicemos si es posible cambiar algún ai por otros dos, de modo que la suma no se altere, pero que el producto sea mayor.

Supongamos por ejemplo que la partición tuviera algún valor aj ≥ 4. En ese caso aj podría sustituirse por los factores 2 y aj – 2, por que

  • la suma queda como está: 2 + aj – 2 = aj
  • el producto sería 2(aj – 2) = 2aj – 4. Como aj ≥ 4,  2aj ≥ 4 + aj, de donde se tiene que

2aj – 4 ≥ aj

Mediante este proceso, asociamos a cualquier número mayor o igual a cuatro en doses y treses, y la nueva partición tiene un producto mayor o igual que el de la partición inicial.

Si algún aj = 1, lo podemos sumar al ak que queramos, reemplazando ambos sumandos por el nuevo número 1 + ak. La suma es idéntica, pero el producto es mayor ya que pasamos de 1 x ak a ak+1. Por tanto, el producto máximo será un valor de la forma 2x 3y.

Si la potencia del 2, que hemos designado por x, resulta ser x ≥ 3, cada terna de doses puede sustituirse por un par de treses. Esto es debido a que 2 + 2 + 2 = 3 + 3 (es decir, la suma no cambia), pero 23 < 32, el producto aumenta. Por tanto el producto máximo es de la forma 2a 3b, con a = 0, 1, 2.

Como 2014 = 2 x 1007 (es decir, 1007 doses), podemos sustituir 335 tríos de doses, que se sustituyen cada uno, por 3 + 3 (= 32):

2014 = 2 x 1007 = 2 x (335 x 3 + 2).

Por tanto, la partición estará compuesta por 670 treses y 2 doses, es decir, el producto máximo será 3670 22, cantidad, por si alguien tiene alguna curiosidad de 321 dígitos.

Al corregir las soluciones que los concursantes enviaron, descubrí que Celso de Frutos dio una partición cuyo producto tenía, ¡¡EL MISMO NÚMERO de dígitos, 321!! Es

2014 = 3 x 671 + 1,

cuyo producto es 3671. Pero la solución con el producto mayor es la primera (por poco; detallo los primeros dígitos): 3670 22 = 1876292...., mientras que 3671 = 1407219.....

Otros productos propuestos han sido 21007 que sólo tiene 304 dígitos.

M – 2.- Se trataba de encontrar el valor de S en

S = 12 – 22 + 32 – 42 +............+ 20132 – 20142

Utilizando aquello de que diferencia de cuadrados es suma por diferencia, rescribimos la expresión así:

S = (1 – 2) (1 + 2) + (3 – 4) (3 + 4) +............+ (2013 – 2014) (2013 + 2014)

Obsérvese que los factores señalados en verde son (– 1), lo que hace que S sea una suma de valores negativos, en concreto,

S = – (1 + 2 + 3 + 4 +............+ 2013 + 2014)

De la conocida expresión para la suma de los primeros sumandos de una progresión aritmética, se tiene entonces que

S = – solución concurso del verano2014 = – 2029105

M – 3.- En efecto, 2029105 = 5 · 13 · 19 · 31 · 53.

M – 4.- Ahora nos piden aproximar este valor

solución concurso del verano2014

Se trata de la suma parcial hasta el sumando 2014 de la serie solución concurso del verano2014. Esta serie es convergente (de hecho, absolutamente convergente), cuya suma es π2/12 ≈ 0.8224670334... Este valor se puede determinar a partir del desarrollo en serie de Fourier de la función x2:

solución concurso del verano2014, 0 ≤ x ≤ 1,

sustituyendo en ese desarrollo el valor x = 0.

Por otra parte, en una serie numérica alternada convergente, designando por Sn su suma parcial n-ésima, y S en este caso su suma, se tiene que

| Sn – S | ≤ an+1.

Por tanto, para S2014 se verifica que solución concurso del verano2014. De esa desigualdad, se obtiene que

solución concurso del verano2014

0.8224667871 ≤ S2014 ≤ 0.8224672797

Este procedimiento no nos ofrece los ocho decimales correctos que se pedían (sólo nos da cinco), pero, a falta de un argumento más ajustado, se da por válido. El valor con diez dígitos correctos según el ordenador (para comparar sí puede utilizarse), es

S2 ≈ 0.8224669102.....

