Juegos

de ingenio y entretenimiento matemático

Jean-Pierre Alem

gedisa

Título del original francés:

Jeux de Vesprit et divertissements mathématiques

© by Jean Pierre Alem

Traducción: Alberto L. Bixio

Supervisión técnica: Fernando Komblit

Primera edición, marzo de 1984, Barcelona, España

Edición digital: Sargont (2018)

© by Editorial Gedisa, S. A. Barcelona-6, España

ISBN N.° 84-7432-199-9

Depósito legal: B.14.712 - 1984

Impreso en Romanyá/Valls (Barcelona)

Impreso en España

Printed in Spain

Cuando Arquímedes descubrió la gravedad de los cuerpos prestó un servicio al género humano; pero ¿de qué nos sirve encontrar tres números tales que la diferencia de los cuadrados de dos agregada al cubo de tres forme siempre un cuadrado y que la suma de las tres diferencias agregada al mismo cubo forme otro cuadrado?

Voltaire,

Diccionario filosófico.

Suprimid todas las curiosidades que apasionan.

Sobre todo no os dejéis hechizar en modo alguno por los diabólicos atractivos de la geometría, nada extinguirá tanto en vosotros el espíritu interior de gracia y de recogimiento.

Fenelón,

Cartas espirituales.

prefacio

Desde su remoto origen la matemática siempre tuvo dos fines: contribuir al progreso de las artes y de las ciencias y divertir a los matemáticos. Los caldeos, los egipcios, los griegos de la antigüedad usaron la aritmética y la geometría para elaborar tablas astronómicas, medir las tierras, dirigir los navíos, pero también las utilizaron para su placer.

Fueron los griegos quienes imaginaron los primeros problemas propuestos en forma de desafío, sus propios dioses intervinieron en este juego cuando Apolo, por boca de su oráculo, planteó a los habitantes de Quíos el problema de la duplicación del cubo. Arquímedes, más modestamente, hizo llegar a los sabios de la Escuela de Alejandría el problema de los bueyes de Trinacia, que aquéllos no supieron resolver.

A comienzos de nuestra era, durante la “guerra de los judíos”, se sitúa la aventura verdadera o falsa de Josefo en las grutas de Jotapata contada por Hegesipo; esa aventura inspira un problema célebre en el imperio romano que se transmitió en formas diversas durante toda la edad media. Los hindúes, grandes matemáticos, extrajeron también ellos de su ciencia el material de problemas placenteros que encontramos en sus cuentos de hadas y en un libro escrito en el siglo XII por Lilawati para su hija.

En Europa, Carlomagno fue el primer gran aficionado a enigmas matemáticos. Ofreció mil escudos a quien resolviera la cuadratura del círculo. Su amigo, el teólogo Alcuino, le propuso el problema famoso del lobo, de la cabra y del repollo.

Pero fue a partir del renacimiento cuando se desarrolló la pasión por los juegos matemáticos. Nicolás Chuquet ofreció de ellos en 1484 una primera colección, uno de cuyos capítulos nosotros reproducimos al fin de este libro. En el siglo siguiente lo imitaron otros autores: Estienne de la Roche, Jacques Chauvet, Jean Trenchant. La cantidad de ediciones de los libros de estos autores es una prueba del éxito que obtuvieron.

A fines del siglo XVI, un profesor de Lovaina, Van Roomen, más conocido por el seudónimo de Adrianus Romanus, reanudando una antigua moda, lanzó a “todos los matemáticos del mundo” un desafío en la forma de cierta ecuación de 45° grado para resolver. Frangois Viéte, consejero del parlamento de Bretaña, le envió la solución exacta.

En el siglo XVII Adrianus Romanus fue imitado por Fermat, Pascal, Descartes, Mersenne, quienes lanzaron sus desafíos a través de toda Europa. Desafíos de Fermat al inglés Digby que dieron lugar a que se iniciara un proceso matemático, desafíos de Mersenne a Fermat, desafíos de Pascal alrededor del tema de la cicloide, etc.

Tanto era el gusto por estas diversiones sabias que se las proponía al público mediante anuncios y carteles. Descartes, viajando por Holanda, quedó intrigado por una inscripción en flamenco acompañada por figuras geométricas. Se hizo traducir el texto: se trataba del enunciado de un problema difícil que su autor ofrecía a la sagacidad de sus conciudadanos. Descartes lo resolvió inmediatamente. En esa época obtuvieron gran éxito tres obras de recreaciones matemáticas: Problemas placenteros y deleitosos que se hacen con los números, libro en el cual se toma bastante material de la obra de Nicolás Chuquet y cuyo autor, el académico Bachet de Meziriac, se había hecho conocer antes por dos obras de inspiración muy diferente, Canciones devotas sobre las principales fiestas del año y una traducción de Ovidio acompañada de Comentarios muy curiosos. Después, el hermano mínimo Marín Mersenne, amigo de Descartes, publicó Cuestiones inauditas o recreaciones de hombres ilustrados, libro que fue tenido en alta estima por los geómetras de la época. Por fin Jacques Ozanam, miembro de la Academia de Ciencias, hizo publicar un grueso volumen titulado Recreaciones matemáticas y físicas que es el primer clásico del género. Los más grandes matemáticos de los dos siglos siguientes conservaron la tradición de los desafíos y de los problemas planteados en forma de juego. Leibnitz, Euler —autor del problema de los treinta y seis oficiales—, Lagrange, Bernoulli —inventor de la paradoja de San Petersburgo—, Hamilton, Cay ley enriquecieron así la colección de los juegos matemáticos. Pero la contribución más importante se debe a Edouard Lucas, astrónomo del Observatorio de París, luego profesor de matemática especial, quien después de realizar eruditos trabajos sobre la teoría de los números y las secciones cónicas, publicó de 1881 a 1894 cuatro volúmenes de Recreaciones matemáticas. Es ésta la obra más importante y clásica publicada sobre el tema, y los autores posteriores tomaron a veces de ella no poco material.

Charles Lutwidge Dodgson, más conocido por el nombre de Lewis Carroll, luego, entre nuestros contemporáneos, John H. Northrop, Premio Nobel de química en 1946, y George Gamow, célebre astrofísico norteamericano, escribieron a su vez obras en las que la matemática aparece a una luz atractiva y a veces bien sorprendente.

En 1935 unos profesores e investigadores se reunieron en Bruselas en un congreso internacional de recreación matemática. Se trató allí el famoso problema del caballo del ajedrez. Pigeolet reveló los misterios de la criptaritmética. Se consideró el papel de la matemática recreativa en la enseñanza. En 1937 se reunió en París un segundo congreso. La guerra puso fin a esas reuniones.

Hoy, el autor más activo y más notable de recreos matemáticos es el norteamericano Martin Gardner. Publicó numerosas obras traducidas al francés y se dirige a millones de lectores a través de publicaciones especializadas y el Scientific American.

Las primeras cuestiones que excitaron la imaginación de los autores de juegos matemáticos fueron aquellas relativas a “travesías difíciles” de las cuales son ejemplos los problemas del lobo, de la cabra y del repollo, el de los tres maridos celosos y sus innumerables versiones posteriores; luego figuran las cuestiones de las “vasijas” que consisten en medir una cantidad de líquido o de grano con una serie de vasijas escalonadas. Ya encontramos ambas clases de cuestiones, como el lector podrá comprobar, en Nicolás Chuquet.

Después se buscaron los medios de adivinar un número o una carta que un compañero de juego tenía escondida.

Los cuadrados mágicos, que los árabes hicieron conocer a Europa en el siglo XIV, despertaron el apasionado interés de los alquimistas. Los matemáticos modernos no los olvidaron y les dedicaron algunos trabajos.

Fermat introdujo los problemas sobre los números. El juego de ajedrez dio ocasión a numerosas cuestiones, a veces muy difíciles. Por fin, los autores contemporáneos apelan en gran medida al análisis combinatorio y al cálculo de probabilidades. Problemas muy antiguos que, a pesar de su apariencia, se resuelven mediante un razonamiento matemático, son los problemas de parentescos complicados. Los encontramos en la alta edad media en cuentos hindúes. Y no han dejado de tener sus aficionados, como lo atestigua esta lápida funeraria del cementerio de Alencourt:

Aquí reposan, un hijo, una madre,

una hija, un padre,

una hermana, un hermano,

una esposa, un marido.

Y son sólo tres en total.

La escuela primaria emplea abundantemente juegos aritméticos que se proponen a los escolares en todos los manuales. Pero el abuso desgraciadamente ha hecho decaer algún tanto el interés de los enunciados.

Hemos ahorrado al lector este tipo de “recreaciones” que le habrían hecho recordar penosas horas de su niñez.

Por fin, nos guardaremos bien de olvidar problemas de fantasía de los cuales el más famoso es el de “la edad del capitán”. Su inventor fue Flaubert y su primera versión se encuentra en una carta que el autor escribió a su hermana Caroline: “Puesto que estudias geometría y trigonometría voy a proponerte un problema: Un buque navega por el océano. Salió de Boston con un cargamento de lana. Desplaza doscientas toneladas. Se dirige a Le Havre. El mástil principal se ha roto, el mozo de camarote se encuentra en el puente; hay doce pasajeros a bordo. El viento sopla en dirección noreste, el reloj marca las tres y cuarto. Corre el mes de mayo. ¿Qué edad tiene el capitán?”

signos

problema cuya solución

no exige ningún conocimiento

matemático.

problema cuya solución

exige un mínimo de conocimientos

matemáticos.

1

Fácil

2

Bastante fácil

3

Bastante difícil

4

Difícil

5

Muy difícil

Reemplaza una letra que falta

(?)

Reemplaza una parte de una palabra

o una palabra que falta.

1

Los tres errores de Clotaire

3

El almuerzo toca a su fin. El profesor acaba de pedir el coñac. Su sobrino Clotaire lanza un profundo suspiro.

—Ayer por la noche no tuve suerte en el juego.

—¿Realmente? —dice distraído Clovis.

—He perdido una suma bastante grande. Una suma representada por un número de cuatro cifras.

—¿Es un número primo? —pregunta Clovis impulsado por su deformación profesional.

—No, es un número divisible por 101... y cuando sepa usted que el producto de sus dos últimas cifras es 25...

—Es una gran suma —dice con severidad el profesor.

—Sí —admite Clotaire—, pero no tardaré mucho en recuperarme. He estudiado el cálculo de posibilidades, que me dará una ventaja enorme sobre mis compañeros de juego. Clovis Clou mira a su sobrino por encima de los anteojos.

—¿Has aprendido el cálculo de posibilidades?

—Sí, tío.

—Pues bien, si respondes correctamente a las tres preguntas que voy a hacerte te daré un cheque que cubrirá tu deuda.

—Veamos, pues —dice alegremente Clotaire.

Primera pregunta. Si se lanza dos veces la misma moneda, ¿que probabilidades hay de que salga cara por lo menos una vez?

—Es fácil —dice Clotaire—. Sale cara en el primer tiro. Sale cara en el segundo tiro. No sale cara en ningún caso. Son pues tres casos posibles de los cuales dos son favorables. La probabilidad es de 2/3.

Segunda pregunta. Se lanzan simultáneamente tres monedas. ¿Qué probabilidades hay de que las tres vuelvan a caer del mismo lado?

Clotaire reflexiona un momento.

—De las tres monedas, necesariamente dos caen de un mismo lado. La tercera tiene tantas probabilidades de caer tanto de un lado como del otro. La probabilidad de que las tres monedas caigan del mismo lado es pues 1/2.

Tercera pregunta —dice Clovis sin comentarios—. Dentro de un sombrero hay tres tarjetas. Una tiene las dos caras rojas, la segunda tiene una cara roja y una cara blanca y la tercera sus dos caras blancas. Sacas una tarjeta del sombrero. La cara vuelta hacia ti es roja. ¿Cuál es la probabilidad de que la cara que se te oculta sea igualmente roja?

—Esta vez, tío —dice Clotaire riendo—, ya tengo el cheque. La tarjeta que haya sacado tiene tantas probabilidades de tener las dos caras rojas como la que tiene una cara roja y la otra blanca. La probabilidad de que la cara que se me oculta sea roja es pues 1/2.

Clotaire enciende su cigarro mirando a su tío con un poco de ironía, pero de pronto se sobresalta.

—Eres un burro —declara el profesor—. Y no pagaré tu deuda. Con tu manera de calcular las probabilidades pronto llegarías a perder el doble.

—Deme una última oportunidad —dice Clotaire.

—No, es inútil.

—Espere. Esta vez seré yo quien haga la pregunta.

—¿Y yo quien responda? Veamos eso —dice el profesor divertido.

—La cuestión es ésta. Tengo una serie de fichas, unas blancas, las otras negras. Sin que usted me vea, meto dos fichas en un bolso opaco que yo le traigo. ¿Cómo determinará usted el color de esas fichas sin abrir el bolso?

