13.12.10

[El Problema de la Semana] La edad del bisabuelo

Hace ya varias semanas que propusimos este problemita a los grumetes:

Mauricio, el bisabuelo de José, no es ciertamente centenario, pero sí de edad muy avanzada. Podemos decir que el año anterior, su edad era múltiplo de 8, y que el año próximo es múltiplo de 7. ¿Cuántos años tiene Mauricio?

La solución se puede encontrar debajo de la interesante ilustración que proponemos.


[Matenavegando en busca de matemáticos longevos, nos hemos encontrado con la vida de Leopold Vietoris en un interesante artículo publicado en Gaussianos.com. Vietoris fue un matemático austriaco nacido en 1891, que realizó importantes aportaciones en el campo de la topología. Es posible, según este artículo, que Vietoris sea el matemático más longevo que se conoce, pues falleció en 2002 con 110 años cumplidos. Además es el austriaco más longevo, y su segundo matrimonio es el séptimo matrimonio más longevo sumando la edad de ambos cónyuges, pues su segunda mujer falleció con 101 años. La lista de matrimonios más longevos se encuentra en este artículo de la wikipedia.]

Solución:
El problema consiste en encontrar un múltiplo de 8 y un múltiplo de 7 que se diferencien en 2 unidades. Una vez encontrados, la edad de Mauricio será el número intermedio.
Los múltiplos de 8 son: 8, 16, 24, 32, 40, 48, 56, 64, 72, 80, 88, 96, 104, 112, 120... 
Los múltiplos de 7 son: 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84, 91, 98, 105, 112, 119...
Como Mauricio no es centenario, los múltiplos mayores que 100 los podemos descartar.
Si observamos con detenimiento, hay dos parejas candidatas: 40 y 42 por un lado, 96 y 98 por otro. Pero en el primer caso la edad de Mauricio sería de 41 años, y esto no es una edad avanzada. El segundo caso tiene más lógica: la edad de Mauricio debe ser 97 años. Así el año anterior su edad era de 96 años (múltiplo de 8), y el año que viene su edad será de 98 años (múltiplo de 7).

Ampliación:
Este tipo de ejercicios se puede resolver mediante herramientas matemáticas llamadas congruencias. En lenguaje matemático, si llamamos x a la edad de Mauricio, entonces:
x ≡ 1 (mod 8)
x ≡ −1 (mod 7) 
El símbolo ≡ es como el signo del igual pero con tres rayas horizontales en vez de dos, y en este contexto significa es congruente con. Por las propiedades de las congruencias, la segunda ecuación se puede sustituir por x ≡ 6 (mod 7)
Como el máximo común divisor de 7 y 8 es igual a 1, el Teorema chino del resto nos asegura que este sistema en congruencias tiene solución. Para encontrar la solución se puede seguir el siguiente método:
Las dos ecuaciones anteriores serían lo mismo que decir:
x = 1 + 8k
x = 6 + 7j; donde k y j representan números enteros cualesquiera.
Si multiplicamos la primera igualdad por 7 y la segunda por 8 tenemos: 
7x = 7 + 56k
8x = 48 + 56j
Restamos la segunda ecuación menos la primera y tenemos:
x = 41 + 56(j − k)
Como k y j son enteros arbitrarios, la diferencia entre ellos también es un entero arbitrario, luego x es igual a 41 más un múltiplo arbitrario de 56:
x = 41 + 56m; o lo que es lo mismo:
x ≡ 41 (mod 56)
Tenemos por tanto que x puede tomar los valores 41, 97, 153, 209, 265, ... , e incluso podría tomar valores negativos, como −15, −71, −127, −183, −239, ...
De entre todas las posibles soluciones de x, elegimos la más lógica, 97, y ahí está nuestra respuesta.

29.10.10

[El Problema de la Semana] Larga sucesión de sumas y restas

Un nuevo problema, bastante sencillo si sabemos enfocarlo adecuadamente.

En cierto libro nos ha aparecido una operación bastante larga: 

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 

Es decir, se trata de ir sumando y restando los números, en sucesión decreciente, desde el 999 hasta el 1, los impares se suman, los pares se restan. ¿Eres capaz de calcular esta operación?

La solución, como siempre, más abajo, así no hay que esperar para comprobar nuestras deducciones.

[Esta ilustración, encontrada mientras matenavegábamos buscando imágenes de sumas, ha sido extraída de esta página. Como puede verse, es una tabla en la que se exponen todas las sumas de dos cuadrados menores o iguales que 100. ¿Qué tiene esto de curioso? Fermat se dio cuenta de que estas sumas podían dar números compuestos y números primos, pero los primos obtenidos eran aquellos de la forma 4n+1, es decir, los que al dividirse por 4 dan de resto 1 (con la única excepción del 2, que es primo, es la suma de dos cuadrados y no da resto 1 al dividirse por 4). En la tabla van apareciendo todos los primos 4n+1 y ninguno de los primos 4n+3. Esto condujo a Fermat a enunciar el llamado Teorema de Navidad, nombre que se le da a veces porque se encuentra en una carta a Marin Mersenne fechada el 25 de diciembre de 1640]

Solución:

Aunque parezca una tontería, vamos a añadir a la suma el término cero, que no modifica para nada el resultado, y escribimos:

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 – 0

De esta manera podemos emparejar los números:

(999 – 998) + (997 – 996) + (995 – 994) + … + (5 – 4) + (3 – 2) + (1 – 0)

Cada pareja da el mismo resultado, 1, luego tenemos una larga suma de unos. ¿Cuántos unos hay? Teniendo en cuenta que los números van del 999 al 0, hay exactamente 1000 números, y por tanto hay 500 parejas. (El cero lo hemos añadido para poder emparejar y contar las parejas más fácilmente). Hay 500 parejas, cada una da 1, luego la suma es 500:

1 + 1 + 1 + … [500 veces] ... + 1 + 1 + 1 = 500.

Nota: este problema, ligeramente modificado, ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial Anaya.

8.10.10

Tutorial para resolver kakuros

Presentamos este tutorial, que es una traducción al español del que viene como animación flash en la página de la revista japonesa Nikoli.
El Kakuro es un pasatiempo numérico, de la familia del sudoku.
En el Kakuro se deben partir números en sumas de números más pequeños que se colocarán en las celdas correspondientes.

Las celdas blancas han de rellenarse con números del 1 al 9. Por ejemplo, en las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 5, y en principio pueden venir en cualquier orden (podrían ser, por ejemplo, 1 y 4, 4 y 1, 2 y 3, 3 y 2).


En las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 14.


Los números no se pueden repetir en celdas consecutivas. El siguiente ejemplo puede ser correcto:


Pero el siguiente ejemplo no lo es, porque no se deben repetir números en la suma:


En la siguiente figura, hay dos números 1, pero es correcto, porque no están en celdas consecutivas y no pertenecen a la misma suma:


Empecemos a resolver el kakuro. Fijémonos en la suma 4 de abajo a la derecha. Para obtener 4 sólo se puede hacer sumando 1 y 3, pero no sabemos en qué orden:


Pero si nos fijamos en el 3 que está a la derecha, sólo se puede obtener sumando 1 y 2, y los números se pueden colocar en dos órdenes posibles:


El número común a la suma del 4 y del 3 es 1, luego el 1 debe ir en la celda común a ambos:


Al colocar el 1 entonces ya se pueden rellenar las celdas que faltan:


Continuamos con las otra suma de 3 que hay en el centro. Hay dos posibilidades:


Pero de las dos posibilidades representadas, sólo es válida la de la izquierda, porque en la de la derecha el 2 se repetiría en la misma fila.


Ya podemos completar la suma 10. Hemos de tener en cuenta que cuatro casillas que sumen 10 sólo admiten los números 1, 2, 3 y 4. Como ya están colocados el 1 y el 2, basta completar con el 3 y el 4 adecuadamente para que no haya repetición en las columnas.