Carles Virgili  y Andrés Mateo proponen una solución más ajustada. Descomponen S2 del siguiente modo:

solución concurso del verano2014

Se precisa entonces estimar esas sumas (S2014 y S1007) con la precisión adecuada. Aproximando esas sumas mediante

S2014 = A2014 + R2014

S1007 = A1007 + R1007

siendo R2014 y R1007 los respectivos restos, entonces

S2 = A2014 solución concurso del verano2014A1007 + (R2014 solución concurso del verano2014R1007)

Exigiendo que la diferencia entre restos (paréntesis del segundo miembro de la expresión anterior) tenga una precisión de ocho decimales correctos (tal y como se pide en el enunciado) y utilizando la fórmula de Euler-MacLaurin para aproximar las sumas (y la ayuda de Maple), obtiene que

S2 ≈  1.644437666.... – solución concurso del verano20141.643941511.... ≈ 0.8224669105....

M – 5.- Llamemos d a la diferencia de los términos de la progresión aritmética (que no necesariamente tiene que ser positiva). Consideremos los lados del triángulo y su área en progresión aritmética en este orden: a, b, c, A. Por estar en progresión aritmética de diferencia d, sean esos valores bd, b, b + d, b + 2d, respectivamente.

La fórmula de Herón, solución concurso del verano2014, nos proporciona el valor del área de un triángulo cualquiera a partir de las longitudes de sus lados, siendo s el semiperímetro (la mitad del perímetro) del triángulo. Según los valores dados,

s = (b - d + b + b + d)/2 = 3b/2

Aplicando entonces la fórmula de Herón (con el área al cuadrado, para no utilizar la engorrosa raíz):

solución concurso del verano2014

Como el primer miembro es un número entero, para que lo sea el segundo, b debe ser un número par. Designémoslo mediante b = 2 B, para algún entero B. Así, la expresión [1] se rescribe como

4 (B + d) = 3 B2 (Bd),

y despejando d,

solución concurso del verano2014

Para B > 2, 3B2 + 4 > 8B, por lo que el cociente en [2] no es un número entero. Por tanto las únicas posibilidades son que B = 1 o que B = 2. Si B = 1, d = –1/7, que no daría para a, b, c valores enteros. Si B = 2, d = 1, a = 3, b = 4, c = 5, A = 6. Por lo tanto el único triángulo con las condiciones impuestas es el conocido triángulo rectángulo 3 – 4 – 5.

M – 6.- Los triángulos cuyos lados son números enteros se denominan heronianos, precisamente en honor de Herón de Alejandría. El triángulo rectángulo 3 – 4 – 5, y área 6, obtenido anteriormente, era conocido ya en Egipto mucho antes de Herón. Sin embargo, el descubrimiento del triángulo 13 – 14 – 15 y área 84 se le atribuye a él. No es un triángulo rectángulo, pero sus lados y área son números enteros. Por esta razón, a los triángulos de lados y área enteros se les bautizó como triángulos heronianos en su honor.

M – 7.- Existen muchos resultados y fórmulas acerca de los triángulos heronianos. Una cuestión de la que se desconoce la respuesta es si existe algún triángulo heroniano con sus tres medianas racionales. (Por si alguien no se acuerda bien, una mediana de un triángulo es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto). Con dos medianas racionales si se conocen (por ejemplo, el triángulo 76 – 51 – 26 con medianas 35/2 y 97/2, entre otros), pero con tres no. Los que buscan la solución, “a la fuerza bruta”, es decir, comprobando con el ordenador mediante un algoritmo de búsqueda, a fecha de hoy, no han encontrado ninguno entre todos los triángulos de diámetro menor o igual a 600000 (con diámetro de un triángulo nos referimos al diámetro del menor círculo que contenga al triángulo).

M – 8.- Con estas cuestiones sobre triángulos heronianos pretendíamos básicamente darlos a conocer, y que el lector buscara información sobre ellos y quizá se interesara por ver cómo se obtienen. Evidentemente incluir la demostración de cómo obtener un par de triángulos heronianos distintos del mismo perímetro y área excede lo razonable para un concurso festivo como éste, por lo que sólo se pedía un ejemplo de esos triángulos.

En cualquier caso, mediante un razonamiento similar al desarrollado en la resolución de M – 5, se llega a que los triángulos heronianos verifican las relaciones

a = 4m2 + n2,    b = 5(m2n2),    c = m2 + 4n2,   P = 10m2,   A = 10mn(m2n2),

para valores apropiados de m y n.