—Eso es imposible —dice Clovis encogiéndose de hombros.

—Pues yo le demostraré que una de esas fichas es blanca y la otra negra.

—Me gustaría verlo.

Clotaire toma su bolígrafo y, como no es nada cuidadoso, escribe la demostración en el mantel adamascado. Cuando termina, el tío lanza una carcajada.

—¡Vaya! Es una paradoja matemática muy linda —dice—. ¿Se te ocurrió a ti esa idea?

—Sí, tío —responde Clotaire mintiendo desvergonzadamente, pues el día anterior la había leído en pillow problems de Lewis Carroll.

—Pues has ganado. Te pago la deuda.

El profesor saca del bolsillo su libreta de cheques, la abre, escribe y tiende a su sobrino un cheque, por lo demás, sin fondos.

(1) ¿Qué cifra escribió Clovis en el cheque?

(2) ¿Cuáles son las respuestas exactas a sus tres preguntas?

(3) ¿Con qué demostración Clotaire convence al profesor?

Solución

2

la copa de rugby de Francia

2

Al llegar a la casa de su amigo Albalabero, secretario de la Federación Francesa de Rugby, Clovis Clou lo encuentra muy preocupado.

—¿Sabe usted que el año próximo se organizará una copa de rugby de Francia? —le dice el amigo.

—¡Bravo! —dice Clovis a quien le gustaba ver cómo los demás se daban porrazos.

—Usted podrá ayudarme, pues me encuentro en un apuro. Se me ha encomendado que contrate a los árbitros que nos sean necesarios. Un árbitro por partido, es decir, tantos árbitros como partidos. Tengo pues que calcular el número de partidos y no llego a un resultado.

—¡Sin embargo es muy simple!

—No tanto como usted cree. Sería sencillo si hubiera 16, 32, 64, 128 equipos... pero, por razones de política local, la Federación admitió 161 equipos. Habrá, pues, un sistema complicado de eliminaciones con excepciones. Se exceptuará un equipo en la primera vuelta y se enfrentarán los otros 160, lo cual dará 81 equipos calificados. Se exceptuará a un equipo en la segunda vuelta y se enfrentarán los otros 80 lo cual dará 41 equipos calificados... y así sucesivamente hasta que no queden más que dos equipos para jugar el partido final.

—Pues bien, amigo mío, habrá x partidos— dice Clovis.

—¿Cómo hizo para hallar instantáneamente ese resultado?

—Es elemental —dice Clovis—. No hice ningún cálculo ni efectué operación alguna.

Sin hacer ninguna operación, halle usted mismo el número de partidos y, por lo tanto, el número de árbitros necesarios.

Solución

3

el chofer económico

2

El chofer de un camión-tanque sale todas las mañanas de su garaje (A), llena el tanque de agua en el río cercano, va luego a alimentar la obra en construcción (B), retoma con el camión vacío al río, vuelve a llenar el tanque y va a entregar el agua a la obra (C); ejecuta la misma maniobra en el caso de la obra (D).

Las posiciones A, B., C. D en relación al río que corre en línea recta están indicadas en kilómetros en el croquis que sigue:

A a, B b, C c, D d perpendiculares a a d.

A a = l; B b = 2; C c = 4; D d = 5.

¿Qué distancia recorre el chofer de A a D considerando que es lo bastante inteligente para haber descubierto el itinerario más corto?

Solución

4

la pesca milagrosa

1

Los números que encontramos en el Antiguo Testamento o en el Nuevo Testamento tienen todos particularidades aritméticas en las que numerosos autores trataron de encontrar una significación simbólica o mágica.

Por ejemplo, el Evangelio de San Juan, al contar el episodio de la pesca milagrosa en el lago de Tiberíades (XXI, 11), precisa que 153 grandes pescados fueron recogidos en la red de los apóstoles.

¿Cuál es la particularidad del número 153?

Solución

los números primos

Los números primos son aquellos que no tienen divisor, o, si se prefiere, aquellos que sólo pueden dividirse por sí mismos y por la unidad.

Los números primos son conocidos desde la antigüedad pero, a pesar de la fascinación que ejercieron en los matemáticos de todas las épocas, todavía no ha sido posible penetrar su misterio, es decir, saber si existe o no una ley que rija su formación. De todas maneras, si no se descubrió lo esencial, se han formulado empero innumerables propiedades de estos números en el curso de los siglos.

Euclides, en los Elementos (libro IX, 20), ya había demostrado de manera muy sencilla que la serie de números primos era ilimitada y que, por lo tanto, su número era infinito. En el libro VII, 30, había por lo demás establecido que si a y b son enteros tales que a × b sea divisible por el primo p, a o b es múltiplo de p. Esta propiedad permitiría demostrar el teorema fundamental: todo número entero que no sea primo puede descomponerse, y sólo de una manera, en un producto de factores primos, lo cual equivale a afirmar que todos los números pueden expresarse por medio de números primos. El matemático y filósofo griego Eratóstenes, que vivió en el siglo III antes de nuestra era, a falta de una ley de formación de los números primos, había elaborado un procedimiento práctico para discernir los números primos: ese procedimiento se llamó “criba de Eratóstenes”

El genial matemático Fermat creyó haber encontrado una fórmula que, sin dar todos los números primos, sólo daba números de esta categoría: 22n+1, pero Fermat confesaba que no podía demostrarla.{1} Y esto no es sorprendente ya que Fermat se había equivocado esta vez. En efecto, su fórmula da números compuestos para n = 5, 6, 7, 8, 9, 11, 15, 18, 23 ... etcétera.

En cambio Fermat formuló un teorema que desempeñó un papel importante en las teorías posteriores: si p es primo (y si a no es divisible por p) ap ‒ a es divisible por p.

Después de Fermat, Euler, Lagrange, Gauss, Dirichlet y Lucas dieron un gran impulso al desarrollo de la teoría de los números primos. Euler halló la curiosa fórmula x2+x+41 la cual da cuarenta números primos cuando se asigna sucesivamente a x los valores enteros de 0 a 39. En 1896, Hadamard y de la Vallée Poussin establecieron cada uno por su cuenta los valores hacia los que tienden p —el enésimo número primo— y π (N), el número de los números primos inferiores a N, cuando n y N aumentan indefinidamente y que son: ln n/2 y ln N/2 o mejor

La cuestión de la distribución de los intervalos entre los números primos fue objeto de numerosos trabajos. Esta distribución es, en efecto, muy desconcertante: es posible encontrar una serie de números tan larga como uno quiera y en la cual no figura ningún número primo.

Por otra parte, ciertos números primos grandes o muy grandes sólo están separados por dos unidades (por ejemplo, 99.131 y 99.133 o 1.000.000.009.649 y 1.000.000.009.651); hasta hoy no ha sido posible descubrir si este intervalo de dos se daba indefinidamente.

Algunos matemáticos, y especialmente Émile Borel, formularon respecto de esta distribución una ley de azar, según la cual los números primos estarían dispersos en el campo de los números enteros como si un “cierto azar” los hubiera colocado allí.

¿Cuál es el mayor número primo conocido?

En 1772, Euler demostró que 231 ‒ 1 era número primo. Lucas indicó luego los números 261 ‒ 1, que tiene diecinueve cifras, luego 2127 ‒ 1, que tiene treinta y nueve cifras (170.141.183.460.469.231.731.687.303.715.884.105.727) y que durante mucho tiempo mantuvo el record de magnitud.

En 1951, Miller descubrió una serie de números primos del tipo K (2127 ‒ 1) + 1, y aquí el mayor valor de k era 978; luego 180 (2127 ‒ l)2 + 1, que tiene setenta y nueve cifras; y Ferrier estableció la formula que tiene cuarenta y cuatro cifras.

Últimamente el empleo de una computadora gigante permitió determinar números primos absolutamente gigantescos: 2521 ‒ 1, 2607 ‒ 1, 21.279 ‒ 1, 22.203 ‒ 1, 22.281 ‒ 1. En 1963, Donald B. Gillies calculó un número primo que tiene 3.376 cifras: el 211.213 ‒ 1. Por fin en 1971, Tuckermann calculó un número primo que es, según creemos, el mayor que se conoce actualmente: 219.937 ‒ 1, que tiene 6.002 cifras.

A partir del siglo XVIII se establecieron tablas que dan los primeros números primos. A. Ferrier indica las siguientes:

Schosten (1657) números primos hasta

10.000

Rahn (1658)

24.000

Euler (1750)

100.000

Chemac (Criblum arithmeticum, 1811, Denver)

1.020.000

Burkhardt (Tabla de divisores, 1814-1817, París)

3.036.000

Glaisher (Tabla de divisores, 1879-1883, Londres)

9.000.000

Dase (Tablas, Hamburgo)

6.000.000

Lehmer (Instituto Camegie, 1909, Washington)

10.006.721

Kulick (lista no publicada, Viena)

100.000.000

Los números primos inferiores a 1.000

1

2

3

5

7

11

13

17

19

23

29

31

37

41

43

47

53

59

61

67

71

73

79

83

89

97

101

103

107

109

113

127

131

137

139

149

151

157

163

167

173

179

181

191

193

197

199

211

223

227

229

233

239

241

251

257

263

269

271

277

281

283

293

307

311

313

317

331

337

347

349

353

359

367

373

379

383

389

397

401

409

419

421

431

433

439

443

449

457

461

463

467

479

487

491

499

503

509

521

523

541

547

557

563

569

571

577

587

593

599

601

607

613

617

619

631

641

643

647

653

659

661

673

677

683

691

701

709

719

727

733

739

743

751

757

761

769

773

787

797

809

811

821

823

827

829

839

853

857

859

863

877

881

883

887

907

911

919

929

937

941

947

953

967

971

977

983

991

997

5

problemas de círculos

2

1) Unos obreros desplazan un pesado bloque de piedra haciéndolo avanzar sobre rodillos cilíndricos de 1 metro de circunferencia.

¿Cuánto se habrá desplazado el bloque de piedra cuando los rodillos hayan dado una vuelta?

2) Se hace rodar (sin que resbale) un aro de 1 metro de circunferencia por la parte exterior de los lados de un cuadrado que tiene un metro de lado.

¿Cuántas vueltas habrá dado el aro cuando retome a su posición inicial?

3) La misma pregunta haciendo rodar el aro por la parte exterior de los lados de un polígono convexo de n lados de p metros de perímetro.

Solución

6

Clovis Clou contra Gaëtan Dupont

Lo mismo que a Clovis Clou, a Gaëtan Dupont le interesaba la ciencia de los números. Pero los dos hombres no se estimaban nada, como suele ocurrir entre especialistas de una misma disciplina. Clovis acusaba a su colega de hacerse llamar Gaëtan cuando su verdadero nombre de pila era Gastón y de hacer una pausa al pronunciar las dos sílabas de su apellido para dar la impresión de que poseía una partícula nobiliaria. En cuanto a Dupont, hasta llegaba a declarar que “el señor Clou debería llamarse mejor señor Vicio pues mantenía relaciones incestuosas con una pariente joven”.

Los dos hombres expresaban su recíproca antipatía con bromas de dudoso gusto, completamente pueriles, y con un intercambio de desafíos aritméticos.

Un día, Clovis Clou escribió en un sobre “señor G. d’Upont, aprendiz de cálculo” y metió en él una hoja que contenía este enigma.

Al cabo de dos días encontró en su correo un sobre que decía “Señor Clavo {2} de Olor, intelectual honorario”.

Lo abrió con rabia y en el interior encontró esta inscripción sibilina:

CQYASCQRGMUYKCLRYZJC

GLBGELYBCSLQYZGMPCQNCRYZJC BCZCPGYQÑYQYPJYYJYAYPÑCRY

BCAGCPRYQNZPGLYYBNPYZJC

CQÑPNÑGYBCJYCBYBBCCJJYWBCJYRSWY,

PCRNPLYPYJYGLDYLAG Y

RCJNBGPCQGLCKZYPENÑNPÑSPYANLBCQACLBCLAGY

BIZRXAOXAMBPABZFKZMVBIZQYMBPABQOBP

¿Puede el lector (1) dar la solución del enigma; y (2) descifrar el mensaje que provocó la cólera de Clovis?

Nota para el lector. Como Clovis Clou y Gaëtan Dupont sólo se interesan por los números enteros, sus problemas se tratan sólo en números enteros.