Ahora vamos a observar otro tipo de razonamiento. Fijémonos en la suma 6 de dos casillas, al centro a la izquierda, y en la suma 14, en columna, a la izquierda. Ambas sumas tienen una casilla en común.


La suma 6 en dos casillas se puede expresar de varias formas: 1 y 5, 2 y 4. Lo mismo pasa con el 14, que se puede descomponer en 5 y 9, ó en 6 y 8. Pero si en la casilla señalada hay un número igual o mayor que 6, no sería compatible con la suma 6, y si en la casilla señalada el número fuera igual o menor que 4, entonces para completar la suma de 14 tendríamos que tener 10 o más. Luego las siguientes dos posibilidades son erróneas:


El número de la casilla señalada debe ser, por tanto, un 5, para que así sea compatible con las dos sumas.


Siguiendo este tipo de razonamientos lógicos, se puede completar el kakuro de la única forma posible.


Para resolver los Kakuros es muy útil conocer la lista de sumas únicas. Por ejemplo, con dos celdas o casillas, el 3 sólo se puede obtener con 1 y 2, y el 4 con 1 y 3; además el 17 sólo se puede obtener con 8 y 9, y el 16 con 7 y 9. Con tres celdas, el 6 sólo se puede obtener con 1, 2 y 3, el 7 con 1, 2 y 4; además el 24 sólo se puede obtener con 7, 8 y 9, y el 23 con 6, 8 y 9. Una lista completa de todas las sumas únicas según el número de casillas está, por ejemplo, en esta dirección.
Este tutorial se puede ampliar más, pero cada persona, con práctica y desarrollando sus propios recursos lógicos debe ser capaz de ir enfrentándose a kakuros de nivel cada vez más avanzado. Una página recomendable para jugar al kakuro online es www.kakuro.com.

[El Problema de la Semana] Contando decimales

En el nuevo periplo de nuestro Barco Escuela, el primer problema de la semana ha sido el siguiente:

Algunos números pueden tener muchas cifras decimales, incluso infinitas. Considera el número decimal 

0’012345670123456701234567… 

Si te fijas verás que los decimales se van repitiendo en una sucesión muy fácil. Observa que la primera cifra decimal es un 0, la segunda un 1, la tercera un 2, etc., y si sigues contando, la cifra que está, por ejemplo, en el lugar décimo es un 1, y la cifra que está en el lugar vigésimo es un 3. 

¿Sabrías decir qué cifra decimal está en el lugar milésimo?

Colocamos la imagen ilustrativa a continuación, y después colocamos la solución.

[En la imagen podemos ver el Ojo de Horus, dividido en partes, cada una de ellas correspondiente a una fracción. Los egipcios no usaban nuestro sistema indo-arábigo posicional, y para representar cantidades más pequeñas que la unidad utilizaban fracciones unitarias, es decir, con numerador igual a uno. Eran capaces de expresar cualquier cantidad fraccionaria sumando fracciones unitarias. La imagen y mucha más información sobre las fracciones egipcias, se pueden encontrar en la página correspondiente de la wikipedia]


Solución:

Se ve claramente que los decimales se repiten de ocho en ocho, y además que el 7 está en todos los puestos múltiplos de ocho: el octavo decimal es 7, el decimosexto decimal es 7, el vigésimo cuarto vuelve a ser 7, etc.

Coincidentemente, mil es múltiplo de ocho, luego el decimal que está en el puesto milésimo es el 7.

Nota: el número del que trata nuestro problema es un decimal infinito periódico puro. Como cualquier aprendiz de matenavegante debe saber, este número tiene una expresión en forma de fracción. En este caso la fracción es

Esta fracción es irreducible, porque numerador y denominador no tienen factores primos en común. Concretamente, 1.234.567 = 127 · 9721, y 99.999.999 = 3 · 3 · 11 · 73 · 101 · 137. Las factorizaciones las hemos hecho con la calculadora de esta página. Sin embargo, en esa misma página hay otra calculadora que pasa de decimal infinito periódico a fracción, pero que no funciona bien.


1.10.10

[El Problema de la Semana] Comparando rectángulos

Retomamos la agradable tarea de proponer el problema de la semana. El que tenemos hoy es en realidad el último que pusimos el curso pasado a los grumetes:

Observa los dos rectángulos de la figura. ¿Cuál de los dos ocupa mayor superficie, el ABCD ó el BEFD? Razona tu respuesta.


Por supuesto, para no hacer esperar a nuestro amado público, la respuesta al problema está más abajo de la ilustración.


[Esta fotografía matemática está tomada de la will's web. De momento, ignoro el lugar donde ha sido tomada la foto, pero me gustaría averiguarlo; hay una buena colección de ortoedros en él, con sus correspondientes rectángulos que la perspectiva ha convertido en simples paralelogramos]

Solución:

En primer lugar, si nos fijamos detenidamente en la figura, alguien podría argumentar que ABCD es un rectángulo, pero que BEFD no lo es, porque sus ángulos no son rectos. El gráfico lo hice con el programa Paint de Windows o con otro programa similar, y en efecto, el BEFD no me salió con los ángulos tan rectos como pretendía. Pero este detalle no influye en el problema. O bien podemos dibujar BEFD correctamente para que sea un rectángulo, o bien podemos suponer que es un rectángulo, o bien podemos ignorar completamente el gráfico; en cualquier caso la solución va a ser la misma: La superficie de ABCD es la misma que la de BEFD.

El razonamiento es muy sencillo: Ambos rectángulos tienen un triángulo en común, el BCD. Luego nos basta demostrar que los restos de área de cada uno son iguales, es decir, que el área ABD es igual a la suma de las áreas BEC + DCF.

Esto es fácil, basta trazar un segmento paralelo a BE por el punto C para que corte al segmento BD en el punto G, tal como se ve en la siguiente figura:


Se puede observar que BECG es un paralelogramo, y por tanto, por razones de paralelismo de sus lados,  el triángulo BEC es igual al triángulo BCG. De la misma manera, GCFD es otro paralelogramo, y los triángulos GCD y DCF son iguales. Por tanto BEC + DCF = BCG + GCD, pero esta última suma es igual al triángulo BCD.

Como ABCD es un rectángulo, los triángulos BCD y ABD son iguales, y de aquí concluimos lo que necesitábamos demostrar: ABD = BEC + DCF.

Notas:

1) El razonamiento geométrico que hemos utilizado es un proceso lógico que se viene usando en la geometría desde los tiempos de Euclides. Es independiente de las medidas de los lados, no tiene conexión con ninguna operación algebraica, emplea solamente propiedades geométricas como la del paralelismo y la semejanza de triángulos. Hoy en día no se suele enseñar este tipo de razonamientos a los grumetes, y es muy difícil que ellos, motu proprio, lo empleen para resolver el problema. En realidad, los grumetes solucionaron el problema midiendo los lados de los rectángulos sobre el folio donde estaban impresos. Como quiera que las medidas nunca van a ser exactas por las imperfecciones del dibujo y la falta de precisión de las reglas usadas para medir, las áreas de los rectángulos les salían distintas, y esa es la respuesta que me dieron. Ni uno solo de los grumetes halló la respuesta correcta.

2) He tenido un problema lingüístico al decir el área, pues me había entrado la duda de que últimamente se hubiera aceptado decir la área, ya que área es un sustantivo femenino. Gracias a la Real Academia Española lo he resuelto: se ha de decir el área, aunque con el artículo indefinido un, una lo normal es decir un área, pero no está incorrecto decir una área.

3) Como han pasado varios meses desde que propuse este problema y he sido trasladado a otro Barco Escuela, no recuerdo de dónde lo saqué, pero creo que fue de un libro de texto de la editorial Anaya.

22.9.10

(...)