Se ha dado por válido, encontrar dos pares de valores adecuados para m y n, que nos proporcionen idénticos P (perímetro) y A (área). Por ejemplo, 221 – 120 – 149  y  205 – 200 – 85, de perímetro 490 y superficie 8400.

Varios concursantes han aludido a que han utilizado el estupendo artículo Pares de triángulos heronianos con áreas y perímetros iguales: una descripción de K. R. S. Sastry ( http://www.oei.es/oim/revistaoim/numero16/Sastry.pdf). El proponente, también lo ha utilizado.

CONCURSO DEL VERANO 2014M – 9.- Un procedimiento elemental, pero laborioso es utilizar argumentos de geometría analítica, es decir, fijar los triángulos en un sistema de coordenadas, calcular las rectas que pasan por los vértices, etc. Os muestro una solución alternativa utilizando ángulos y el teorema del coseno. Etiquetamos los diferentes ángulos como se muestra en la figura (se aplica reiteradamente la semejanza de triángulos para hacerlo).

A partir de ahí, se sigue que ∠B = β + δ, y que ∠C = α + ε. Entonces, ∠B + ∠C = (α + β) + δ + ε = 90º + δ + ε > 90º.

Por tanto, ∠A < 90º. Por la ley de los cosenos aplicada al triángulo ΔXYZ, se tiene que

XZ2 = 32 + 52 – 2 ∙ 3 ∙ 5 cos γ = 34 – 30 cos γ.

Como γ = 180º – β, entonces

XZ2 = 34 + 30 cos β = 34 + 30 (3/5) = 52,

y entonces, XZ = 2solución concurso del verano2014. De nuevo aplicando el teorema del coseno en ΔXYZ,

YZ2 = 52 = 52 + 32 – 2 ∙ 3 ∙ 2solución concurso del verano2014 cos δ,

por lo que cos δ = 3/solución concurso del verano2014. De ahí, sen δ = 2/solución concurso del verano2014, y por tanto,

cos B = cos(β + δ) = cos β cos δ – sen β sen δ =

= (3/5)(3/solución concurso del verano2014) – (4/5)(2/solución concurso del verano2014) = 1/(5/solución concurso del verano2014) > 0.

Entonces, ∠B < 90º.

De forma análoga se puede comprobar que cos C = 23/(5solución concurso del verano2014) > 0, y de ahí, ∠C < 90º, por lo que ΔABC no es rectángulo.

M – 10.- Haciendo cálculos (no se detallan, dada su sencillez; un procedimiento es calcular las ecuaciones de las rectas de los tres lados, luego las coordenadas de los tres vértices, y acabar calculando el área del triángulo), comprobamos que la afirmación no es cierta.

Área del triángulo ABC = 1849/18 u2 = 102,72 u2
Área de la parte sombreada 2(32 + 42 + 52) =  100 u2

M – 11.- Las soluciones de la ecuación son las raíces cuartas de – 1, que escrito en forma binómica compleja es z = – 1+ 0 i. El módulo de este número es 1, y el argumento 180º, es decir, π. Por ello las raíces cuartas serán de la forma solución concurso del verano2014, con k = 0, 1, 2, 3. Las raíces cuartas pedidas serán entonces en forma polar, y en forma binómica:

solución concurso del verano2014

M – 12.- Obsérvese que en forma exponencial los anteriores números complejos son, respectivamente, solución concurso del verano2014. Por tanto sus logaritmos (neperianos o naturales, se entiende), al ser funciones inversas la exponencial y la logarítmica, serán sencillamente, solución concurso del verano2014. Su representación gráfica por tanto se encuentra sobre la recta vertical  x = 0 (o sea todos los valores imaginarios, tal cual se encuentra la mente de la protagonista), mientras que las raíces de – 1 están formando un cuadrado.