Solución

7

la hostería de los tres cultos

2

En la hostería de los tres cultos se hallan reunidos el señor y la señora Balaquet, su hija, el padre Grosbois, el jeque Alí Mansur, musulmán que ha llevado sus tres mujeres, y una bonita tibetana, la señora Chen, con sus dos maridos. La señora Balaquet está sentada a la izquierda de su marido en tanto que la señora Chen, que no quiere provocar celos en sus dos esposos, no está sentada junto a ninguno de ellos. Las tres musulmanas están tímidamente juntas. Sería inconveniente que un hombre se sentara junto a ellas que se situaron en consecuencia. El padre Grosbois, muy tímido con las mujeres, evita su cercanía. El jeque se niega a sentarse junto a alguno de los tibetanos cuyo régimen matrimonial no aprueba. La señorita Balaquet a quien los padres han reprochado sus modales ligeros se sentó lo más lejos posible de ellos. Y dice al oído de la señora Chen, “¡Qué suerte tener dos maridos!”, mientras que con la rodilla toca a su vecino de manera tan provocativa que éste vuelca su vaso de vino. ¿Cómo están dispuestos los once personajes alrededor de la mesa?

Solución

8

Duelo mejicano

2

Fernández, Pérez y Ramírez decidieron enfrentarse en un duelo triangular, según la costumbre local: los tres hombres, apostados en los tres vértices de un triángulo equilátero están armados con un fusil, pero sólo disponen de una bala cada uno. Un sorteo decide quién hará fuego primero (Fernández en este caso). Fernández dispara al adversario elegido por él. Si éste no queda muerto le corresponde a él disparar el segundo tiro siempre contra el adversario que elija. Si el último hombre no queda muerto dispara a su vez contra el sobreviviente o contra el adversario de su elección, en el caso de que los dos primeros estén todavía vivos. Los tres tienen igual destreza. A la distancia fijada son capaces de hacer blanco en un adversario una vez sobre dos. La elección de su blanco sólo será dictada por consideraciones de eficacia.

¿Qué riesgos de morir corre Fernández (probabilidad que ha de expresarse mediante una fracción) si se comporta del modo más inteligente posible? El hecho de disparar primero, ¿es una ventaja o una desventaja?

Solución

9

¡cuidado con el árbitro!

1

Aquel partido final de la copa de Francia de 1975 no se pareció a ningún otro. Los equipos pertenecían no sólo a aficionados sino que correspondían a comunas de menos de mil habitantes, desconocidas hasta entonces por el público: Lafrimbolle de Mosela y Bidache de los Bajos Pirineos.

El partido mismo fue bastante extraordinario. Grosmougin, el guardameta de Lafrimbolle, tenía un tiro tan poderoso que al sacar marcó dos tantos para su equipo. Verdad es que el campo de juego parecía un poco pequeño. El árbitro en seguida marcó un tanto contra Bidache. Un espectador gracioso lanzó a la cancha una pelota suplementaria y como los jugadores no se dieron cuenta en seguida de aquel hecho, durante un tiempo jugaron con dos pelotas y se asistió entonces a un espectáculo bastante asombroso; Bidache marcaba un tanto contra Lafrimbolle en el mismo momento en que Lafrimbolle marcaba un tanto contra Bidache. No hubo empate y fue un partido muy vistoso.

Sin embargo, el señor Jataxou, notario de Bidache, perdió la apuesta que había hecho de que en el partido se harían más de diez tantos.

El mejor goleador del partido fue Petitdemange, de Lafrimbolle. Los otros fueron Labastide, de Bidache, que marcó la mitad de los tantos de su equipo, Briscous, de Bidache, Joliberry, también de Bidache, y Grosmougin. ¿Cuál fue el equipo vencedor y cuál fue el resultado final?

Solución

la progresión aritmética

Una progresión aritmética es una serie de números cada uno de los cuales se deduce del anterior mediante la adición de una cantidad fija llamada “razón”.

Una progresión aritmética está enteramente determinada por su primer término (a), por su razón (r) y por el número de sus términos (n), que puede ser infinito. Progresiones aritméticas simples ya se conocían en el antiguo Egipto. Se encuentran ejemplos de ellas en el papiro de Rhind, del escriba Ahmés, que data de comienzos del segundo milenio.

Los griegos conocían asimismo la progresión aritmética. Diofante da una demostración de su suma en De polygonis numeris.

En la edad media, Leonardo de Pisa estableció la fórmula de su suma en el caso general.

Esa suma es:

   siendo l el término último.

10

historias de ladrones (1): una cuestión de mandarines

1

En 855, el emperador de China Yang Suen tenía que cubrir un puesto importante al que aspiraban dos mandarines de títulos equivalentes. El emperador decidió elegir a aquel que resolviera primero el siguiente problema:

El jefe de unos bandidos decía a sus hombres:

—Hemos robado unas piezas de tela. Si cada uno de nosotros toma seis, quedarán cinco piezas. Pero si cada uno de nosotros quiere siete, nos faltarán ocho. ¿Cuántos eran los ladrones?

Como en aquella época no se conocía el álgebra en la China, los mandarines tuvieron que resolver el problema valiéndose de la aritmética. Nosotros nos proponemos hacer lo mismo.

Solución

11

historias de ladrones (2): rebelión en los L.F.J.

2

Los L.F.J. (Ladrones Fuertemente Jerarquizados) tenían cada uno un grado diferente en su banda.

Una noche después de haber robado una partida de aparatos fotográficos, el jefe les declaró:

—El de menor grado se quedará con un aparato. El del grado inmediatamente superior obtendrá dos. El de tercer grado tendrá tres aparatos y así sucesivamente.

Pero lo ladrones se rebelaron contra esta injusticia y el más audaz de ellos dijo:

—Tomaremos cinco aparatos cada uno.

Y así se hizo en efecto.

¿Cuántos aparatos habían robado los L. F. J.?

Solución

12

historias de ladrones (3): el reparto de los Veinte Corazones

3

Ciertos caballeros de industria fundaron el club de los Veinte Corazones. Pero ocurría que eran menos de veinte, pues alguno de ellos era a veces arrestado o hasta abatido en el curso de sus peligrosas expediciones. Un día se apoderaron de una cajita que contenía monedas de oro. El presidente del club, después de contarlas rápidamente, propuso:

—Podemos repartimos estas monedas de dos maneras: O bien el socio menos antiguo del grupo se quedará con dos, en tanto que el siguiente tendrá cuatro y el siguiente ocho, el siguiente dieciséis y así sucesivamente... o bien cada uno de nosotros obtendrá el mismo número de monedas. El lector no sabrá nunca ¡ay!, qué solución se adoptó. Pero puede determinar el número de los Veinte Corazones en aquel día.

Solución

13

el botín cúbico

3

Al terminar felizmente una guerra, un rey decidió repartir entre sus mejores oficiales el inmenso botín de monedas de oro que había conquistado.

En la mayor sala del palacio las monedas fueron amontonadas en pilas.

La primera pila se reducía a una sola moneda, la segunda constaba de tres, la tercera de cinco y así sucesivamente siguiendo la serie de números impares. El número de monedas se prestó a este modo de repartición.

Luego los oficiales fueron dispuestos de conformidad con el orden de mérito creciente; el menos meritorio tomó una moneda sola; el segundo tomó las dos pilas siguientes, el tercero las tres pilas siguientes y así sucesivamente; el número de pilas era tal que todos los oficiales hasta el último pudieron beneficiarse según esta regla hasta que no quedó ninguna moneda.

Sabiendo que el botín se componía de 25.502.500 monedas, ¿cuántos oficiales se beneficiaron con la repartición?

Solución

la progresión geométrica

Una progresión geométrica es una serie de números en la cual cada uno es el producto del precedente por una cantidad fija llamada “razón”. La progresión geométrica está enteramente determinada por su primer término (a), por su razón (q) y por el número de sus términos (n) que puede ser infinito.

Su suma es: .

Cuando el número de términos n se hace infinito, la suma se lace igualmente infinita si q es superior a 1 o igual a 1; tiende al límite si q es inferior a 1.

Los griegos ya conocían la progresión geométrica y Euclides da la fórmula de su suma en el libro IX de Elementos.

El médico Nicolás Chuquet, que vivía en Lyon en el siglo xv y que no conocía la obra de Euclides, tomó a inventar la progresión geométrica con la expresión de “números constituidos por ordenación continua en proporciones todas múltiples”. En su obra Triparty en la Science des nombres, da una regla de su suma que puede traducirse por la fórmula S (q ‒ 1) = lq ‒ a, siendo l el último término de la progresión.

14

el injusto testamento de Clovis Clou

2

Habiéndose decidido a hacer su testamento, Clovis Clou evaluó su fortuna. Con su habitual precisión llegó a establecer la cifra de 2.882.400 francos.

Luego distribuyó esta suma entre sus sobrinos y sobrinas. Pero como distaba mucho de quererlos a todos igualmente, distribuyó las partes de conformidad con los términos de una progresión geométrica.

El que salió peor parado, el presuntuoso Clodomir, habría de obtener la irrisoria suma de tres francos.

Naturalmente la más favorecida fue la bonita Claudine cuya parte alcanzaba a 2.470.629 francos.

¿Cuántos sobrinos y sobrinas tenía Clovis Clou?

Solución

15

la maquinación de Gaëtan Dupont

2

Según los términos de un contrato, Gaëtan Dupont debía una suma importante: casi un millón de francos. Se procuró entonces el concurso de un hábil falsificador a quien hizo raspar la cifra que figuraba en el extremo izquierdo del número que indicaba su deuda y la hizo colocar en el extremo derecho de ese número.

La deuda quedó así dividida por cuatro.

¿A cuánto ascendía la deuda antes de esta culpable manipulación?

Solución

Algunas paradojas

Consideremos dos ruedas R1 y R2 que tengan el mismo eje. Hagamos girar sobre el riel a R1 una vuelta completa AA’ = 2π × OA. La rueda R2 dio asimismo una vuelta, de manera que cc' = 2π × Oc. Y como AA’ = cc', OA = Oc.

La contradicción se debe a que, en este caso, la rueda R2 gira y resbala sobre el riel cc'. Uno podrá convencerse de ello mirando una figura en la cual Oc es muy pequeño en relación a OA.

Hagamos rodar la moneda A sobre la moneda del mismo diámetro B hasta la posición simétrica A’. De X a X’, la moneda A habrá rodado por la longitud de una semicircunferencia. De- manera que la efigie debería presentarse cabeza abajo. Y no ocurre nada de eso, sino que la figura vuelve a tomar la misma posición.

Consideremos la serie indefinida: +1, ‒1, +1, ‒1, +1, ‒1, +1, ‒ 1, ... Busquemos cuál es su suma agrupando sus términos de dos maneras diferentes:

En el primer caso la suma de la serie es 0 y en el segundo es 1. parece que esta paradoja preocupó a Leibniz.

La contradicción se debe aquí a que la serie es divergente. Hallar su suma no tiene sentido.

16

Clovis y la aritmética galante

3

Clovis Clou fue invitado a Stanford, la célebre universidad de Los Angeles, para dar una conferencia sobre la matemática cloviana. En la universidad le llamó la atención una bonita estudiante y, como era hombre de buen gusto, le dijo un cumplimiento por sus lindas piernas. A la muchacha le pareció simpático el profesor, dijo que se llamaba Muriel y que vivía en Sunset Boulevard.

—Me gustaría volver a verla.

—Encantada. Venga a verme mañana a casa.

—¿Cuál es su dirección?

—Pues Sunset Boulevard. Vivo al terminar la calle.

—Pero allí hay casi dos mil quinientos números. ¿Cómo quiere usted que encuentre su casa?

—Tiene razón — dijo Muriel —. Pero sepa que si multiplica mi número, que tiene cuatro cifras, por la única cifra de mi piso, obtendrá como producto el número invertido de mi casa.

—Está bien, dijo Clovis.

Al día siguiente por la noche se encontraba golpeando a la puerta de la bonita Muriel. Se dice que no salió de allí hasta la mañana siguiente.

¿Cuál era la dirección completa de Muriel?

Solución

17

la familia de Víctor Vis

1

Víctor Vis frisa en la cuarentena. Si se escribe tres veces seguidas su edad se obtiene un número que es el producto de su edad multiplicada por la de su mujer y la de sus cuatro hijos.

¿Qué edad tiene cada uno de los miembros de la familia? (las edades son números enteros).

Solución

18

Clovis Clou opiómano

2

Siento mucho afecto y admiración por Clovis Clou, pero no por eso dejo de desaprobar ciertos aspectos de su conducta y de sus singulares hábitos.

Aquella noche, al hacerle una visita de improviso (nuestra larga amistad me autoriza a hacerlo), quien me abrió la puerta fue su sobrina Claudine que me pareció turbada.

—Mi tío está descansando —me dijo la joven—. Sería mejor que volviera usted mañana.

Oí entonces la voz de Clovis desde el fondo del apartamento:

—¡Hazlo entrar!