Cuaderno de bitácora:
Después de un periodo de descanso, silencio y reflexión, regresamos a nuestro periplo constante por los Matemares.
Durante este paréntesis de varios meses hemos sido transferidos a otro Barco Escuela. Estamos conociendo a nuevos oficiales y grumetes. También sentimos ilusiones nuevas, y con ellas nuevas ideas, nuevas direcciones, nuevos retos.
¡Desplegad velas! ¡Partimos otra vez en busca de nuevos horizontes!

14.5.10

[El Problema de la Semana] Pirámide numérica

Nos acercamos al final del curso en nuestro Barco Escuela y éste es el problema de la semana planteado:

La pirámide del gráfico está formada por ladrillos, cada uno con un número. El número de cada ladrillo es igual a la suma de los dos ladrillos sobre los que se apoya. Averigua los números que faltan. (Pista: comienza por averiguar razonadamente el número contenido en el ladrillo marcado con una “x”)

Por favor... ¿Todavía, no sabe dónde está la solución? ¡Cómo es posible a estas alturas...! ¡Más abajo, más abajo, después de la imagen!


[En esta imagen podemos ver la  increíble Pirámide de los Nichos en El Tajín, Veracruz, México. Pertenece a la cultura totonaca, una de las civilizaciones precolombinas que habitaron en territorio mexicano. Si nos fijamos con detalle, la pirámide está formada por siete pisos, y el número de nichos o huecos cuadrados de cada piso en la cara que vemos en la foto, va formando, de abajo a arriba, la sucesión 22, 19, 16, 13, 10, 7 y 5. Curiosamente, los seis pisos inferiores están en progresión aritmética,  de diferencia igual −3, es decir, cada piso disminuye en tres nichos conforme ascendemos. Pero el último piso, el séptimo, rompe la regla disminuyendo sólo en dos, y en lugar de tener 4 nichos tiene 5. ¿Cuál es el motivo de esta corrección? Consultando la entrada de la wikipedia, el número total de nichos que decoran la fachada coincide con el número de días de un año: 365. Si sumamos los términos de la sucesión, 22 + 19 + 16 + 13 + 10 + 7 + 4 = 91, y multiplicamos por 4 caras que tiene la pirámide, nos da 364 nichos. En una de las caras hay una escalera, lo que modifica ligeramente la distribución. Los constructores debieron de adaptar la sucesión y poner cinco nichos en el piso de arriba en lugar de cuatro para que la cuenta coincidiera correctamente con el número de días del año al sumar todos los nichos de todas las caras. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:
Evidentemente, sin la pista de la "x" el problema sería mucho más difícil de resolver. Fijémonos en los dos ladrillos a la izquierda, los que reposan sobre los ladrillos señalados respectivamente con 19, x, 8. Cada uno de esos ladrillos es igual a la suma de los dos sobre los que se apoya, luego en ellos los números serían 19 + x, x + 8. Sumando estas dos expresiones tenemos el ladrillo de arriba, y así obtenemos la ecuación:
(19 + x) + (x + 8) = 53
resolvemos:
19 + x + x + 8 = 53
x + x = 53 − 19 − 8
2x = 26
x = 26/2 = 13.
Una vez resuelta la "x", es muy sencillo averiguar los números que faltan. Los números de la pirámide son:

120
53   67
32   21   46
19   13   8   38

Notas: este problema se inspira en otros problemas similares recogidos en el libro de David J. Bodycombe, The Riddles of the Sphinx.

30.4.10

[El Problema de la Semana] Mensaje secreto

Esta semana nos toca descifrar cierto mensaje.

Este es el mensaje que Hugo ha mandado a Mario. Para que nadie se entere de lo que pone, lo ha cifrado usando un alfabeto desplazado, es decir, cada letra ha sido sustituida por otra desplazando el alfabeto un número concreto de lugares. De este modo ha creado un criptograma: WHPJR ÑD FRPWUDVHQD SDUD HPWUDU HP HÑ RUGHPDGRU GH MXDP
El problema es que Hugo ha olvidado dar a Mario el número que indica los lugares que ha desplazado las letras del abecedario. ¿Eres capaz de descifrar el mensaje?

¿Cómo dice? ¿Que si hemos puesto la solución? ¿Todavía se atreve a dudarlo? Búsquela más abajo.

[En esta imagen podemos ver una de las páginas del enigmático manuscrito Voynich, un misterioso libro, escrito y dibujado a mano por un autor anónimo hace unos 500 años, con un lenguaje totalmente incomprensible en un alfabeto desconocido. El libro está, además, lleno de inexplicables ilustraciones que parecen aludir a conocimientos científicos imposibles para la época en la que fue escrito. Debido a la incapacidad para descifrar el texto, algunos han creído que el manuscrito Voynich se trata de un elaborado engaño. Sin embargo, el lenguaje utilizado en él sigue la ley de Zipf, que cumplen todas las lenguas naturales: la longitud de las palabras usadas es inversamente proporcional a la frecuencia de aparición de las mismas. Eso indica que el voynichés, el indescifrable idioma usado en el manuscrito, no se trata de una lengua artificial e inventada como el élfico de Tolkien o el klingon de Star Trek, sino que está basado en una lengua natural. Es imposible que hace 500 años el autor del manuscrito conociera la ley de Zipf, descubierta en el siglo XX, y la tuviera en cuenta, adrede, inventando un lenguaje que la pudiera cumplir.]

Solución:
Basta que tomemos una hoja de papel y escribamos en ella el alfabeto español: A B C D E F G H I J K L M N Ñ O P Q R S T U V W X Y Z (veintisiete letras), y luego lo volvemos a escribir debajo el alfabeto, y hacemos un desplazamiento de letras: si por ejemplo el desplazamiento es de tres lugares, la A la podemos unir con una línea con la D, la B con la E, la C con la F, etc.
También nos podemos construir de papel o cartulina un par de discos como los de la imagen:
Uno de los discos ha de contener el alfabeto de afuera, y el otro el de dentro, los unimos por el centro con una chincheta de forma que puedan rotar independientemente, así es sencillo cambiar cada letra por otra desplazada. En la imagen hay un desplazamiento de siete letras. Téngase en cuenta que el alfabeto de la imagen es un alfabeto inglés de veintiséis letras al que le falta la Ñ.
Hay que probar con diferentes desplazamientos hasta que empiecen a salir palabras con sentido. En nuestro caso, las letras han sido desplazadas precisamente tres letras. Así, para descifrar el texto, sustituimos cada letra por la que está tres lugares delante: la W por la T, la H por la E, la P por la N, etc.
Una vez hecho esto, obtenemos el siguiente mensaje: TENGO LA CONTRASEÑA PARA ENTRAR EN EL ORDENADOR DE JUAN.


Notas: para saber más sobre mensajes cifrados, recomiendo leer mis dos entradas en este blog: Mensajes cifrados (1), y Mensajes cifrados (2): la clave URODINELAS.
El problema de esta semana ha sido extraído del libro de texto de la editorial SM.

23.4.10

[El Problema de la Semana] Potencias elevadas

Esta semana se les propuso a los grumetes el siguiente problema:

A Felipe y Margarita les gusta competir con sus calculadoras. Al igual que muchas otras potencias, 759 no cabe en la pantalla, pero Felipe afirma que el resultado acaba en 1, mientras que Margarita piensa que acaba en 43. ¿Cuál de los dos tiene razón?

La solución aquí mismo, en esta misma pantalla, pero un poco más abajo.

[Aquí tenemos una foto de una de las primeras calculadoras mecánicas, la pascalina, que fue inventada por Pascal, de ahí el nombre, en 1645. La pascalina sólo era capaz de sumar y restar números de hasta seis cifras, y Pascal la construyó pensando en ayudar a su padre, contador de la Hacienda francesa, y facilitarle el trabajo con los cálculos aritméticos comerciales.]