CONCURSO DEL VERANO 2014M – 13.- Es conocido que la longitud de la circunferencia viene dada por L = 2π r, siendo r el radio de dicha circunferencia. Nos dicen que la moldura superior, una semicircunferencia, tiene por longitud π, luego r = 1. Podemos entonces modelizar la situación como se ve en la imagen, o sea,  x2 + y2 = 1 la ecuación de la circunferencia de la que representamos su mitad superior, (x – 1)2 + y2 = 1 para el arco de centro (1, 0) y radio la unidad, y  (x + 1)2 + y2 = 1, el simétrico desde el punto (– 1, 0). Se pide el área pintada en la gráfica de color verde. Teniendo las ecuaciones, lo más sencillo es calcular la superficie mediante cálculo integral. Para ello debemos hallar primero el punto de corte de los arcos con la semicircunferencia. De las dos primeras ecuaciones, se sigue sin más que despejar y2, que

(x – 1)2 + 1 – x2 = 1,

o lo que es lo mismo, (x – 1)2 = x2. De ahí es sencillo obtener que x = ½. Como la situación es simétrica a izquierda y derecha del eje de ordenadas, el área será entonces

solución concurso del verano2014

Obsérvese que (hay varios modos de expresarlo), fijándonos sólo en el primer cuadrante, se ha restado del área del círculo en dicho cuadrante, las superficies encerradas por los respectivos arcos de circunferencia (que también es fácil comprobar que son idénticos por simetría). El área es por tanto A = solución concurso del verano2014 ≈ 0.3424266281.....

NOTA: Algunos participantes han considerado como arco superior (el de longitud π) sólo la parte correspondiente al intervalo [– 0.5, 0.5] del dibujo. En ese caso, el radio resulta r = 3, y el área 3.08184 aproximadamente. Revisado el enunciado original, en efecto puede no quedar claro el arco al que se refiere, y como todos han razonado convenientemente, se ha tomado la solución salomónica de considerar correctas ambas soluciones.

M – 14.- Es conocido el truco para elevar al cuadrado un número de dos cifras terminado en 5: se tomar la cifra de las decenas, se multiplica por su consecutivo en el orden natural, y se le pega el número 25 a continuación. Por ejemplo, 352 sería (3 x 4 = 12), 1225. La razón de que esto suceda, es clara:

(10 a + 5)2 = 100 a2 + 2 ∙ 5 ∙ 10 a + 25 = 100 (a2 + a) + 25 = 100 a(a+1) + 25

Ahora bien, ¿es cierto para números de mas de dos cifras? Si uno experimenta con algunos ejemplos, comprobará que parece que también se cumple. La demostración general no es tan evidente, pero el magnífico nivel de los concursantes nos ha aportado varias. A continuación la facilitada por María José Fuente:

solución concurso del verano2014

La razón por la que no se utiliza para números de más de dos cifras es porque ya no es tan sencillo hacer la multiplicación mentalmente, y casi es igual hacer la multiplicación original.

M – 15.- El año de la película. Se dice que tiene el mismo número de factores primos que el año presente, o sea que 2014. Como 2014 = 1 ∙ 2 ∙ 19 ∙ 53, resulta que el año en cuestión tiene cuatro factores primos (tres si prescindimos del trivial 1). La fecha oficial de nacimiento del cine es 1898. Si factorizamos todos los años desde 1898 a 2014, sólo tienen tres factores los años 1898, 1902, 1905, 1910, 1918, 1930, 1947, 1955, 1958, 1965, 1970, 1978, 1986, 1990, 2001, 2006, 2013, 2014.

De la información que se va extrayendo del texto y de resolver las demás cuestiones (las de cine fundamentalmente: película de cine negro, a blanco y negro, quizá habiendo averiguado también la actriz principal (Joan Crawford), etc.) se deduce que (no es muy matemático, pero recuérdese que este concurso trata de aunar cine y matemáticas) se refiere a 1947.

M – 16.- Supongamos que existan dos números M y N tales que

N = 1.8 M + 32,   [1]

donde los dígitos de ambos son M = a1a2a3....an,  y N = an.......a2a1. En primer lugar, an ≠ 0, porque en caso contrario, N < M. Esto obliga además a que, por la igualdad anterior, 5 sea divisor de M, por lo que an= 5.

Como N a1 mod 10, y

N = 1.8M + 32  ≡ 1.8 (10 an-1 + 5) + 32  mod 10
≡ 8 an-1 + 1  mod 10

entonces a1 debe ser impar. Teniendo en cuenta los primeros dígitos de N y M, se sigue que a1= 3.  Entonces, 8 an-1 + 1 ≡ 3 mod 10, y de ahí, an-1 debe ser 4 o 9.