La linda Claudine me condujo a una habitación en la cual yo antes nunca había estado. Asistí allí a un espectáculo que me dejó helado de espanto. Con el delgado cuerpo envuelto por un quimono de seda, Clovis Clou, pálido, estaba tendido sobre un diván. Tenía la cabeza apoyada en un almohadón de cuero y con una mano sostenía una caña de bambú. Una lamparita cónica iluminaba débilmente esta escena, mientras un extraño olor llenaba el cuarto. La rapidez de mi espíritu me hizo comprender enseguida la situación.

—¡Dios mío! —exclamé —. ¿De modo que fuma opio?

—Ya lo ve usted —dijo tranquilamente Clovis.

Colocó el hornillo de su pipa sobre la lámpara e hizo chisporrotear durante un medio minuto una bolita de la droga.

—Hay que poner mucha atención —murmuró Clovis—. El opio se calcina por encima de los doscientos grados. Luego se llevó a la boca la caña de bambú y aspiró largamente.

Yo me sentía consternado.

—¡Pero usted está loco! ¡Así destruirá su salud! ¡Echará a perder su aguda inteligencia!

—No hay ningún peligro —replicó Clovis sonriendo-. Fui iniciado en el delicado arte de fumar opio por el sabio Huang Trang Fu que me reveló el secreto del opio en una forma aritmética bien china. “Sepa usted”, me dijo, “que el número de gramos de droga de cada pipa, multiplicado por la duración de la cocción de la bolita expresada en segundos, multiplicado por la temperatura de la lámpara, multiplicado por la longitud de la pipa en milímetros debe ser igual al número sagrado 3.170.649 que está inscripto en el pedestal del gran buda de la pagoda de Tay-Nin. Pero, si usted no quiere caer en la intoxicación, no fume nunca más de veinte gramos de opio por día”. Yo respeto escrupulosamente las indicaciones de Huang Trang Fu —prosiguió diciendo Clovis—, y fumó el número máximo de pipas permitido por esa limitación, pero nunca más.

Y teniéndome la pipa me preguntó:

—¿No quiere usted probar?

¿Cuántas pipas por día fuma Clovis?

Solución

la ecuación de segundo grado

La ecuación aX2 + bX + c = 0 tiene por raíces:

Estas raíces son reales sólo si la cantidad b2 ‒ 4ac, llamada determinante, es positiva.

La suma y el producto de las raíces son:

La ecuación más antigua que conocemos ―por supuesto, de primer grado― es la propuesta por el escriba egipcio Ahmés en el papiro de Rhind: “Si a una parte se le agrega su séptima parte y el total es 19, ¿cuál es la parte?’’, lo cual puede traducirse en nuestro lenguaje matemático así:

Es posible que los griegos hayan llegado a resolver la ecuación de segundo grado. En todo caso los indios y los árabes conocían la solución en el siglo IX. En efecto, en esa época Mohammed ben Mussa al Jarismi enuncia tres formas de ecuación de segundo grado:

X2 + aX = b X2 + b = aX aX + b = X2 ,

siendo a y b números positivos. El célebre matemático árabe no considera el caso X2 + aX + b = 0, en el cual las dos raíces son negativas.

En 1202, Leonardo de Pisa aporta una solución completa en su Líber Abad. Pero hasta el renacimiento ningún algebrista concibió una teoría de las ecuaciones tal como la encaramos hoy. Esa teoría nació en el siglo XVI gracias a los matemáticos italianos y especialmente gracias a Jerónimo Cardan que descubrió la solución algebraica de la ecuación de tercer grado y a Ludovico Ferrari que descubrió la solución de la ecuación de cuarto grado.

En el siglo XIX, dos jóvenes matemáticos de genio, Abel y Evariste Galois ―que murieron trágicamente, el primero a los veintisiete años y el segundo a los veintiún años― demostraron que las ecuaciones de grado superior a 4 no podían resolverse algebraicamente, es decir, por radicales.

Hermite resolvió en 1858 la ecuación de quinto grado por medio de las funciones elípticas, y Poincaré, alrededor de 1880, resolvió la ecuación general de grado n gracias a las funciones que él llamó fuchsianas, según el nombre de su inventor, el alemán Lazarus Fuchs.

Hoy la teoría de las ecuaciones registra considerable progreso gracias a teorías nuevas, como la teoría de los grupos, la de las funciones de variables complejas, etc...

La ecuación es uno de los símbolos más característicos de la matemática y como encarna la belleza de ésta, justifica las cómicas y célebres palabras del algebrista Bossut, quien asistiendo a una representación de Fedra en el Teatro Francés exclamó: “Señores, esto es tan hermoso como una ecuación”.

19

la desintoxicación china

3

Clovis Clou desgraciadamente fumaba opio. Decidido a librarse de ese detestable vicio, se acordó de un antiguo procedimiento chino de desintoxicación.

Puso cien gramos de opio en un frasco y lo disolvió en alcohol, de manera tal que el volumen de la solución era un litro.

Tomó luego un vaso de 10 cm3, lo llenó con la mezcla, se lo bebió y reemplazó esos diez centímetros cúbicos por 10 cm3 de alcohol.

En los días siguientes procedió exactamente de la misma manera; cada día bebió un vaso de una mezcla evidentemente cada vez menos concentrada y reemplazaba lo que había bebido por un vaso de alcohol.

Si se considera que la desintoxicación es satisfactoria cuando el paciente puede contentarse con 0,50 gramos de opio o con menos por día, ¿cuánto opio absorbió Clovis en el curso de su cura, y cuántos días duró ésta?

Solución

20

el pozo de Salomón

2

Un campesino poseía un vasto dominio de forma triangular en el cual carecía de agua. Decidió entonces hacer perforar un pozo.

Como tenía tres hijos y deseaba que al morir cada uno tuviera una superficie igual de tierra y acceso al pozo de agua, encargó al pocero Salomón que hiciera una perforación en su dominio y en un punto en el cual se reunieran los tres vértices de tres triángulos que debían tener la misma superficie. Así lo hizo Salomón que poseía nociones de geometría. ¿En qué punto perforó Salomón?

Solución

21

Simplificaciones escandalosas

2

Clovis Clou llama al alumno Clapeyron, le hace escribir la fracción y le pide que la simplifique.

—Puedo quitar un 6 al numerador y otro seis al denominador —dice Clapeyron. Una vez hecha la operación la fracción queda asi: .

—Está bien —aprueba Clovis—. Pero puedes hacer algo mejor.

—Es cierto —reconoce Clapeyron—, todavía puedo simplificar dos veces con el seis.

Y entonces escribe: .

—¡Bravo! —dice Clovis —. ¡Te pongo un diez!

El método de simplificación empleado por Clapeyron es poco ortodoxo y sin embargo los resultados son exactos. ¿Podría usted encontrar una fracción de la misma forma (Con el mismo número de b en el numerador y en el denominador) que pueda simplificarse de la misma manera y que sea equivalente a ?

Solución

el análisis combinatorio

El análisis combinatorio es la rama de la matemática que se ocupa de la formación, de la enumeración y de las propiedades de los diferentes grupos que pueden constituirse, según leyes determinadas, mediante un número finito de elementos.

Aquí consideraremos aquellas leyes que determinan las permutaciones, las disposiciones y las combinaciones.

Las permutaciones de n elementos distintos son los grupos que se pueden formar disponiendo esos elementos en n lugares determinados. El número de todas las permutaciones posibles es 1 × 2 × 3 × ... × n que designamos como n!

n! aumenta muy rápidamente con n y esa rapidez sorprende a los profanos. Por ejemplo, si uno cuenta todas las maneras posibles de colocar a seis personas alrededor de una mesa o de alinear a seis soldados, es decir, si se cuentan todas las permutaciones posibles de seis elementos, se llega al número imprevisto de 720. Pero, si se pasa de seis personas o seis soldados a diez, el número de las disposiciones posibles alcanzar el valor pasmoso de 3.628.000. Las disposiciones (simples) de n elementos p con p son grupos de p elementos distintos tomados entre los n y dispuestos de una determinada manera. El número de las disposiciones posibles es el producto de p números enteros consecutivos descendentes a partir de n:

Anp = n(n ‒ 1 ) ‒ (n ‒ p + 1).

Por ejemplo, el número de modos en que se pueden alinear seis soldados tomados de todas las maneras posibles en un grupo de diez es:

A106 = 10 × 9 × 8 × … × 5 = 151.200.

Las combinaciones de n elementos p con p son los grupos que se pueden constituir con p elementos tomados entre los n, sin tener en cuenta el orden de esos p elementos.

Fácil es comprender que el número de las combinaciones posibles es:

Por ejemplo, es posible elegir un equipo de seis hombres en un grupo de diez así: maneras diferentes.

No parece que en la antigüedad se haya conocido el análisis combinatorio. Su conocimiento en el siglo III de nuestra era está atestiguado por , pero el primer texto que haya llegado a nosotros y que da la fórmula general de es del matemático indio Bhaskara, del siglo XII. En el siglo XIII, Levi Ben Gerson indica la fórmula de recurrencia que permite calcular el número de permutaciones, de disposiciones y de combinaciones y da diversos teoremas sobre esos grupos.

Pero tales trabajos cayeron en el olvido, y el análisis combinatorio fue reanudado poco a poco en el correr de los siglos siguientes, especialmente en el siglo XVII por Fermat y Pascal que necesitaban de esta herramienta para su cálculo de las probabilidades, por Leibniz, Wallis y Frénicle. En el siglo XVIII, Bernoulli y Moivre dieron gran impulso a su desarrollo.

factoriales

1!

= 1

= 1

2!

= 1 × 2

= 2

3!

= 1 × 2 × 3

= 6

4!

= 24

5!

= 120

6!

= 720

7!

= 5.040

8!

= 40.320

9!

= 362.880

10!

= 3.628.800

11!

= 39.916.800

12!

= 479.001600

13!

= 6.227.020.800

14!

= 87.178.291200

15!

= 1.307.674.368.000

16!

= 20.922.789.888.000

17!

= 355.687.428.096.000

18!

= 6.402.373.705.728.000

19!

= 121.645.100.408.832.000

20!

= 2.432.902.008.176.640.000

22

Clovis Clou y los bandidos

2

Entre las relaciones extrañas de Clovis Clou se cuenta un individuo de cara patibularia de quien sospecho que es reducidor —o algo peor todavía— y a quien llaman “la Manivela”. Vive en un tugurio de la calle Saint-Sauveur. En un local contiguo se reúnen a veces, alrededor de la medianoche, unos horribles individuos que tienen la costumbre de beber champagne. Creo que esa es la manera que tienen de celebrar el éxito de algún golpe.

Una noche en que Clovis y “la Manivela” jugaban al ajedrez, oyeron a través del tabique que los bandidos llegaban a su antro, que destapaban una botella y que luego brindaban entrechocando las copas. Clovis que escuchaba atentamente tomó nota de 21 brindis por el entrechocar de los vasos. Dedujo de esto el número de bebedores.

En ocasión de otra visita del profesor a su poco recomendable amigo, los vecinos se comportaron de la misma manera, abrieron una botella y brindaron entrechocando los vasos; luego uno de los bandidos salió. Se oyó el ruido de otra botella destapada y nuevos brindis.

Clovis tomó nota cada vez de los brindis. La segunda vez contó 5 brindis menos.

(1) ¿Cuántos bandidos había en ocasión de la primera visita de Clovis?

(2) ¿Cuántos había en ocasión de la segunda visita antes de salir uno de los hombres?

Solución

23

El harén y las cuadras del sultán de Adiabene

2

En la edad media, el sultán de Adiabene estaba entregado a una etiqueta extraña y rigurosa. Poseía muchas mujeres y muchos caballos sin que su número total excediera los diecisiete. Todos los días el sultán salía con cuatro de sus mujeres en un carruaje tirado por tres caballos, pero no debía salir nunca dos veces con las mismas cuatro mujeres ni los mismos tres caballos. El número de las mujeres y el número de los caballos debían ser tales que en un mismo ciclo de días se agotaran todas las combinaciones de cuatro mujeres y de tres caballos. Una vez cumplido el ciclo, el sultán renovaba su harén y su cuadra y conservaba sólo los mismos efectivos.

Selim el Grande reinó treinta y cinco años.

A su muerte, Selim el Pequeño redujo el número de mujeres y de caballos conservando, por supuesto, las mismas reglas. Este monarca reinó tres años.

¿Cuántas mujeres y caballos gastó cada uno de estos sultanes durante su reinado?

(En Adiabene, todos los años tenían trescientos sesenta y cinco días).

Solución

24

Anatole fuma tabaco negro picado

2

En un bar de la calle Seine encontré a un tipo original, conocido por el nombre de Anatole, que se propuso recubrir las paredes de su habitación con las envolturas de sus paquetes de tabaco: siempre tabaco negro caporal que se vende, como es sabido, en paquetes cúbicos de 5 cm de arista.