Solución:
Los problemas en los que nos dan potencias altas y nos piden en qué cifra terminan se resuelven todos probando con las primeras potencias y encontrando la secuencia de terminaciones.
Para las potencias de 7 es fácil encontrar la secuencia:
70 = 1
71 = 7
72 = 49
73 = 343
74 = 2.401
75 = 16.807
76 = 117.649
77 = 823.543
78 = 5.764.801
etc.
Como se puede comprobar, la cifra de las unidades sigue la secuencia 1, 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, ... de forma que las potencias múltiplos de 4 acaban todas en 1.
La potencia que estamos buscando es la 59, la múltiplo de 4 anterior más próxima es la 56, 756 termina en 1, 757 termina en 7, 758 termina en 9 y 759 termina en 3. Felipe, por tanto, no tiene razón.
Pero más que en 3, Margarita afirma que termina en 43 exactamente. ¿Es eso cierto? Si observamos la sucesión de potencias, veremos que también la cifra de las decenas va siguiendo un patrón concreto: 01, 07, 49, 43, 01, 07, 49, 43, luego podemos asegurar que Margarita sí tiene razón.
De hecho, con ayuda de una calculadora que pueda mostrar todos los números, por ejemplo la web2.0calc, obtenemos la potencia completa que estamos buscando: 
759 = 72.574.551.534.231.909.331.741.171.093.173.785.967.490.646.405.143

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial SM.

16.4.10

[El Problema de la Semana] Los vecinos

Este es otro antiguo problema de la semana que incluí en la web doDK:

El abuelo de Dani, que es un simpático señor que ya cumplió los 70 pero al que aun le falta para llegar a los 80, y el padre de Laura, que es cuarentón, viven en la misma calle, en la acera de los pares y en casas contiguas. Laura observa que el producto de la edad de su padre por el número de la casa del portal en que vive es igual al producto de la edad del abuelo de Dani por el número de su portal. Calcula las edades de ambos y los números de sus casas.


Más abajo, como siempre, está la solución.


[La foto que hemos seleccionado hoy es la de la fachada del Museo de Sherlock Holmes, en Baker Street. El famoso detective de ficción siempre se destacó por resolver sus casos con su aguda percepción de los detalles y su irresistible capacidad lógica. Arthur Conan Doyle afirma que Sherlock Holmes vivía en el número 221B de Baker Street, pero ese número en realidad no existía, porque en la época en que Doyle escribió los relatos la numeración de la calle sólo llegaba a 100. Más tarde, en el siglo XX, la calle se amplió, uniéndose a la que antes se conocía como Upper Baker Street, y ocho números, entre los que se incluía el 221, fueron asignados a un edificio llamado Abbey House, que desde ese momento empezó a recibir una ingente correspondencia desde todas partes del mundo dirigida al famoso detective. Tantas cartas recibían, que la Abbey Road Building Society, la constructora del edificio, tuvo que designar un "secretario permanente de Sherlock Holmes" para que se hiciera cargo de aquella correspondencia. La imagen y toda la información se ha tomado de esta web.]

Solución:

Este es un problema de tanteo, pero en el que, al igual que hacía Sherlock Holmes, tenemos que emplear la lógica para descartar posibilidades y quedarnos con la única solución válida. Si llamamos D a la edad del abuelo de Dani, y d al número donde vive, L a la edad del padre de Laura y l al número donde vive, entonces:
D · d = L · l
Si pasamos a un lado las edades y a otro los números de los portales, entonces:
D / L = l / d
Lo que nos interesa de esta igualdad es que las edades forman la misma proporción o razón que los números de las casas. D es un número entre 70 y 79, y L es un número entre 40 y 49. Entonces la razón de las edades es como mínimo 70/49 = 1.42857, y como máximo 79/40 = 1.975.
Ambas personas viven en casas contiguas en la acera de los pares. Los números de los portales pueden ser 2 y 4, 4 y 6, 6 y 8, 8 y 10, etc. Pero las razones en cada pareja de números son: 4/2 = 2; 6/4 = 1.5; 8/6 = 1.3333; 10/8 = 1.25, etc. Rápidamente se llega a la conclusión de que los números de las casas han de ser 4 y 6, para estar en una proporción compatible con las edades, D y L, pues las demás parejas tienen una razón demasiado elevada (4/2 = 2), o demasiado pequeña (8/6, 10/8, etc.)
Una vez que tenemos esto, vamos probando parejas de edades que estén en la misma proporción que 4 a 6, y encontramos que los únicos números que cumplen este requisito son 48 y 72, 72/48 = 1.5, con lo que el abuelo de Dani tiene 72 años y el padre de Laura 48, y viven en el número 4 y el número 6 respectivamente.

9.4.10

[El Problema de la Semana] El profe de matemáticas

A continuación un sencillo problema recuperado entre los restos de doDK.

Tenemos un profesor de matemáticas que no pierde oportunidad de ponernos problemas. El otro día hicimos un examen y hoy, en la clase, le dijimos que si lo había corregido. Nos dijo que sí, pero que los había olvidado en su casa. Nos fastidió, así que le preguntamos si recordaba al menos el número de aprobados. Nos contestó que no recordaba el número exactamente, pero que le llamó la atención que al 95% de los alumnos y alumnas que habían aprobado les gustase mucho el baloncesto. Si en clase hay 35 alumnos/as, ¿cuántos aprobaron?

Si miran ustedes más abajo de la imagen, encontrarán la solución, como siempre.

[Ya que el problema de la semana habla de baloncesto, y yo siempre he sido muy aficionado a este deporte, incluyo una ilustración con las medidas de la cancha, del balón, la canasta, etc. Como todo el mundo sabe, tanto el baloncesto como los demás deportes se pueden ver desde un punto de vista matemático, por la geometría de la cancha y de los objetos usados, la estadística de los deportistas, las marcas de velocidad, tiempo y masa, las trayectorias del balón, la disposición dinámica de los jugadores, etc. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:
Basta mirar aquellos números que al hacerle el 95 % da un resultado exacto. El único número menor de 35 cuyo 95% es exacto, es 20, luego aprobaron 20 alumnos y de ellos al 95%, es decir, a 19 alumnos, les encanta el baloncesto.
También se puede observar que 95% = 95/100 y si simplificamos la fracción nos queda 95/100 = 19/20.

31.3.10

[El Problema de la Semana] Cuadrado al cuadrado y algo más

Otro de los antiguos problemas publicados en doDK, del cual, como es habitual, he perdido la fuente y no puedo decir ahora de donde lo extraje.

He tomado un determinado número y hallado su cuadrado. Después, he elevado este cuadrado al cuadrado y multiplicado el resultado por el número original. Al final de mis cálculos, hallo como resultado un número de 7 cifras acabado en 7. ¿Cuál es el número original?

La solución no se hará esperar, en cuanto la imagen dejéis pasar.

[Esta imagen está tomada de la web Grand Illusions. Consiste en un sencillo juguete formado por seis cuadrados hechos de plástico transparente de tres colores, y unidos por una esquina mediante una pieza de goma que se puede pegar a una ventana, por ejemplo. Con la luz que entre por la ventana, los niños pueden jugar  a darle vueltas a los cuadrados y descubrir las diferentes tonalidades de colores que se van formando al combinar los cuadrados entre sí. Recomiendo visitar la página grand-illusions.com, porque está llena de todo tipo de objetos y juguetes mágicos, ilusiones ópticas, y artículos y vídeos de muchos de ellos]

Solución:

Si elevamos al cuadrado, luego otra vez al cuadrado y luego multiplicamos por el número original, estamos elevando a la quinta:

(x2)2 · x = x5

Tenemos que encontrar a un número que elevado a la quinta dé un resultado de siete cifras que termine en 7. Esto se puede hacer a tanteo, aunque basta probar con los números que terminan en 7, porque son los únicos que pueden dar de última cifra 7 cuando se elevan a la quinta potencia (los que terminan en 3 también pueden dar 7 en la última cifra, pero no cuando se elevan a la quinta potencia).