Si an-1 = 4, considerando los dos prímeros dígitos de N y M, por [1], a2= 0. Eso nos lleva a que N 3 mod 100, mientras que

N = 1.8M + 32  ≡ 1.8 (100 an-2 + 45) + 32  mod 100

≡ 8 an-2 + 113  mod 100,

de donde

80 an-2 + 110 ≡ 0 mod 100,

o dicho de otro modo, 10 divide a  8 an-2 + 11, lo cual es imposible porque los múltiplos de 8 siempre acaban en 0, 2, 4, 6 u 8, que al sumarlos 11, nunca pueden ser divisibles por 10.

Si an-1 = 9, N ≡ 10 a2 + 3 mod 100, y

N = 1.8 M + 32  ≡ 1.8 (100 an-2 + 95) + 32  mod 100
≡ 80 an-2 + 203  mod 100,

y por [1],

a2 ≡ 8 an-2 mod 10       [2]

por lo que, por [1], a2 debe ser par. Teniendo en cuenta que los dos dígitos de N son 59 y de M, 3a2 entonces, a2 = 2.

Echemos finalmente un vistazo a an-2. Considerando los dos primeros dígitos de M (32), y los tres primeros dígitos de N (59 an-2), se tiene por [1] que an-2 ≤ 3.

Por [2], entonces 8 an-2 ≡ 2   mod 10, y entonces an-2 tiene que ser o 4 o 9, lo cual es absurdo.

En conclusión, no existen dos temperaturas N y M que satisfagan las condiciones indicadas.

M – 17.- Sean x la edad del hombre e y la de la chica. Se dice por un lado que x – 5 = 2 (y – 5). Es decir que x = 2y – 5. Tras plantear todas las posibilidades de números de dos cifras cuya suma en binario sea la unidad, se llega a que la única posibilidad de que las edades concuerden con los datos, es que x + y = 55, en cuyo caso las edades son x = 35, y = 20. No hace falta para nada el dato adicional, y si se considera, sólo en uno de los casos posibles se llega a una solución. Además de seguir “desquiciando” al personal, tal y como está la protagonista, se trataba únicamente de dar alguna pista más sobre la película (el protagonista toca el piano).

M – 18.- 60 = 22 · 3 · 5. Tiene exactamente 12 divisores distintos [1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60] (aprovéchese para repasar la fórmula que da el número de divisores de un número). De ellos, seis son menores que 7. Por tanto la probabilidad de la que se habla es 6/12, es decir, ½. El comentario de que lo sabría un niño de primaria se refiere a que es de perogrullo que la protagonista tiene ½ de posibilidades de acertar o no acertar.

Respuestas a las cuestiones relacionadas (más o menos) con el cine:

C – 1.- A A no le agrada S, esencialmente por ser un valor negativo, aunque tiene más que ver con la película que S2 porque la protagonista es también un personaje bastante negativo.

Uno de los concursantes, Emilio Díaz, además aporta un apunte que no esperaba que lo descubrieran, que tiene más relación con el apartado de matemáticas: La relación de la suma S con la película es debida a que el valor absoluto del número negativo 2029105 es el 2014-ésimo número triangular (recordemos que estamos en el año 2014). Recordemos que un número triangular es un número de la forma

solución concurso del verano2014

Sustituyendo n = 2014 obtenemos el valor absoluto de S = 2029105, el número triangular de lado 2014. Y los triángulos tienen que ver con la película debido a las relaciones entre los personajes. También algunos concursantes han apreciado que, de algún modo, el número de las habitaciones del hospital donde ingresa la protagonista, 295 y 150, están de algún modo incluidos en el valor de esa suma.

C – 2.- Se refiere al rol de mujer fatal frecuente en las películas de cine negro. En esta película, el protagonista masculino puede considerarse un “hombre fatal”.

C – 3.- Trabaja en el diseño de vigas moldeadas.

C – 4.- David, el protagonista, es ingeniero industrial.

C – 5.- Triángulos básicos hay tres (eso ya sería un cuarto triángulo): Louise (la protagonista), Pauline (la esposa enferma que cuida) y Dean (marido de Pauline); Louise, Dean y David; Louise, Caroline (hija de Dean) y David. Si nos atenemos a todo tipo de triángulos, no sólo los sentimentales, en la puesta en escena hay numerosos momentos en que aparecen tres personajes: en el hospital atienden dos médicos a Louise, Louise y los dos hijos de Dean (hijastros al casarse con Dean), etc.