Comenzó a revestir una primera pared de 5 m por 2,10 m un 1o de enero de 1965, 1966 o 1967, no me acuerdo exactamente el año. Todas las mañanas después de haber comprado su ración del día — siempre la misma— Anatole recubría cuidadosamente una pequeña parte de la pared. Esta quedó completamente empapelada el 30 de noviembre del año siguiente.

(1) ¿Puede usted decir cuál era la ración cotidiana de tabaco que fumaba Anatole y el año preciso en que comenzó a empapelar el cuarto?

Durante un viaje a Turquía, Anatole descubrió tabaco que se vendía en paquetes cúbicos, lo mismo que el que antes fumaba, pero de 10 cm de arista. Se aficionó a ese tabaco y ya no fumó ningún otro, aunque no modificó su ración cotidiana (en cuanto a volumen).

Anatole decidió revestir con las envolturas de estos nuevos paquetes la segunda pared de su habitación, que tenía la misma superficie que la primera.

(2) ¿Cuántos días necesitó para hacer ese trabajo?

(Se supone que las dimensiones de los paquetes y la superficie de las paredes son rigurosamente exactas y que el trabajo se realizó de manera perfecta. Anatole podía cortar las envolturas para hacer los ajustes necesarios).

Solución

25

la cena de cumpleaños de Clovis Clou

1

En ocasión de su cumpleaños, Clovis Clou invitó a sus ocho sobrinos y sobrinas a una fastuosa cena. Las ropas de Clotilde y de Clélie hacen pensar en las liberalidades de su tío: la primera lleva un vestido largo, un sari que él le trajo de la India, y la segunda un pantalón de seda laminada que le envió desde Damasco. En cuanto a Claudine, pensó que daría placer a su tío presentándose con una minifalda reducida al extremo y Cléopâtre —la única casada— no llevando a su marido a la comida. A la mesa, Clarence, el benjamín, está sentado junto a uno de sus primos. Clodomir, siempre pomposo, declara:

—Heme aquí sentado entre el altivo Egipto y la orgullosa Roma.

Clovis, sin duda por distracción, puso su mano izquierda sobre la rodilla desnuda de su vecina; la retira vivamente cuando Clotaire se inclina por encima de la bonita persona para hablar a su tío:

—Acabo de derramar licor de albaricoque en el pantalón de mi vecina. ¿Cree usted que lo manchará? ―pregunta.

Cléobule ha tomado la mano de la prima que está sentada junto a él.

—¡Como brilla tu anillo!

—Es que está hecho de mercuriocromo —responde la muchacha.

¿Cómo están distribuidos los convidados alrededor de la mesa redonda de la cena?

Solución

26

revelaciones sobre la familia Clou

3

En la comida de cumpleaños de que acabamos de hablar, los ocho sobrinos y sobrinas de Clovis Clou habrían podido formar veintitrés parejas de primos (primo + primo, o primo + prima, o prima + prima). Además, cinco de estos jóvenes llevaban en su estado civil el apellido Clou, y Cléopâtre cuando era soltera también llevaba el apellido Clou.

¿Cuántos hermanos y cuántas hermanas tenía Clovis?

Solución

sistemas de numeración

Nuestro sistema usual de numeración tiene como base el número 10, lo cual quiere decir que contamos los objetos por decenas, por decenas de decenas (centenares) por decenas de decenas de decenas (millares), etc.

Este sistema supone diez cifras (comprendido el cero); una decena se designa por 10, dos decenas por 20,... diez decenas, o 102, por 100, diez veces diez decenas, o 103, por 1.000; de una manera general 10n × 1 seguido de n ceros. Evidentemente es posible adoptar como base de un sistema de numeración cualquier número entero A superior a 1.

Semejante sistema supone A cifras (comprendido el cero); A se escribe 10, A2 se escribe 100, An se escribe 1 seguido de n ceros. El sistema de numeración de base 10, que hoy es universal, fue el más empleado generalmente en el pasado, quizá porque traduce la costumbre de los hombres primitivos de contar con sus dedos.

Desde muy antiguo ese sistema se empleó entre los chinos, los indios, los egipcios, los griegos, los etruscos, los romanos, pero de acuerdo con modalidades y cifras a menudo muy diferentes de las nuestras. Por ejemplo, los griegos representaban los nueve primeros números, las nueve primeras decenas y los nueve primeros centenares por veintisiete letras: las veinticuatro letras de su alfabeto y tres antiguas letras orientales llamadas episemon.

Nuestro sistema actual, en el cual el cero se emplea como número, procede de los indios a través de los árabes.

Los caldeos habían adoptado la base 60 porque habían observado que el año comprende seis períodos de sesenta días. Los caldeos eran grandes astrónomos y el número sesenta asumió considerable importancia en la astronomía y en las ciencias anejas: el grado vale 60 minutos, el minuto vale 60 segundos, etc.

Los mayas {3}, desde comienzos de nuestra era, y también los aztecas empleaban el sistema vigesimal, es decir, de base 20; ese mismo sistema era empleado entre los celtas y algunos vestigios de este uso se conservaron en francés: quatre-vingts (ochenta), six-vingts (empleado a veces por 120), l’Hôpital des Quinze-Vingts. Asimismo encontramos huellas del sistema vigesimal en danés (fyrretyve, tresindstyve, firsindstyve) y en albanés.

Los maoríes de Nueva Zelanda habrían utilizado un sistema de base 11, del cual no existe ningún otro ejemplo. A través de los tiempos se ha propuesto muchas veces sustituir nuestro sistema denario por otros sistemas cuyas ventajas se alababan. Aristóteles había observado que la base 4 ofrecía ciertas ventajas. Mucho después, en 1687, Weigel publicó una “aritmética tetráctica”. El sistema senario —de base 6— dejó vestigios en diversas regiones del viejo continente.

En su Historia de Carlos X, Voltaire nos dice que aquel rey quería introducir en Suecia un sistema que tuviera por base el número 64, que es a la vez cuadrado y cubo (82 = 43 = 64). Había confiado el estudio de esta cuestión a Emanuel Swedenborg. Este redactó en 1718 un tratado cuya conclusión propugnaba el empleo de la base 8 antes que la base 64. Toda esta cuestión no prosperó.

Desde la edad media, diversos matemáticos habían observado que el sistema binario, es decir, de base 2, permite la solución fácil de ciertos problemas. En sus Memorias de Berlín, Leibniz da las reglas de cálculo en sistema binario. En nuestros días este sistema tiene una aplicación importante en la informática donde se lo adoptó porque es el más apto para representar los dos términos de la alternativa a que está limitada la computadora: la corriente pasa o la corriente no pasa.

En este sistema sólo existen dos cifras: 1 y 0; 2 se escribe 10; 4 o se escribe 100, 8 o 23 se escribe 1000, etc.

Pero es el sistema duodecimal, de base 12, el que tuvo y conserva partidarios más numerosos. Este sistema permite un recuento simple de los meses del año, de las horas del día, de los grados de la circunferencia. Además, 12 tiene cuatro divisores —en tanto que 10 sólo tiene 2—, lo que permitiría, si doce fuera la base, expresar con números enteros la mitad, la cuarta parte y la sexta parte.

Este sistema había sido propuesto a comienzos del siglo XVII, y según parece por primera vez, por Simón Stevin de Brujas. Auguste Comte recogió esta idea: observando que los cuatro dedos opuestos al pulgar tienen doce falanges, Comte imaginó un procedimiento que en virtud de la oposición de los pulgares y las falanges, permitía contar hasta trece veces doce. De manera que mediante las falanges, con base 12, se podría contar mucho más que con los diez dedos, es decir, con base diez.

Este sistema duodecimal se empleó en ciertas operaciones comerciales y aún hoy se usa en el comercio de huevos que se cuentan, no por decenas y centenas, sino por docenas y por gruesas 144 = 122). Asimismo se lo utiliza en tipografía (1 cícero = 12 puntos).

27

Aritmética caballar

3

Un monarca oriental regaló caballos a sus tres vecinos, el rey de Aulnia, el rey de Bizania y el rey de Ciria.

Había enviado a cada rey el mismo número de caballos (inferior a 200).

Sin embargo, el primer rey le agradeció los 222 caballos recibidos, el segundo sus 66 caballos y el tercero sus 22 caballos.

Los tres reyes sabían contar bien y ningún caballo había sido robado.

¿Cómo explicar entonces estos números diferentes?

Si usted mismo hubiera podido contar los caballos de los lotes, ¿cuántos caballos habría contado?

Solución

28

el par de diez

2

Si el par es diez, ¿cuál es la decena?

Solución

29

la ecuación mágica de los amalecitas

4

Los sacerdotes amalecitas asignaban un carácter mágico a la fórmula X2 ‒ 13 X + 42 = 0 porque, según decía su libro sagrado, las raíces de esta ecuación son una el número de los dedos de una mano y la otra el número de los dedos de las dos manos.

Unos historiadores acudieron al profesor Gaëtan Dupont y al profesor Clovis Clou con el fin de consultarlos y aclarar esa enunciación; Gaëtan Dupont llegó a la conclusión de que los amalecitas tenían un dedo en una mano y seis dedos en la otra.

Clovis Clou recibió esta declaración con una risa sardónica y dijo:

—Los amalecitas tenían, lo mismo que nosotros, cinco dedos en cada mano.

Una vez más Clovis tenía razón. Pero entonces, ¿cómo interpretar la ecuación de los amalecitas y el comentario de su libro sagrado, pues sabemos que nunca se habían equivocado?

Solución

30

raíces extrañas

4

Gaëtan Dupont no logró aprobar el examen de ingreso a la Academia de Ciencias porque no supo resolver la siguiente cuestión: “Si 1111 y 11111 son los cuadrados de números enteros, ¿cuál es la mayor de estas raíces cuadradas?” ¿Tendrá usted más suerte que Gaëtan?

Solución

los números perfectos

Un número perfecto es un número igual a la suma de sus divisores, incluso el 1 (pero desde luego excluido éste). Euclides conocía ya los números perfectos y había ofrecido una fórmula (en el libro IX, 36) que daba números perfectos y sólo daba números perfectos:

N = 2n‒1 × (2n ‒ 1) en la cual 2n ‒ 1 es primo.

A comienzos de la era cristiana, la fórmula de Euclides seguramente se había perdido, pero se conocían cuatro números perfectos, los cuatro números primos que corresponden a n = 2, 3, 5, 7, o sea, 6, 28, 496 y 8.128.

Hubo que esperar al siglo XV para encontrar el quinto número perfecto, el 33.550.336, y al siglo XVI para hallar el sexto y el séptimo.

En 1886, Seelhoff descubrió el noveno; en 1911 y 1914 Powers descubrió el décimo y el undécimo y en 1877 Lucas descubrió el duodécimo que corresponde a n = 127.

La utilización de una computadora permitió en años recientes hallar otros cinco números perfectos que corresponden a n = 521, 607, 1.279, 2.203, 2.281.

Por fin, hace muy poco la lista se enriqueció con otros cinco números nuevos. Todos estos números perfectos son pares, terminan en 6 o en 28 y responden a la fórmula de Euclides (por lo demás, se ha demostrado que todos los pares perfectos eran de este tipo).

Todavía no se ha resuelto la cuestión de si existen números perfectos impares.

Fermat, Descartes, Mersenne, Euler se interesaron por las propiedades de estos números sobre los cuales Mydorge, citado por Descartes, escribía: “Es pasmoso comprobar cuán pocos hay... y cuán raros son los números perfectos, tan raros como los hombres perfectos”.

31

la perfección de Cléopâtre

2

Como tuve la indiscreción de preguntar a Clovis la edad de su sobrina Cléopâtre, él me respondió:

Multiplique el número de sus brazos por el número de sus piernas y luego por el número (primo) de sus adoradores y obtendrá la edad de mi sobrina, un número perfecto, así como ella es perfecta.

¿Qué edad tenía Cléopâtre?

Solución

32

un fabricante de mostaza listo

1

Un fabricante de mostaza embala latas de 10 cm de diámetro en cajoncitos cuadrados de 80 cm de lado.

Como un estudio de mercado le indicó que esas latas eran demasiado grandes, el fabricante decide reemplazarlas por otras cilíndricas, como las anteriores y de la misma altura pero de 5 cm de diámetro.

En el embalaje de las latas, el fabricante continúa utilizando las mismas cajas cuadradas de 80 cm de lado.

Las cajas de latas pequeñas, ¿contendrán más o menos mostaza que las anteriores cajas llenas de latas grandes? No se tendrá en cuenta el espesor de las paredes de las latas.)

Solución

33

recreos aritméticos

4

Escribir los números pedidos con las cifras dadas. Además se podrán utilizar los símbolos matemáticos +-, ‒, ×, ÷, o la barra de fracción, el paréntesis y se podrán colocar las cifras como exponente.