Tras un breve tanteo se comprueba que 175 = 1419857, es decir, 17 es el único número que lo cumple.

29.3.10

El barco fantasma

Cuaderno de bitácora: esta mañana, a través de la densa niebla, he avistado la forma de un navío de aspecto conocido, y con intrépido ánimo le he pedido al timonel que pusiera rumbo hacia el extraño barco. No ha sido difícil surcar el piélago que nos separaba, y cuando nos hemos aproximado hacia el barco nos hemos encontrado para nuestro asombro con la presencia inquietante y fantasmal de doDK, que suponíamos naufragado desde hace varios meses.


A pesar de nuestras voces y señales no hemos recibido contestación, ni hemos podido ver ningún tripulante a bordo; el barco parece abandonado a su suerte. Tanto mi persona como el resto de los matemarineros, dominados por sentimientos supersticiosos, hemos evitado abordar el extraño navío y después de acompañarlo durante un buen rato en su rumbo a la deriva nos hemos separado lentamente de él. Finalmente la niebla se lo ha vuelto a tragar, y dudo que lo vayamos a encontrar de nuevo en nuestro periplo.

Ignoro si sus bodegas conservarán intacto aquello que una vez contuvieron, yo por mi parte no pienso averiguarlo. ¡Adiós doDK! ¡Sigue surcando el ancho espacio de los matemares en tu recorrido aleatorio! ¡Conviértete en una de esas leyendas y misterios que pueblan las inmensidades mateoceánicas! ¡Que las tormentas te respeten, el agua no pudra tus fuertes cuadernas y los peces se asombren al verte pasar brillando al sol de cielos limpios!

26.3.10

[El Problema de la Semana] Sumas de impares

Hoy, otro de los antiguos problemas de doDK:

Nos han encargado que sumemos todos los números impares desde el 1 al 101 ambos inclusive. Después de un buen rato hemos finalizado la cuenta, pero luego nos han encargado la suma del 1 al 201, y cansados de sumar, queremos encontrar una fórmula fácil que nos dé el resultado.

Encuentra la fórmula, y como aplicación calcula la suma de los impares desde el 1 al 101, del 1 al 201 y del 1 al 343.

¿Dónde estará
la solución?
Justo pasando
la ilustración.
Girad la rueda
en el ratón;
la encontraréis
sin dilación.

[Esta imagen está tomada de una actividad realizada por George Hart en la Universidad de Albion (Albion College), en el verano de 2008. Muestra el vestíbulo de dicha Universidad, en la que Hart dirigió a varios grupos de personas para montar las estructuras geométricas que luego fueron izadas y colgadas a diferentes alturas, como se ve en la foto. En total hay nueve formas geométricas, aunque en la imagen sólo se ven ocho, y están colocadas de forma que su sucesión inspira el vuelo de un asteroide o cometa espacial. Es sorprendente que, a pesar de que las estructuras son perfectamente regulares, Hart ha conseguido una forma intrincada que junto a los colores elegidos sugieren la forma irregular y rugosa de una roca incandescente entrando a la atmósfera de la Tierra. Ver nota al final de esta entrada para más detalles sobre George Hart]

Solución:
Basta ir probando con las primeras sumas de impares y darse cuenta de lo que pasa:

1 = 1 = 12
1 + 3 = 4 = 22
1 + 3 + 5 = 9 = 32 ...

Las sumas de números impares consecutivos siempre da el cuadrado de un número, concretamente el número que es media aritmética de los impares que estamos utilizando. Si queremos sumar todos los impares desde el 1 al 101 va a salir el cuadrado del número que es media aritmética entre 1 y 101:

(1 + 101) : 2 = 51; luego

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 99 + 101 = 512 = 2601

Y de la misma forma:

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 199 + 201 = 1012 = 10201
1 + 3 + 5 + 7 + ... + 341 + 343 = 1722 = 29584

Aclaración: evidentemente, para los matenavegantes un poco curtidos, este problema trata en realidad de la suma de progresiones aritméticas, y se pueden utilizar las fórmulas apropiadas para calcular dichas sumas, pero en este caso particular, sumando números impares, nos hemos encontrado con el atajo que se ha explicado antes y las fórmulas no son necesarias, tan solo un poco de atención e ingenio.

Nota: la página de George Hart es uno de los últimos descubrimientos en nuestro periplo de matenavegación. Recomendamos a todos los oficiales de los Barcos Escuela que la visiten, porque está llena de sorprendentes actividades. Una de ellas, concretamente la que Hart realizó en la Universidad de Sevilla en octubre de 2008, la hemos repetido en nuestro propio Barco, y en este enlace se pueden contemplar los resultados.

23.3.10

Ludolph van Ceulen y la extraña redacción (o en qué se parece una furgoneta a los 35 primeros decimales del número pi)