C – 6.- Se refiere al psicoanálisis y Freud. Son muchas las películas que en Hollywood abordaron este asunto. Algunos ejemplos son: Freud, pasión secreta (Freud, the Secret Pasión, John Huston, 1962), varias de Alfred Hitchcock (Rebeca, Recuerda, Psicosis, Vértigo, Marnie la ladrona,....), La escalera de caracol y A través del espejo, ambas de Robert Siodmak; las versiones de Dr. Jekyll y Mr. Hyde con el tema del desdoblamiento de la personalidad, etc. Y fuera de Hollywood el tema también ha tenido diversas incursiones: películas de Luis Buñuel, Ingmar Bergman, Krzysztof Kieslowski, Woody Allen, etc. Hasta Pedro Almodóvar con sus Tacones Lejanos podría adherirse a la lista.

C – 7.- Evidentemente se está hablando del cine negro. Alguna otra característica no citada suele ser la narración desde el punto de vista totalmente subjetivo de algún personaje, la intercalación de flashbacks, el uso de la violencia, lenguaje elíptico y metafórico donde se describe la escena caracterizado por una iluminación tenebrosa en claroscuro, escenas nocturnas con humedad en el ambiente, se juega con el uso de sombras para exaltar la psicología de los personajes, etc.

Directores de cine negro: Robert Siodmak, los comienzos de Billy Wilder, Curtis Bernhardt, Fritz Lang, John Huston (algunos consideran El halcón maltés, 1941, como la primera película de film noir, aunque personalmente creo que el género ya es distinguible desde principios de los años 30), etc.

C – 8.- La película del jeroglífico es Psicosis. (letra griega Psi – definición del coseno cos – otra vez psi al revés, o sea isp, quitando la p, is. Total: Psicosis).

C – 9.- Películas diferentes con el mismo título en castellano: Tres mujeres.- hay una de Ingmar Bergman de 1952, y otra de Robert Altman de 1977. Otro ejemplo más reciente es el de Más allá de los sueños (Bedtimes Stories, Adam Shankman, EE. UU., 2008) y Más allá de los sueños (What Dreams May Come, Vincent Ward, EE. UU., 1998). Y hay muchos más, Cruce de caminos, ¡Por fin solos!, Crash, etc.

C – 10.- Joan Crawford, según he leído, es la única actriz que protagoniza dos películas distintas con el mismo título (ojo, en inglés): Possesed, dirigida por Clarence Brown en 1936 (en España se tituló Amor en venta), y la que nos ocupa dirigida por Curtis Bernhardt en 1947 (que aquí se tituló Amor que mata; se ve que querían que nos quisiéramos mucho). Si en el conjunto inicial colocamos la etiqueta “películas” o “año de producción”, y en el conjunto final “títulos”, se trata de una aplicación porque cada imagen tiene al menos un origen. No sería inyectiva, porque películas distintas tienen el mismo título, pero sí sería aplicación. Obviamente no lo es si los conjuntos se intercambian.

C – 11.- A Canadá marcha David Sutton, a la fábrica que tiene Dean Graham, y que le viene de perlas para deshacerse de Louise. Ésta, por supuesto, quedará despechada, aunque no se olvidará de él.

C – 12.- El aparato de la imagen no es un termómetro, sino un tensiómetro (también se da por válido Esfigmomanómetro). En la medida de la tensión arterial (TA) se dan dos valores, la tensión sistólica (máxima o alta), y la tensión diastólica (mínima o baja). Se suelen expresar en milímetros de mercurio (mmHg), separadas por un guión. Por ejemplo 140 – 90 mmHg. o una barra 140/90. Sin embargo no es infrecuente escuchar a médicos y pacientes utilizar medidas en centímetros de mercurio en lugar de en milímetros. En ese caso, la cifra anterior debe dividirse por 10, por lo que la TA anterior sería 14 – 9 o 14/9. En la película, la versión doblada lo expresa de este último modo, mientras que en la versión original lo hace en mmHg.

C – 13.- Hay varios momentos en los que el protagonista David Sutton menciona las matemáticas o cifras diversas. Por ejemplo cuando bromea con Wynn, el hijo menor de Dean: “la última vez que te vi aún no te afeitabas”. El chico no se entera de qué le habla, y David replica, “Es matemáticamente imposible gastarle una broma a un niño de su edad”. A este respecto se podía haber pensado alguna cuestión sobre el humor en los matemáticos. O en otros momentos, cuando la cámara nos lleva por los pasillos del hospital, se podía pensar en algo relacionado con distancias, perspectivas desde la camilla, etc., o estimar el número de libros de la biblioteca de Dean, o tiempo en lancha desde donde vive David a la casa de Dean, o en la escena en la que Louise prepara unas bebidas mientras David explica un experimento sobre sedimentos petrolíferos: “hice una prueba con 1000 barriles de crudo, y recorrieron 4 Km. en 1 hora”.