(1) Escribir el número 1 con 1, 1, 1, de diez maneras diferentes.

(2) Escribir el número 1 con 7 y 0.

(3) Escribir el número 6 con 4, 6, 9.

(4) Escribir el número 2 con 1,3, 8.

(5) Escribir el número 16 con 2,4.

(6) Escribir el número 11 con 1, 1, 1, 2, 2.

(7) Escribir el número 117.649 con 7, 7, 7, 7.

(8) Escribir el número 19.683 con 3, 3, 3.

(9) Escribir el número 120 con 8, 8, 8, 8.

(10) Escribir el número 10 con 3, 3, 3, 3, 3.

(11) Escribir el número 1,4142... con 1, 2, 2.

(12) Escribir el número 31 con 3, 3, 3, 3, 3.

(13) Escribir el número 37 con 3, 3, 3, 3, 3.

(14) Escribir el número 100 con 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

(15) Escribir el número 7.625.597.484.987 con 3, 3, 3.

(16) Escribir 1/2 intercalando símbolos y paréntesis en la serie de las nueve cifras significativas escritas en el orden.

(17) Escribir el número 8.888 con 5, 7, 8, 9, 9.

(18) Escribir el número 52.631.578.947.368.421 con diecinueve 9 y un 1.

Solución

34

complicaciones en el envase de jugo de regaliz

3

El señor Barnabé despacha su jugo de regaliz en toneles cilíndricos. Ocurre a menudo que éstos se perforen y se pierda su contenido. Para limitar esas pérdidas el señor Barnabé pide a su embalador que fabrique un modelo de latas cilíndricas de la misma altura que los barriles que puedan colocarse en el interior de éstos como compartimientos que contendrían el jugo de regaliz. Desde luego, esas latas no deben chocar entre sí en el interior de los toneles. Es menester pues que sean tangentes a la pared interior del tonel y tangentes entre ellas o tangentes entre sí (aquellas que no estén en contacto con el tonel); además habrá que hacer entrar en cada tonel el mayor número posible de latas cilíndricas. El embalador estudia varias soluciones.

Primera solución: una vez llenas y colocadas las latas cilíndricas en el barril, éste pesa 113 kilos.

Segunda solución: en las mismas condiciones el tonel pesa aproximadamente 176 kilos.

Tercera solución: en las mismas condiciones el tonel pesa aproximadamente 182 kilos.

¿Cuál es el número de latas cilíndricas por tonel en cada una de las tres soluciones?

El peso inicial del tonel lleno era de 226 kilos. (Se pasará por alto el peso de los continentes, toneles y latas).

Solución

35

Clovis Clou consejero fiscal (1)

1

Dos diputados, uno representante de los grandes capitales, el otro representante de los trabajadores, querían proponer cada uno una reforma fiscal y apelaron entonces a los consejos de Clovis Clou.

—No me opongo a que el impuesto aumente con la renta —dijo el primero— ¡pero no demasiado rápido! Dos veces menos rápido que las ganancias.

—Con su método —replicó el segundo diputado sarcástico—, cuando las utilidades estén multiplicadas por dos, El impuesto estará multiplicado por 1, es decir, que no habrá aumentado.

—Seamos precisos —dijo Clovis—. El honorable diputado capitalista quiso sin duda decir que cuando la renta, a partir de una base A, aumente el n%, el impuesto aumentaría el n / 2% a partir de una base B correspondiente a la renta A.

—Así es.

—Acepto el método— dijo el representante de los trabajadores—, pero con la condición de que el impuesto aumente dos veces más rápido que la renta. Consideraré que A será 10.000 francos por año.

—Y B, 100 francos —dijo el capitalista.

Clovis Clou quedó encargado de calcular el impuesto correspondiente a una renta de 1.000.000 por año en cada uno de los dos casos.

—Esto llevará unos dos minutos —dijo Clovis.

¿Tiene usted dos minutos?

Solución

36

Clovis Clou consejero fiscal (2)

3

Nuestros dos diputados fueron sermoneados, el primero por el ministro de Finanzas, el segundo por los sindicatos, porque ambos habían propuesto impuestos insuficientes; entonces apelaron de nuevo a Clovis Clou.

—El método que adoptaron ustedes es malo —dijo Clovis— porque todas las evaluaciones se refieren a una renta y a un impuesto de base. Cuando se aparta uno demasiado de esa base, los resultados se hacen absurdos.

—Tiene usted razón. Lo que queremos ahora es que cuando la renta aumenta de manera continua el aumento del impuesto sea en todo momento o bien dos veces más rápido o bien dos veces menos rápido que el aumento de la renta en valores relativos.

—Pues bien —dijo Clovis—, ¿ustedes continúan admitiendo para comenzar un impuesto de 100 francos para una renta de 10.000?

—Sí. ¿Puede usted decimos cuál será, en cada uno de los dos casos, el impuesto correspondiente a una renta de 1.000.000 de francos?

—Eso nos llevará un minuto —dijo Clovis—. ¡Pero cuidado! Este sistema de ustedes tiene límites. Mi respuesta habrá de demostrarlo.

Solución

37

Clovis Clou consejero fiscal (3)

2

La iniciativa de los dos diputados representantes del capital y de los trabajadores determinó que en el parlamento se los imitara y emulara. Todo el mundo se puso de acuerdo para consultar a Clovis Clou a fin de que, en cada caso, estableciera la fórmula que diera el impuesto Y en función de la renta X.

El izquierdista de izquierda quería que a nadie le quedara ya nada.

El izquierdista de derecha quería que todos los ingresos quedaran nivelados en la misma suma.

Un socialista aceptaba que la renta, después de pagado el impuesto, creciera con la condición de que en ningún caso sobrepasara el 1.000.000 de francos.

Un diputado francamente reaccionario quería que el impuesto fuera inversamente proporcional a la renta. “Irán a la cárcel aquellos que no puedan pagarlo”.

En todos los casos, salvo el primero, los diputados estaban de acuerdo en que a una renta de 10.000 francos corresponde un impuesto de 100 francos.

¿Qué fórmulas propuso Clovis? ¿Por debajo de qué ingresos los contribuyentes gravados por el diputado reaccionario se veían amenazados con la cárcel?

Solución

los cuadrados mágicos

Los cuadrados mágicos son cuadrados en los cuales están inscriptos números elegidos y dispuestos de manera tal que su suma es siempre la misma, ya se los lea por línea, ya se los lea por, columna o por las diagonales. Por ejemplo:

es un cuadrado mágico porque:

8 + 3 + 4 = 1 + 5 + 9 = 6 + 7 + 2 = 8 + 1 + 6 = 3 + 5 + 7 = 4 + 9 + 2 = 8 + 5 + 2 = 4 + 5 + 6

La suma común, 15, se llama número mágico del cuadrado.

El cuadrado se llama “cuadrado de 3” porque contiene tres números en cada frente.

Cuando la igualdad de las sumas se realiza sólo en las líneas y columnas y no en las diagonales, el cuadro se llama “semimágico"

Antes de nuestra era ya los chinos y los indios conocían los cuadrados mágicos.

En un manuscrito hindú sobre la magia, el Kaksaputa, se encuentra la regla de construcción de cuatro cuadrados mágicos, uno de los cuales se atribuye al célebre alquimista Nagarjuna que vivió en el siglo I de nuestra era.

A comienzos del siglo VI, el astrónomo Varahamihira indicó la construcción de un cuadrado de 4. Otro cuadrado de 4, cuyo número mágico es 34 y al que hizo célebre Alberto Durero, se encontró en las ruinas de la ciudad de Jajuraho que se remontan al siglo XI.

Una teoría completa de la construcción de los cuadrados mágicos fue formulada en el siglo XIV en el Ganita-Kaumudi, tratado de aritmética del matemático hindú Narayana. Este clasificó los cuadrados en grupos de lados 4n, 4n ± 1, 4n + 2 e indicó, en el caso de los dos primeros grupos, la construcción por superposición de dos cuadrados, construcción que fue reinventada cuatro siglos después por La Hire. En lo que se refiere a los cuadrados 4n, Narayana reveló el seductor método fundado en el movimiento del caballo del ajedrez. Narayana atribuye todos estos procedimientos a autores anteriores.

En el siglo XV, los monjes jainistas estudiaron cuadrados mágicos complicados que fueron redescubiertos en el siglo XIX y fueron objeto de investigación por parte de matemáticos contemporáneos.

Los cuadrados mágicos, así como el resto de su ciencia, fueron tomados de los indios por los árabes que los mencionan a partir del siglo IX. Del mundo árabe, los cuadrados mágicos pasaron a Europa por intermedio del monje griego Moschopoulos del siglo XIV. Inmediatamente alcanzaron gran éxito. Llegaron a constituir un encantamiento contra la peste y eran empleados en talismanes y amuletos.

El alquimista Agrippa, que fue condenado por hechicería, se ocupa en su libro De occulta philosophia libri tres, publicado en Amberes en 1531, de la construcción de cuadrados de 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 que consideraba símbolos de los siete planetas conocidos en su época: Saturno, Júpiter, Marte, el Sol, Venus, Mercurio y la Luna. Por eso Fermat habla a veces de “cuadrados planetarios”.

Posteriormente, matemáticos notables o célebres, como Bachet de Meziriac, Fermat, La Hire, Euler, Lucas, establecieron un gran número de propiedades de los cuadrados mágicos. Lucas dio el nombre de diabólicos a cuadrados (por lo demás conocidos antes de él con el nombre de panmágicos) que presentan propiedades suplementarias muy sorprendentes.

La suma de los elementos de las diagonales parciales, contando en total tantos elementos como tiene el lado del cuadrado, es igual al número mágico. Además, si se corta el cuadrado según una línea o una columna y si se lo reconstituye disponiendo de manera diferente sus elementos, pero sin invertir líneas y columnas, el cuadrado continúa siendo mágico.

15 + 8+ 2+ 9 = 34

14 + 5 + 3 + 12 = 34

6 + 4+ 11 + 13 = 34, etc.

Un cuadrado bimágico o satánico es un cuadrado que continúa siendo mágico si se reemplazan sus elementos por sus cuadrados. Pfeffermann indicó dos cuadrados bimágicos, uno en 1890, cuadrado de 8; el otro en 1891, cuadrado de 9.

Un cuadrado trimágico es aquel que permanece siendo mágico si se reemplazan sus elementos por sus cubos. No conocemos ningún ejemplo de semejante cuadrado... lo cual no quiere decir que no exista.

Por fin, los cuadrados mágicos geométricos son cuadrados en los cuales los productos (y no ya las sumas) de los elementos de cada línea, de cada columna y de cada diagonal son iguales.

En los problemas que siguen, los cuadrados cuya construcción pedimos se componen todos de números enteros, positivos, diferentes.

Para llevar a cabo estas construcciones podrá uno servirse de cuadrados mágicos auxiliares que comprendan varias veces los mismos elementos o elementos negativos.

En los cuadrados mágicos de letras, éstas están dispuestas de manera tal que forman palabras cuando se las lee por línea, por columnas o por las diagonales.

Existe un célebre cuadrado semimágico, el cuadrado SATOR, grabado en una columna encontrada a comienzos de este siglo en las ruinas de Pompeya; ese cuadrado era pues conocido en el año 79 de nuestra era; es el siguiente:

Aunque literalmente el texto, ya se lo lea por línea, ya se lo lea por columna, no quiere decir nada, se le han encontrado numerosas y misteriosas significaciones. Se hace notar que la palabra TENET, que se lee indiferentemente de derecha a izquierda (como en hebreo) o de izquierda a derecha (como en latín) forma una cruz en medio del cuadrado.

Por otro lado, utilizando las letras del cuadrado se puede formar una cruz.

a

P

A

T

E

R

aPATERNOSTERo

O

S

T

E

R

o

Si interpretamos ahora las letras parásitas a y o (α y ω), podemos leer “de alfa a omega, Pater Noster”, lo cual puede traducirse “Dios reina en el universo”.

Se ha llegado a la conclusión bastante plausible de que este cuadrado era un signo secreto de reconocimiento entre los cristianos.

Pero se le han atribuido muchas otras cosas al cuadrado SATOR.

Se ha pretendido encontrar en él los secretos del Egipto antiguo y por anticipación, los de los templarios. Se ha pretendido leer en este cuadrado las leyes de la astronomía y se le han descubierto combinaciones matemáticas inauditas.

38

el diablo en la pila de agua bendita

2

Hallar el número K, sabiendo que el cuadrado en el cual está inscripto es mágico y se compone de los números de 10 a 18.

Solución

39

primer cuadrado

1

Completar el siguiente cuadrado para que sea “mágico”.

Solución

40

el novenario

2

Es posible constituir un cuadrado mágico de nueve casillas con las nueve cifras significativas. ¿Puede usted hallar ese cuadrado?