Cuaderno de bitácora: entre los muchos papeles viejos que aparecieron el pasado verano cuando nos pusimos a hacer una limpieza a fondo de los camarotes, quiero subir a este blog uno de ellos que me trae la imagen de una simpática grumete de hace tres o cuatro años, la cual, un día de aquellos, y a propuesta mía, presentó una redacción sobre Ludolph van Ceulen.
La curiosa vida de van Ceulen la encontré por primera vez dentro de un libro de texto, en un pequeño artículo de una sección de curiosidades incluidas al final de cierto tema. Ludolph van Ceulen fue un matemático alemán del siglo XVI y principios del XVII, que emigró a Holanda por motivos religiosos y fue nombrado profesor de la Universidad de Leiden en 1600, cuando contaba con 60 años. Lo más curioso, y el motivo de que se le recuerde, es que se pasó los último veinte años de su vida calculando cifras decimales al número pi, π, y cuando murió había logrado determinar π con la friolera de... 35 cifras decimales:
3,14159265358979323846264338327950288.
Como recordatorio de su gesta, el número π con sus treinta y cinco primeros decimales fue grabado en la lápida de su tumba, y en parte de Europa al número π se le ha llamado durante mucho tiempo número ludolphino (pronúnciese la ph como una efe: "ludolfino").
El número π es quizás el más famoso de las matemáticas, y conocer su historia es descubrir un largo camino lleno de hitos importantes, mediante los cuales nos podemos hacer una idea de lo que han sido muchos aspectos de la aritmética, de la geometría, del álgebra, del cálculo y del análisis, y de cómo han ido evolucionando a través de los tiempos. No es una historia para conocer ni comprender por completo en un rato, sino que requiere paciencia y progresiva profundización.
La historia de π está llena de anécdotas y hechos curiosos. Podemos hacer un mínimo resumen de ella, y empezar diciendo que π era conocido desde la más remota antigüedad en su definición, "la razón o proporción entre la longitud de una circunferencia y su diámetro"; pero una cosa es definirlo y otra muy distinta es calcularlo.
Diferentes civilizaciones han dado distintas aproximaciones del número π, algunas más alejadas de su valor real, otras más ajustadas, más exactas. En la Biblia, en el Libro de los Reyes, se dan una serie de instrucciones para construir un caldero, y en esas instrucciones se asume implícitamente que π es igual a 3. Los egipcios dieron un valor a π de 3'1666... y los griegos un valor de 3'125. Los chinos se aproximaron mucho, dando un valor a π de 355/113. Si hacemos la división veremos que coincide con π en las seis primeras cifras decimales (consultar la página de la wikipedia para más detalles).
Se dice que Arquímedes fue el primero que propuso un método o algoritmo geométrico que se usó durante siglos para aproximarse al valor de π. El método es muy sencillo: se trata de tomar una circunferencia, de un diámetro determinado, y calcular su longitud aproximándola mediante el perímetro de polígonos regulares. Tomamos polígonos regulares inscritos (polígonos interiores cuyos vértices están en la circunferencia) y polígonos regulares circunscritos (polígonos exteriores cuyos lados son tangentes a la circunferencia). Conforme vamos aumentando el número de lados de esos polígonos, se van pareciendo cada vez más a la circunferencia, y los perímetros se van aproximando cada vez más a la longitud real de la circunferencia, que al dividirla entre la longitud del diámetro, nos va acercando al número pi con la precisión que queramos.
Éste método, como hemos dicho antes, estuvo en uso durante muchos siglos. Pero el problema son los cálculos aritméticos. Sin ayuda de calculadoras, sin ni siquiera el apoyo de los logaritmos, que no se inventarían hasta principios del siglo XVII, los matemáticos de aquellos tiempos se tenían que enfrentar a tediosos cálculos a mano que, para obtener unas cuantas cifras decimales de π, requerían horas y horas de trabajo. El método de Arquímedes, a pesar de la simplicidad de su planteamiento, es un método lento, se necesitan ir tomando polígonos de muchos lados (miles, millones, billones de lados) para avanzar significativamente en el cálculo de las cifras decimales de π. Se dice, por ejemplo, que para obtener las 35 cifras de π, Ludolph van Ceulen necesitó manejar polígonos regulares de 2 elevado a 62 lados (unos cuatro trillones y medio de lados; un trillón = un uno seguido de dieciocho ceros, 1.000.000.000.000.000.000 = 1018).
A partir del siglo XVII, XVIII, con el avance del cálculo infinitesimal y del análisis matemático, empezaron a desarrollarse métodos mucho más eficientes para el cálculo de las cifras decimales del número π. Newton, Leibniz, Wallis, Euler fueron algunos de los matemáticos que, a través del estudio de las series numéricas, encontraron dichos métodos de cálculo.
Sería en pleno siglo XX cuando la llegada de los ordenadores permitiría dar un salto de gigante en el cálculo de esas cifras. Ferguson, en 1947, con la ayuda de una calculadora mecánica, llegó a calcular 808 decimales de π, pero apenas dos años más tarde, ENIAC, el primer ordenador, logró calcular 2037 decimales de π en tan solo setenta horas. Después de este acontecimiento y hasta nuestros días, se han utilizado ordenadores cada vez más rápidos y potentes, y el número de cifras decimales calculadas ha ido aumentando de forma exponencial. La última marca la estableció Fabrice Bellard el 31 de diciembre de 2009, día en que anunció que había conseguido un total de 2.7 billones de cifras decimales. En este artículo de El País se cuentan los detalles.
Regresando a la redacción que me presentó la grumete hace varios años, conservo la fotocopia de la misma y he podido releerla. Esta redacción ya ha quedado como un paradigma de la desconexión total que a veces se produce entre los grumetes y las tareas que tienen que hacer. Cuando en el Barco Escuela los oficiales matenavegantes les mandamos una tarea, lo importante para ellos es presentar algo, lo que sea, aunque no tenga el mínimo sentido. Y eso es lo que me presentó la grumete, un papel escrito a mano, con buena letra, y decorado con el típico método de ir chamuscando y quemando ligeramente los bordes del papel para que parezca un viejo pergamino, pero su contenido no tenía ni pies ni cabeza. A continuación lo reproduzco; el lector debe tener en cuenta que la intención es escribir sobre van Ceulen y las cifras decimales del número pi:
Al 1500s España fue encontrada a un "limpiamiento espiritual" conocido también como la "inquisición". A los no Católicos, esto significó el encarcelamiento, la tortura generalmente, y/o ejecución. Mientras que el español comenzó a conquistar Europa occidental, forzaron muchos a huir a la seguridad de los estados holandeses.
Tal es el caso de Colonia, que cayó a España en 1559. Como muestra de identificación, las clases ricas de Colonia unieron a menudo, furgoneta Keulen de van Ceulen ("akal del subfijo") a sus nombres, que significa literalmente "de Colonia".
Eventual, los nombres de la "furgoneta" se reconocieron mientras que los apellidos, y así, la familia de la furgoneta Keulen/van Ceulen fueron creados.
¿Inquisición española? ¿Colonia? ¿furgoneta Keulen? ¿reconocimiento de apellidos?


Supongo que la autoría de la redacción está compartida entre alguna página web en inglés sobre Colonia y un traductor automático particularmente extraño y desafortunado. A la grumete no pareció importarle el contenido. Simplemente lo copió, a mano (lo cual no deja de tener su mérito) y lo presentó. Posteriormente he estado buscando en la red la fuente de la redacción, pero no he sido capaz de encontrar tal combinación de despropósitos.
Lo que más me ha gustado, con diferencia, es la traducción de van Ceulen por furgoneta Keulen. Me recuerda lo bien que lo pasé leyendo un folleto de instrucciones para la instalación de la placa base de un ordenador; en dicho folleto, entre muchas otras barbaridades, el traductor de turno hablaba del abanico de la placa base, refiriéndose en realidad al ventilador, y lo único que me faltó es imaginarme a la placa base ataviada con peineta, mantón de manila, y una flor entre las conexiones de los chips.

19.3.10

[El Problema de la Semana] El cuadrado maya de la buena suerte

Este problema también apareció en doDK hace bastante tiempo.

En una pirámide maya hay un grabado como el que reproducimos. Debajo de él se puede leer: “Aquel que calcule la superficie del cuadrado interior, sabiendo que el exterior mide 100 centímetros cuadrados, recibirá del dios Itzamná suerte durante 50 años del calendario Tzolkin”. Si crees en la fuerza del destino, ponte a trabajar.
¿Hoy también ponemos la solución? ¿No? ¿Sí? ¿Tal vez? Pues miremos más abajo de la ilustración si queremos saberlo.


[Una de las actividades del pueblo maya era su famoso juego de pelota, en el que en una cancha con forma de H los jugadores mayas se disputaban una pelota maciza de caucho para intentar introducirla por uno de los dos aros de piedra verticales sujetos en las paredes centrales. La pelota se podía golpear con la cintura, y parece que también con los hombros, codos y rodillas, pero no con manos, pies ni cabeza. Los partidos podían durar un día y una noche, y no se disputaban como un entretenimiento, sino como un ritual, un oficio religioso que representaba la mitología maya de la creación]

Solución:
Es muy sencilla, basta con girar el cuadrado de dentro y colocarlo como se ve en el dibujo adjunto, y así nos daremos cuenta de que la superficie del cuadrado pequeño es la mitad de la del cuadrado grande.
Por tanto la solución es 50 centímetros cuadrados.
El que no se da cuenta de este astuto giro, lo puede resolver por el teorema de Pitágoras, llegando a la misma solución.

Notas: en su momento no apunté la fuente de muchos de los problemas que incluí en doDK, y de momento, debido a ciertos arreglos que se están realizando en nuestro Barco Escuela, no puedo buscar dichas fuentes, así que ahora me encuentro con que sé que este problema de hoy lo saqué de alguna parte, pero no puedo decir de dónde.
Los problemas de matemáticas son como los refranes, o como los chistes, es difícil rastrear al verdadero autor, pues muchos de los problemas se remontan a libros, pergaminos, papiros y estelas antiquísimos, y los profesores matenavegantes de todas las épocas los han ido transmitiendo con multitud de variaciones y adaptaciones a sus alumnos durante las clases de matemáticas. Si decimos que un problema lo hemos extraído de tal libro, lo más probable es que el autor de dicho libro lo haya tomado de otro libro anterior, o de alguien que se lo contó en su momento, y ese alguien lo recibió de otro alguien anterior, etc. Es muy difícil encontrar hoy en día problemas totalmente originales, salvo cuando ya son muy especializados en diversas ramas novedosas de las matemáticas.

12.3.10

[El Problema de la Semana] Una calculadora estropeada

Ahí va el nuevo problema:

Imagina que tu calculadora tiene estropeada la tecla del "cero". El juego consiste en conseguir que aparezcan en la pantalla estos números: 250, 205, 2050, 0'025.
¿Y cómo se podrían efectuar los siguientes cálculos? 0'025 · 205; 2050 : 250.
Recuerda que la tecla del "cero" sigue estropeada.