C – 14.- Se refiere a la famosa cuestión de las edades de las hijas de una lechera vecina de otra que quiere saber las edades de las hijas de la primera. El producto de las edades es 36, y como la segunda lechera dice que falta un dato, la primera le apunta que “la hija mayor toca el piano”.

C – 15.- Como algunos concursantes han apuntado, esta cuestión es tan delirante como la protagonista (era otra pista para tratar de averiguar la película). Además previamente se menciona la relación de A y B con otra película, Psicosis. Todo ello trataba de desembocar, (incluido lo de que  en caso de que se atentara contra la integridad de A, también acabaría con B), en que A y B son la misma persona. Es decir, yo mismo me reúno con mi parte perversa para idear las cuestiones del concurso (como cuando pienso en poner las preguntas de un examen). Quizá hubiera sido más claro mencionar a Jekyll y Mr. Hyde, pero no era del todo exacto porque éstos no conviven nunca, mientras que A y B sí.

C – 16.- De todo lo dicho anteriormente se deduce que se trata de Amor que mata (Possessed, Curtis Bernhardt, EE. UU., 1947).

 

Antes de pasar a la puntuación obtenida por los concursantes no me resisto a compartir algunas cuestiones sobre la película sugeridas por algunos de ellos. Concretamente, Alejandro Azpeteguía nos propone las siguientes (elijo sólo algunas de las muchas que ha propuesto):

CONCURSO DEL VERANO 2014En el minuto 92:50 está tomada esta foto de Joan Crawfoed. Aprovechando el diseño del escote y el remate bordado de su vestido, se puede plantear la siguiente cuestión geométrica: si el vestido de la cintura al cuello delimita un trapecio isósceles invertido (sin contar las mangas) y el escote es un triángulo isósceles centrado en él, hallar la altura del escote sabiendo que el área de carne mostrada es un tercio del área de tela que hay dentro del trapecio. (Modelizar la situación eligiendo las medidas necesarias mínimas que se consideren oportunas, así como su longitud).

CONCURSO DEL VERANO 2014En el minuto 105:57, podríamos aprovechar la sombra en forma de parábola debida a la luz proyectada por la lámpara, para averiguar la ecuación de la parábola dando algunas pistas (tangente a la cabeza del doctor y a la esquina superior izquierda del cuadro) y algunas medidas (como la diferencia de altura entre los puntos citados).

Y una cuestión mucho más críptica para realizar un visionado detallado de la película: ¿en qué escena de la película de tiempo matemático podemos encontrar un mono y una anguila escondidos entre Segundos y Terceros? Pista: también podemos encontrar una afilada 5ª letra del alfabeto griego.

CONCURSO DEL VERANO 2014SOLUCIÓN:

Mono = APE, Anguila = EEL, 2º = Second, 3º = Third, 5ª letra griega = ε, Afilar = SHARPEN

Por tanto estamos hablando de la escena del minuto 3:14 (PI) como podemos ver en la imagen.

Apunte personal:

¡¡¡ Y luego decís que yo soy retorcido !!!

CONCURSO DEL VERANO 2014Finalmente propone un jeroglífico (sólo apto para informáticos) cuya solución es el título de la película (Possessed):

Ayuda: SSE (Streaming SIMD Extensions) es una extensión al grupo de instrucciones MMX para procesadores Pentium III, introducida por Intel en febrero de 1999.

Puntuación Final

De un total de 300 puntos posibles, estos son los resultados:

Alejandro Azpeteguía Torres      299
Carles Virgili Borrell                     288
Emilio Díaz Rodríguez                  283
Andrés Mateo Piñol                      269
Mª José Fuente Somavilla             265
Francisco Pi Martínez                 233
Celso de Frutos de Nicolás          219

Enhorabuena nuevamente a todos. En breve recibiréis un correo solicitándoos una dirección postal para enviaros un obsequio de DivulgaMAT. Espero que os haya entretenido la propuesta, y como comenté el año pasado, no dudéis que tratará de mejorarse para la próxima edición. A ello contribuirán vuestras magníficas sugerencias.

 
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