Solución

41

el cuadrado mágico de Alberto Durero

3

Completar el siguiente cuadrado mágico sabiendo que está compuesto de los dieciséis primeros números enteros.

En su grabado Melancolía, que data de 1514, Alberto Durero representó este cuadrado mágico que posee un número extraordinario de propiedades.

Solución

42

cuadrado de 7

5

Construir con los cuarenta y nueve primeros números un cuadrado mágico de lado 7.

Advertencia al lector: no intente construir este cuadrado mágico por tanteos. Se pasaría vanamente meses enteros en la tarea.

Solución

43

Lucifer ¿sabe contar?

3

Una secta luciferina, que cuenta con miembros en Lyon, tiene como signo de adhesión y reunión el cuadrado mágico que aquí reproducimos:

¿Qué representa Φ?

Solución

44

cuadrado mágico geométrico

2

Completar el siguiente cuadrado mágico geométrico:

Solución

45

Complicaciones matematicomágicas

2

Construir un cuadrado mágico de nueve casillas con las raíces de la ecuación:

X9 ‒ 45X8 + 870X7 ‒ 9.450X6 + 63.273X5 ‒ 269.325 X4 + 723.680X3 ‒ 1.172.700 X2 + 1.026.576 X ‒ 362.880 = 0.

Solución

46

los bordes mágicos

5

Construir alrededor de un cuadrado de cuatro cuyo número mágico es 130 un primer reborde y luego un segundo de manera que los cuadrados de 6 y de 8 así constituidos sean también mágicos.

Solución

47

el cuadrado diabólico

2

Convertir en diabólico el cuadrado de Alberto Durero

Solución

Números curiosos

El extraordinario número 37:

3 × 37 = 111

6 × 37 = 222

9 × 37 = 333

12 × 37 = 444

15 × 37 = 555

18 × 37 = 666

21 × 37 = 777

24 × 37 = 888

27 × 37 = 999

Si se permutan de manera circular las cifras de los números 037, 074, 148, 185, 259, 296 se obtienen múltiplos de 37.

Ejemplo:

074 = 37 × 2

740 = 37 × 20

407 = 37 × 11

37 × (3 + 7) = 33 + 73

37 = 32 + 72 ‒ 3 × 7

El número 91:

1 × 91 =091

2 × 91 = 182

3 × 91 = 273

4 × 91 = 364

5 × 91 = 455

6 × 91 = 546

7 × 91 = 637

8 × 91 = 728

9 × 91 = 819, etc.

Las cifras de la primera columna y de la tercera columna aumentan una unidad cada línea, las cifras de la segunda columna disminuyen otro tanto.

La asociación 37 × 91:

37 × 91 = 3.367

33 × 3.367 = 111.111

66 × 3.367 = 222.222

99 × 3.367 = 333.333

132 × 3.367 = 444.444

165 × 3.367 = 555.555

198 × 3.367 = 666.666

231 × 3.367 = 777.777

264 × 3.367 = 888.888

297 × 3.367 = 999.999

Los cuadrados invertidos:

122 =

144

212

= 441

132 =

169

312

= 961

1022 =

10.404

2012

= 40.401

1032 =

10.609

3012

= 90.601

1122 =

12.544

2112

= 44.521

1132 =

12.769

3112

= 96.721

1222 =

14.884

2212

= 48.841

Conjuntos de cubos:

l3 + 53 + 33 = 153

33 + 73 + 03 = 370

33 + 73 + l3 = 371

43 + 03 + 73 = 407

Los números terminados en 1:

112 = 121

1112 = 12.321

11112 = 1.234.321

111112 = 123.454.321

El número 365:

365 = 102 + 112 + 122 = 132 + 142

El apareamiento de 49 y 48 engendra cuadrados:

49

=

72

4 48

9

=

672

44 48

89

=

6672

444 48

889

=

6.6672

, etc.

En medio de cada uno de los números formados se inserta 48.

Los 9 intercalados:

1.089 × 9 = 9.801

2.178 × 4 = 8.712

Los productos son los multiplicandos invertidos. La propiedad se conserva si se inserta en medio de los multiplicandos tantos 9 como se quiera.

Ejemplo: 10 999 89 × 9 = 98 999 01

Asociaciones de cifras con vocación cuadrada:

Ciertas asociaciones de cifras parecen tener una vocación a formar números cuadrados; en efecto, si se las permuta de diversas maneras, obtenemos números cuadrados

144

= 122

169

= 132

256

= 162

441

= 212

961

= 312

625

= 252

196

= 142

1.024

= 322

1.089

= 332

1.296

= 362

2.401

= 492

9.801

= 992

2.916

= 542

9.216

= 962

Algunas asociaciones hasta forman varias potencias de 4

La pareja 178 - 196:

1782 y 1962, por una parte, y 1783 y 1963, por otra, están formados por las mismas cifras permutadas.

1.048.576 = 324

5.764.801 = 494

104.060.401 = 1014

146.410.000 = 1104

Con cinco y nueve cifras:

12.5432 = 157.326.849

Con seis, cinco y tres:

652 ‒ 562 = 332

65 652 ‒ 56 562 ‒ 33 332

Persistencia del 5:

8 ‒

3 =

5

82 ‒

32

= 55

78 ‒

23 =

55

782 ‒

232

= 55 555

778 ‒

223 =

555

7782 ‒

2232

= 555 555

7778 ‒

2223 =

5 555

77782 ‒

22232

= 55 555 555

etc.

Triángulos

1

×

9 +

2

= 1 1

1 2

×

9 +

3

= 1 1 1

1 2 3

×

9 +

4

= 1 1 1 1

1 2 3 4

×

9 +

5

= 1 1 1 1 1

12 3 4 5

×

9 +

6

= 1 1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6

×

9 +

7

= 1 1 1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 7

×

9 +

8

= 1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 7 8

×

9 +

9

= 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9

×

9 +

10

= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

0

×

9 +

8

= 8

9

×

9 +

7

= 8 8

9 8

×

9 +

6

= 888

9 8 7

×

9 +

5

= 8 8 8 8

9 8 7 6

×

9 +

4

=8 8 8 8 8

9 8 7 6 5

×

9 +

3

=8 8 8 8 8 8

9 8 7 6 5 4

×

9 +

2

=8 8 8 8 8 8 8

9 8 7 6 5 4 3

×

9 +

1

=8 8 8 8 8 8 8 8

9 8 7 6 5 4 3 2

×

9 +

0

=8 8 8 8 8 8 8 8 8

9 8 7 6 5 4 3 2 1

×

9 -

1

=8 8 8 8 8 8 8 8 8 8

El número de oro

El número de oro —divina proporción del monje veneciano Luca Pacioli, sectio divina de Kepler, sectia aurea de Leonardo de Vinci— es un número conocido desde la antigüedad por sus atributos estéticos, sus propiedades matemáticas y los símbolos místicos que se le asignaron.

Si traza uno un rectángulo, comprueba que la figura tiene su aspecto más armonioso cuando la relación de su largo y ancho es igual al número de oro. Ese número interviene en muchas otras figuras, pentágonos y decágonos regulares o estrellados, y por eso ese número está en todas las obras de arte en las que se manifiestan estas estructuras, tanto en pintura como en arquitectura, tanto en la ciencia geométrica como en la astronomía. Leonardo de Vinci, el pintor Serusier, el arquitecto Le Corbusier, Kepler afirmaron el papel esencial de este número. Semejante número, inserto en la naturaleza e innato en el hombre, no podía dejar de seducir a los místicos. Asociado con el pentáculo o estrella de cinco puntas, que figura en monedas antiguas y en las rosas de nuestras catedrales, fue adoptado como uno de los símbolos de Dios por los griegos de la antigüedad y los cristianos del renacimiento.

A continuación se ofrecen dos representaciones geométricas del número de oro en el rectángulo y en la estrella de cinco puntas.

En matemática, el número de oro, generalmente representado por Φ, es la raíz positiva de la ecuación.

Veamos algunas expresiones o propiedades curiosas de este número.

48

Clovis Clou en la clandestinidad

3

En el mes de mayo de 1968, Clovis Clou había entrado en la clandestinidad para formar no sé qué misterioso partido. Me había encomendado una misión de la cual todavía no he comprendido su significado y que consistía en fotografiar a los hippies que leían un libro al revés sentados en los bancos del Boulevard Saint-Michel. Era una misión incomprensible pero peligrosa. Ya al segundo día me rompieron la cara. Sin embargo no abandoné la empresa... ustedes bien me conocen. Sólo que en lugar de tomar fotografías hice bosquejos... Hay que tener en cuenta que dibujo a la perfección. Si un diario aceptara publicar mis obras quedarían ustedes maravillados. Pero ya se sabe cómo son los de la prensa... No reconocen a los verdaderos talentos... Bueno, Clovis Clou me había dicho: “usted me traerá las películas todos los meses a las 18 horas a casa de Marinette. Cada vez le indicaré por teléfono el día del mes. Pero debemos ser prudentes... alguien podría escucharnos. De manera que por teléfono simplemente le comunicaré una ecuación en X e Y. Inteligente como usted es, no tendrá ninguna dificultad para resolverla, pero los demás no entenderán nada... El día estará indicado por el número X Y... y X es cifra de las decenas en tanto que Y es cifra de las unidades”. Estaba bien, ya había comprendido.

El 12 de junio, Clovis me telefonea para indicarme la cita del mes. Enuncia entonces una ecuación muy simple. Cuelgo el aparato, pero no tomo nota en seguida de esa ecuación porque, enfrente, la mujer del plomero se disponía a desvestirse... ¡Y es una real moza!

Al cabo de un rato pretendo trascribir la ecuación, pero ya no me acuerdo si era

(X + Y) × 2 = X × Y + 2

o

X + Y + 2 = X × Y × 2

¿Qué hacer? Me puse a reflexionar y logré al fin descubrir la fecha de la cita. ¿Comprende el lector cómo hice?

Solución

49

la cinta transportadora del Châtelet

2

Clovis Clou toma a veces el subterráneo en el Châtelet. Se sirve del pasillo rodante sobre el cual camina con su paso ordinario y de esta manera va de un extremo a otro en 1 minuto y 12 segundos.

Un día al regresar tuvo la peregrina idea de recorrer hacia atrás esa misma cinta transportadora caminando siempre al mismo paso. Para recorrer esa distancia necesitó seis minutos.

Al día siguiente el pasillo rodante no funcionaba a causa de un desperfecto.

(1) ¿Cuánto tiempo empleó Clovis entonces para cubrir esa distancia?

(2) Si Clovis anda a una velocidad de 6 kilómetros por hora, ¿cuál es la velocidad del pasillo rodante?

(3) Si como promedio se encuentra sobre la cinta una persona de sesenta y cinco kilos a cada dos metros desde las seis de la mañana a medianoche, ¿cuántas toneladas transporta la cinta en un día?

a) ¿Si las personas permanecen inmóviles sobre la cinta?

b) ¿Si marchan uniformemente a la velocidad de seis kilómetros por hora?

(Sólo se tendrán en cuenta las personas transportadas de un extremo al otro.)

Solución

50

la cacería de los Clou

1

Clovis participa en la inauguración de la temporada de caza en compañía de sus sobrinos Clodomir y Clotaire. Disparan sobre faisanes, liebres y perdices. No son tiradores muy notables: el análisis del número de tiros disparados (61 en total) muestra que Clovis necesita 4 tiros para abatir un faisán, 8 para abatir una liebre y 4 para abatir una perdiz; Clodomir necesita 4 tiros para matar un faisán, 2 para matar una liebre y 3 para matar una perdiz; Clotaire necesita 4 tiros para un faisán, 4 para una liebre y 8 para una perdiz (de manera que cada cazador cobró por lo menos una pieza de cada clase). El cuadro final es de 4 faisanes, 4 liebres y 4 perdices y cada hombre tiene 4 piezas en su haber. ¿Cuál es el cuadro de caza preciso de cada cazador?

Solución

51

la edad de Clovis

2

Clovis Clou da un paseo con su pequeño sobrino Clapeyron que ya es un hábil matemático.

—Estaba pensando hace un rato, —le dijo Clovis— que cuando yo tenía la edad que tu padre tiene hoy, él tenía la edad que tú tendrás cuando él llegue a mi edad y, por otra parte, que cuando tú tengas la edad actual de tu padre yo tendré la edad que tendrá entonces tu padre más tu edad actual.

—¡Vaya! —dijo Clapeyron— ¡Yo creía que usted tenía 63 años!

—Pues, querido, ya ves que me rejuveneces un poco. ¿Cuál es la edad de Clovis, la de Clapeyron y la de su padre?

Solución

52

las vacas de tres colores

2

Paul Colas, granjero de Vexaincourt, lugar de los Vosgos, tenía treinta vacas, 60 terneros y 3 hijos.