¡Santo cielo! ¿Dónde estará la solución? Que no cunda el pánico... Está más abajo, después de la imagen ilustrativa.

[Hablando de calculadoras, esta cosa extraña con el nombre de CURTA es en realidad una calculadora mecánica inventada durante la Segunda Guerra Mundial por un prisionero de un campo de concentración nazi, Curt Herzstark. Evidentemente, el nombre de Curta proviene del nombre su inventor, que sobrevivió al campo de concentración y perfeccionó el diseño de su calculadora, sacándola al mercado en 1948. Fueron consideradas las mejores calculadoras de mano hasta 1970, año en que empezaron a ser reemplazadas por las calculadoras electrónicas. Las Curtas pueden sumar, restar, multiplicar y dividir, y por su diseño fueron llamadas molinillos de pimienta. Se puede consultar la página de la wikipedia para más detalles, y también un simulador de cómo funciona]


Solución:
Es evidente que este problema admite múltiples soluciones. Por ejemplo, si queremos que aparezca en pantalla el 250 sin pulsar la tecla del "cero" podemos hacer cualquier cálculo que nos dé 250 como solución, y hay infinidad de cálculos en los que no necesitamos pulsar el "cero": 249 + 1, 251 − 1, 125 · 2, etc...
A continuación voy a escribir una de esas infinitas posibilidades, buscando pocas operaciones y una cierta "elegancia" en la elección de los números, usando principalmente productos y divisiones en lugar de sumas y restas:
250 = 125 · 2
205 = 41 · 5
2050 = 82 · 25
0'025 = 1 : (8 · 5)
Una vez que tenemos estas posibilidades, basta combinarlas para obtener las dos operaciones que nos pregunta el problema:
0'025 · 205 = [1 : (8 · 5)] · 41 · 5
2050 : 250 = (82 · 25) : (125 · 2)

Ampliación:
Aprovechando que en nuestra solución hemos usado productos y cocientes, las dos últimas operaciones se pueden simplificar y obtener el mismo resultado con menos pasos.
0'025 · 205 = [1 : (8 · 5)] · 41 · 5, aquí podemos simplificar un 5 que multiplica con otro que divide, obteniendo el mismo resultado así: 0'025 · 205 = 41 : 8
2050 : 250 = (82 · 25) : (125 · 2), podemos simplificar el 25 con el 125 y el 82 con el 2, y se obtendría el mismo resultado así: 2050 : 250 = 41 : 5
Cuando los matenavegantes nos encontramos con un problema que tiene muchas formas de solucionarse, no nos conformamos con haber encontrado esas soluciones, sino que nos preguntamos cuál de las soluciones será la más corta, la más eficiente, etc. Sí, a los matenavegantes nos gusta complicarnos la vida. En nuestro caso podría ser interesante averiguar, para cada una de las operaciones, cuál es el mínimo número de teclas que tenemos que pulsar en nuestra calculadora para obtener el resultado.
Así, para 250, parece que necesitamos al menos pulsar cinco teclas más la del "igual", aunque eso también dependerá del modelo de calculadora que tenemos.
Si hacemos 250 = 125 · 2, son cinco teclas (más la del igual, pero de ahora en adelante no vamos a contarla), pero si hacemos 250 = 53 · 2, y nuestra calculadora tiene una tecla que eleva al cubo directamente, entonces sólo tenemos que pulsar cuatro teclas.
Análogamente, 205 = 199 + 6, aquí hay que pulsar cinco teclas, pero con la solución que hemos dado más arriba, 205 = 41 · 5, sólo hay que pulsar cuatro.
Invito a todos los lectores a que experimenten con sus propias calculadoras y traten de encontrar esos números mínimos de teclas que se necesitan para cada cálculo.

Notas: este problema ha sido extraído del libro de texto de la editorial SM.


5.3.10

[El Problema de la Semana] Llenas, medio llenas y vacías

El problema de la semana para los grumetes:

Tres hermanos recibieron 21 botellas cerradas iguales con diferentes cantidades de un refresco de naranja: 7 estaban llenas; otras 7, medio llenas, y las 7 restantes, vacías.
¿Cómo repartirse las 21 botellas de modo que cada uno reciba el mismo número de botellas y la misma cantidad de refresco sin destapar las botellas?

La solución, ¡cómo no!, debajo de la foto.

[En la fotografía se puede contemplar un modelo tridimensional de la botella de Klein, una superficie cerrada que no tiene interior ni exterior, y que es equivalente, en superficie cerrada, a la banda de Möbius. Nosotros, en nuestra realidad tridimensional, estamos acostumbrados a que las superficies cerradas, como un balón de fútbol, una botella cerrada, una caja cerrada, tengan interior y exterior, y no se pueda pasar de uno a otro sin romper o atravesar la superficie. En realidad, la botella de Klein no es un objeto tridimensional, sino tetradimensional (de la cuarta dimensión), una superficie que no se corta a sí misma, pero como se aprecia en la foto, para representarla en tres dimensiones se necesita que el "cuello" de la botella se meta dentro de la "barriga" para unirse con el fondo, atravesando la superficie, cosa que en cuatro dimensiones no pasaría. La foto me parece muy simpática: obsérvese la absurda escala de medida, en la que el volumen contenido es siempre cero, (en realidad, al no tener interior ni exterior, cualquier cosa que se "meta" dentro de la botella no se puede aislar del exterior, con lo cual esta botella no sirve para "guardar" nada); obsérvese también en la parte inferior la frase en inglés Imported from the 4th Dimension, "importada de la cuarta dimensión". La imagen se ha extraído de esta web]

Solución:
En primer lugar debemos darnos cuenta que en total son 21 botellas, y de refresco son 7 botellas enteras y 7 medias botellas, que hacen 10½ botellas, con lo que repartiendo entre los tres, cada uno debe tener 7 botellas, y de refresco 3½ botellas cada uno. Hay al menos dos soluciones diferentes, como cualquiera que piense un poco puede descubrir, y creo que son las dos únicas soluciones.
Una primera solución podría ser:
-el primer hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.
-el segundo hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.
-el tercer hermano, 1 botellas llena, 5 botellas medio llenas, y 1 vacía. 
Una segunda solución podría ser:
-el primer hermano, 2 botellas llenas, 3 botellas medio llenas, y 2 vacías.
-el segundo hermano, 2 botellas llenas, 3 botellas medio llenas, y 2 vacías.
-el tercer hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto para 3º ESO de editorial SM.

26.2.10

[El Problema de la Semana] Los güisquis

Otro sencillo problema publicado en doDK, aunque hemos cambiado el protagonista y el tipo de bebida.

Un escocés y medio se bebe un güisqui y medio en un día y medio. ¿Cuántos güisquis se beben seis escoceses en seis días?

¿La solución? ¿dónde? Pues como siempre... más abajo de la imagen.

[En la imagen, tomada de Wikimedia Commons, un gaitero escocés, con su precioso traje de gala. De Escocia es un matemático muy conocido, John Napier, el descubridor de los logaritmos. Su apellido, Napier, adaptado, da nombre a los logaritmos neperianos]

Solución:
Se puede resolver paso a paso, o aplicando una regla de tres compuesta.
Si un escocés y medio se bebe un güisqui y medio en un día y medio, entonces, en un solo día se bebe un solo güisqui. El doble de escoceses, tres, se beberán en un solo día dos güisquis, y el doble, seis escoceses, se beberán en un solo día cuatro güisquis.
Por tanto, seis escoceses se beberán en seis días 6 · 4 = 24 güisquis.

Nota: aunque es un problema muy sencillo, la primera vez que leí el enunciado me dejó perplejo eso de un escocés y medio, y me gustó el ritmillo de la frase, que parece querer convertirse, cualquier día, en una tonta canción infantil, acompañada, por supuesto, de un fondo de gaitas escocesas.

22.2.10

Matemáticas y cine: Dentro del Laberinto

Cuaderno de bitácora: parece que todos los cursos, en el Barco Escuela, estoy recurrentemente destinado a repetir a los grumetes los mismos temas. Uno de ellos surge cuando les presento al maravilloso y popular pintor M. C. Escher, y les muestro algunos de sus cuadros. Hay uno de ellos, Relatividad, que es muy conocido, y representa una especie de lugar fantástico, una casa o castillo, en el que las tres dimensiones van intercambiándose el papel de arriba-abajo, izquierda-derecha, delante-detrás. El dibujo parece estar presidido por escaleras que son subidas y bajadas por individuos anónimos, pero no hay una dirección para subirlas o bajarlas, sino que la referencia es relativa a cada individuo: para cada uno de ellos la perspectiva arriba o abajo, izquierda o derecha, delante o detrás, es diferente. El castillo se abre en arcos y balcones a un exterior que también es distinto en cada perspectiva, haciéndolo imposible de conciliar para la imaginación de los que observamos la escena.
En este mundo de fantasía plasmado por Escher, los individuos sin rostro parecen autómatas incapaces de interactuar entre sí, cada uno vive atrapado por su propia perspectiva y situación, carecen de ojos para ver, quizás porque la visión sería incomprensible para su cerebro, y también carecen de oídos y de boca, porque el diálogo entre ellos es inútil, pues nunca podrán ponerse de acuerdo en una forma común de ver el mundo.
Propongo al lector que observe por un momento el cuadro y agrupe los diferentes personajes anónimos por conjuntos, cada uno con la misma perspectiva. Por ejemplo, en la esquina superior izquierda, hay una pareja que camina dándonos la espalda, y a su lado un personaje apoyado en un pretil, y un poco a la derecha otro personaje que baja una escalera, los cuatro con la misma orientación y perspectiva. O, en la esquina inferior derecha hay dos individuos sentados a una mesa delante de lo que parecen comestibles, y un poco a la izquierda se ve a otro, con la misma orientación, bajando una escalera y llevando en su mano izquierda una bandeja con una botella. ¿Cuántas perspectivas hay en total? ¿Cuántos personajes pertenecen a cada orientación?
Supongo que se puede filosofar mucho sobre el significado de la imagen de Escher, y sacarle un paralelismo con la situación del mundo actual y la actitud de tantos sectores radicales y fanáticos de la sociedad respecto a los demás sectores. Sin embargo, el título del cuadro lo resume todo: relatividad, todo es relativo, cada persona interpretará su mundo de acuerdo a su propia visión y la comprensión mutua llegará cuando sepamos ver esa misma relatividad en la que se envuelve todo, o cuando seamos capaces de ponernos de acuerdo en elegir perspectivas comunes.
A los grumetes, en clase, les comento que éste es un cuadro utilizado en una hermosa película: Dentro del Laberinto (Labyrinth), que les recomiendo encarecidamente para que la vean si no lo han hecho ya.
Personalmente, la película Labyrinth está ligada a diversos recuerdos nostálgicos de mi adolescencia. Con diecisiete o dieciocho años formaba parte de una pandilla de amigos y amigas del colegio, salíamos a pasear, a tomar algo en alguna cafetería, a visitar juntos los centros comerciales, a ir al cine, etc. Una de las películas que proyectaron en las pantallas de aquella época fue Dentro del Laberinto. Quizás sea que recuerdo aquellos años y los vuelvo a ver con los ojos soñadores de un adolescente, pero estoy convencido que fue una de las mejores épocas para el cine. En las pantallas se estrenaban películas llenas de fantasía e imaginación; fueron los años del triunfo de Steven Spielberg y George Lucas, los años en los que se estrenó, por ejemplo, la que considero mejor película de toda la saga Star Wars: El Imperio Contraataca; los años en los que apareció Indiana Jones, Blade Runner, Alien, Excalibur, Galáctica, Terminator, Rocky, y tantos otros títulos que luego han dado lugar a sagas, remakes e imitaciones.
En Sevilla, en la calle República Argentina, existe todavía una tienda de la cadena Vips que fue abierta en aquellos tiempos. Disponía de lo último en videos y libros, y entre los que exponía pude hojear un libro dedicado a los personajes de la película Dentro del Laberinto. El libro se ilustraba con una enorme cantidad de dibujos y bocetos de los monstruos de la película, duendes, ogros, goblins, describiendo cada uno de ellos, sus características, sus ocupaciones, su comportamiento, etc. Aquella imagen del libro lleno de dibujos y bocetos se me ha quedado grabada en la memoria, como un permanente estímulo para la imaginación. Éste es uno de los momentos atesorados de mi adolescencia, que envuelto en el glamour de la tienda Vips, en el ambiente de mi pandilla y en la magia del cine, siempre que lo recuerdo me produce un profundo estremecimiento emocional.
En Labyrinth, la joven Sarah (interpretada por Jennifer Connelly) debe rescatar a su hermano pequeño, que ha sido secuestrado por el rey de los goblins, Jareth (interpretado por David Bowie). Para ello debe introducirse en el reino de los duendes y atravesar el laberinto que se extiende delante del castillo de Jareth, y llegar al castillo antes de que se cumplan las trece horas asignadas para el rescate.
Al principio de la película, podemos ver la habitación de Sarah; en una de sus paredes destaca un póster con el grabado Relatividad de Escher que hemos puesto arriba. Los autores del filme han colocado allí el grabado como una referencia al autor holandés, pues se han inspirado en su obra para plasmar el interior del castillo de Jareth, que tiene una disposición similar a la representada en el cuadro y que vamos a conocer al final de la película, en el momento del desenlace. Es entonces cuando sola y metida en una especie de mundo onírico, Sarah llega al castillo y se encuentra un salón incomprensible lleno de puertas y escaleras colocadas en imposibles perspectivas, por las que el rey de los goblins juega a bajar y subir, salir y entrar, violando las leyes de gravedad y retando a Sarah en un último juego de ingenio e imaginación. La joven trata de llegar hasta donde se encuentra su hermano Toby, pero éste se aparece siempre en la escalera equivocada y se muestra inalcanzable, por mucho que Sarah se esfuerza en encontrar el camino correcto. La muchacha deberá tener fe y romper la ilusión saliéndose de las normas retorcidas que quiere imponerle el rey de los goblins, para rescatar finalmente a su pequeño hermano.
Hay un momento en el filme que también tiene una referencia matemática muy concreta. Es el momento en el que Sarah se enfrenta con dos puertas, delante de las cuales hay dos personajes extraños, cada uno de ellos cubierto por un escudo tras el que se asoma una cabeza por arriba, otra por abajo, varias manos y varios pies. Los personajes informan a la joven que una de las puertas conduce directamente al castillo del rey de los goblins, y la otra a una muerte segura. Para averiguar cuál es la puerta buena, las reglas son que Sarah sólo podrá hacer una pregunta y sólo a uno de los dos personajes, pero uno de ellos siempre miente y el otro siempre dice la verdad, y la joven no sabe cuál es cada cual. Así que después de pensar unos momentos Sarah se acerca a uno de ellos y le hace la pregunta correcta: "¿Me diría tu compañero que ésta es la puerta que lleva al castillo?", y cuando le contesta que sí, entonces la chica deduce que la puerta buena es la otra (piense el lector por qué).
Éste es uno de los problemas más conocidos en el que aparecen personajes que siempre dicen la verdad y otros que siempre mienten, y que a través de lo que dicen, hay que deducir cuál es la verdad. Existen libros enteramente dedicados a este tipo de problemas de lógica.
El mismo problema aparece en el filme español La habitación de Fermat, y uno de sus protagonistas afirma que lo vio en una película; es evidente que se está refiriendo a Dentro del Laberinto.
Notas: para contemplar la obra de Escher, es recomendable visitar su página oficial.