Diez de las vacas eran blancas y cada una de ellas tenía tres terneros; diez eran negras y cada una tenía dos terneros; diez eran coloradas pero cada una de estas sólo tenía un ternero.

Como Paul Colas había llegado a la edad de retirarse de la actividad deseaba repartir vacas y temeros entre sus tres hijos.

Pero puesto que era muy escrupuloso quería, no sólo que cada cual recibiera el mismo número de vacas y de terneros, sino además que cada ternero siguiera a su madre, que cada lote comprendiera por lo menos una vaca de cada color y que ningún lote tuviera más de la mitad de las vacas de un color dado.

¿Cómo realizó Colas la distribución?

Solución

53

la herencia de Colas

3

La familia Clou siempre había sido muy aficionada a la matemática. Clovis conservaba en sus archivos el testamento de su abuelo Colas que estaba redactado del siguiente modo:

“El mayor de mis hijos tendrá 10.000 francos más el séptimo de lo que quede después de practicada esta deducción. Luego, el segundo hijo obtendrá 20.000 más el séptimo de lo que quede. Luego el tercero obtendrá 30.000 francos más el séptimo de lo que quede, y así sucesivamente hasta que queden agotados mis bienes.

Colas tenía un espíritu complicado pero justo. Cada uno de sus hijos recibió la misma suma.

¿Cuál era el monto de su legado y cuántos hijos tenía Colas?

Solución

Aritmética literal

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

l

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

W

X

Y

Z

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

Llamaremos valor de una letra al número que expresa su posición o rango en el alfabeto. Por ejemplo, R = 18.

Llamaremos valor de una palabra a la suma de los valores de sus letras. Ejemplo: AVE = 1 + 22 + 5 = 28

y los secretos de la cábala

La sustitución de números por letras (números correspondientes a la posición de las letras en el alfabeto) fue practicada desde tiempos antiguos por los babilonios, los persas y los griegos.

La primera inscripción que conocemos sobre este asunto data del siglo VIII antes de nuestra era. Se la encontró en las ruinas de Jorsabad e indica que la longitud de la muralla, 16.283 unidades, es el “valor” del nombre del soberano que la hizo construir, Sargón II.

Los gnósticos emplearon también ellos esta substitución que tomó el nombre de gematría (del griego γεωμετρια). Y es así como los nombres santos de Abraxas y de Mithras tienen los dos el valor 365, número de los días del año.

En la época del segundo templo de Jerusalén, la gematría pasó del mundo griego al mundo judío y aquí desempeñó un papel importante en la filosofía religiosa, pues constituye la clave de sus dominios más secretos.

Los números correspondientes a las veintidós letras hebraicas son según su rango: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 200, 300, 400.

La manipulación gemátrica consiste en reemplazar una palabra o un grupo de palabras por otra palabra u otro grupo de palabras del mismo valor o de un valor igual al de los cuadrados de los valores de las letras iniciales, o de un valor obtenido por operaciones más complicadas. Dicha manipulación conduce a interpretaciones filosóficas o cósmicas.

Es así como el Talmud fija en 515 años la distancia (metafísica) de la Tierra al Cielo, según Ezequiel, quien hablando de los ángeles dice “su pie es derecho” (I,7). Ahora bien, la palabra “derecho”, en hebreo ושרה (5, 200, 300, 10), tiene el valor de 515, de modo que la dimensión del pie del ángel es la distancia temporal del Cielo a la Tierra.

La gematría constituye uno de los procedimientos fundamentales para penetrar la cábala. Permite descubrir el sentido oculto del árbol de los Sephiroth, corazón del Sepher ha Zohar, el libro del Esplendor, base de la cábala.

Filósofos contemporáneos, en particular Raymond Abellio, están entregados a profundas investigaciones sobre el desciframiento gemátrico de los textos cabalísticos y testamentarios.

54

la hermosa mediana

3

¿Cuál es el valor del ángulo α?

Solución

el número π

El número n (inicial de πειϕερεια) es la relación de la longitud de una circunferencia con su diámetro. Su historia está ligada a la del problema de la cuadratura del círculo que apasionó a los matemáticos desde la antigüedad hasta 1882, momento en el que el alemán Ferdinand Lindeman demostró que era insoluble.

¿Qué valores atribuyeron los matemáticos al número n en el transcurso de la historia?

Los caldeos, varios milenios antes de nuestra era, le atribuyeron el valor 3, los hebreos el valor 3 (Libro de los Reyes, L, VII, 23). Los egipcios le atribuyeron 256/56 # 3,1605 (papiro de Ahmés), Arquímedes: 31/7 o √10.

En 1956, Ludolph Van Ceulen calculó los treinta y cinco primeros decimales de π, lo cual permitía obtener el volumen de una esfera de la magnitud de la tierra aproximadamente con una exactitud de tres mil millonésimos de centímetro. En 1873, Shanks indicó los 707 primeros decimales de 77 (falsos después del 527mo). La aparición de las computadoras permitió llevar mucho más lejos los cálculos. En 1958 François Genuys obtuvo 1.000 decimales con una computadora IBM 704.

Por fin en 1974, Jean Guilloud calculó 1.000.000 de decimales con la computadora más poderosa del mundo en esa época, una Control Data 7600, en 23 h 18 m.

(J. Guilloud y M. Bouyer, “1.000.000 de decimales de π”, Commissariat à l’Énergie atomique, París, 1974.)

Jean Guilloud es hoy el único hombre del mundo que sabe cuál es el 1.000.001° decimal de π.

55

Clovis pierde en las carreras

2

Clovis Clou se encontraba en el Club del Caballo Pío saboreando un ponche del que Zabulón, el barman, mantenía secreta la receta (agregaba una gota de ácido sulfúrico para darle cuerpo).

—Sus datos no valen lo que vale su ponche —dijo Clovis —. He perdido por tercera vez.

—Yo le indiqué el uno, el cinco y el tres —dijo Zabulón.

—Sí, y sólo el cinco llegó. La semana pasada usted me había indicado el tres, el siete y el uno y sólo llegó el uno. Pero no le guardo rencor por ello, pues esas cifras forman los números 153 y 371 que tienen en común una notable propiedad. Usted debe de ser un aritmético consumado, Zabulón...

—De ninguna manera —dijo modestamente el barman.

—Pero así y todo usted sabe cuál es el cubo de uno ¿no?

—Si existe debe dar 6.

—¿Por qué seis? ¿Y el cubo de cinco?

—Es 30.

Clovis permaneció un instante silencioso y luego se dio un golpe en la frente.

—Ya veo cuál es su error —dijo—. Para usted el cubo de 6 es 36, pero volvamos a nuestros caballos. ¿No podría mejorar usted sus pronósticos, Zabulón?

—De tres caballos indico uno bueno. Es imposible hacerlo mejor. En mí, éste es un principio y una enfermedad. Cuando digo tres cosas siempre una es verdadera y las otras dos falsas.

Cuando Clovis terminaba de beber su séptimo ponche, tres hombres jóvenes se instalaron en el otro extremo del bar. Clovis escuchó un rato la conversación de los jóvenes y luego volviéndose hacia Zabulón dijo:

—Me he enterado de que esos tres hombres se llamaban Antoine, Boris y Carlos y que uno era senador, el otro plomero y el tercero capitán. Pero no sé cuál de ellos es senador, cuál plomero y cuál capitán. ¿Podría usted informarme sobre esto?

—Con mucho gusto —dijo Zabulón-. Antoine es senador. Boris no es senador y Carlos no es plomero.

—Es lo que yo pensaba —dijo Clovis.

Puede usted decir:

(1) ¿La propiedad notable que tienen en común los números 153 y 371?

(2) ¿Cuál es el método (erróneo) de Zabulón para calcular los cubos?

(3) ¿Las profesiones de Antoine, de Boris y de Carlos?

Solución

56

la mosca de los Durand

2

Al salir de su oficina de París, el señor Durand suele tomar el tren que llega a las 19 horas a la estación próxima a su domicilio. Su fiel esposa va a buscarlo en su automóvil para conducirlo a la casa. La señora Durand es una mujer metódica que conduce siempre a la misma velocidad y que llega a la estación a las 19 en punto. Un día el señor Durand se ve libre de sus ocupaciones antes de lo acostumbrado y toma el tren que llega a las 18 horas; no telefonea a su mujer. Como hace buen tiempo decide ir a pie para encontrarla. La señora Durand sale a la misma hora que de costumbre; después de haberse encontrado con su marido, da media vuelta y los Durand llegan a su casa diez minutos antes de lo acostumbrado.

Primera pregunta: ¿Cuánto tiempo anduvo a pie el señor Durand?

Segunda pregunta: Si el señor Durand marcha a 4 kilómetros por hora ¿a qué velocidad conduce su mujer?

El señor y la señora Durand no tienen hijos (o por lo menos no los tienen todavía pues son jóvenes, gracias a Dios). Por el momento han volcado todo su afecto en Philomène, su mosca domesticada. Cuando la señora Durand pone en marcha el automóvil, Philomène —que vuela a 60 kilómetros por hora— se adelanta para llegar antes a la estación. Aquel día Philomène está desconcertada porque encuentra en el camino a su amo. Inmediatamente da media vuelta y vuela hasta el parabrisas del automóvil de la señora Durand; de allí otra media vuelta y vuela hasta su amo, y así continúa haciendo hasta que se produce el encuentro. En el curso de esas sucesivas idas y venidas Philomène recorre 5 kilómetros (la ruta que conduce de la estación al domicilio es rectilínea).

Tercera pregunta: ¿Qué distancia hay desde la estación hasta el domicilio de los Durand?

Solución

57

Clotaire juega a los dados

1

Clotaire Clou acababa de jugar a los dados su novena vuelta de ponches con Zabulón, el barman del Caballo Pío, y de perder por novena vez.

—Vamos a jugar a otro juego —dijo Clotaire—. Voy a hacerle una jugada. Si usted logra repetirla, mi pérdida será el doble. Si no lo logra queda saldada mi deuda.

—¿Se trata de un juego de dados?

—Sí.

—Entonces estoy de acuerdo —dijo Zabulón.

Clotaire se alejó del mostrador y volvió las espaldas al barman.

—Tome tres dados... láncelos... sume los puntos de las tres caras superiores... bien... ahora sume a ese total el número de puntos de la era inferior de uno de esos dados, cualquiera de ellos... lance ese dado... sume al total el número de puntos de la cara inferior de uno de esos dados, ahora... ¿Ya está?

—Ya está —dijo Zabulón.

Clotaire se volvió, lanzó una mirada a los dados y dijo un número.

—¿Es el total a que usted había llegado?

—Exacto —dijo Zabulón —. Ahora me toca a mí.

Se volvió a su vez y dijo a Clotaire:

—Lance tres dados... Sume los puntos de las tres caras... Agregue luego los puntos de las caras inferiores de los dos primeros dados... Vuelva a tirar esos dos dados... Sume los puntos de las caras superiores, luego los puntos de la cara inferior de uno de ellos... Lance ahora ese dado... Agregue los puntos de su cara superior.

—Ya está —dijo Clotaire.

Zabulón se volvió, miró los tres dados y dijo:

—23.

—Incorrecto —declaró Clovis que se hallaba en el otro extremo del bar y que no había visto los dados.

Y, en efecto, Zabulón se había equivocado.

¿Puede usted decir cómo efectúa Clotaire su jugada y cómo Clovis pudo decir, sin haber mirado los dados que Zabulón se había equivocado?

Solución

58

un trapecista fabuloso

1

Dividid bien, tomaos ese trabajo, dedicadle vuestros cuidados.

Un gran vitivinicultor, sintiendo próximo su fin, reunió a sus hijos y les habló sin testigos.

Guardaos —les dijo— de vender la herencia que nos dejaron nuestros antepasados.

Dividid este dominio en cuatro partes iguales.

Aquel dominio era un trapecio rectangular. La base menor era igual a la altura del trapecio y medía la mitad de la base mayor.

Solución

59

problemas de reinas

¿Es posible colocar en un tablero ocho reinas de ajedrez —de manera más general n reinas sobre un tablero de n2 casillas— de manera que ninguna de ellas sea comida? ¿Puede usted dar la solución o las soluciones precisas en el caso de cuatro reinas en un tablero de dieciséis escaques? Este problema era muy popular entre los jugadores de ajedrez en la primera mitad del siglo xix. Edouard Lucas le dio una solución en sus célebres Recreaciones Matemáticas publicadas en 1881. W. R. Ball indica otra en sus Problemas de tiempos antiguos, que habría sido suministrada por el doctor Günther en 1874. Soluciones anteriores, que sin embargo no conocemos, fueron dadas en 1850 por Nauk y por Gauss.

Solución

60

Uniones insulares

2

Hélène, Nicole, Monique, Jean, Pierre y René, a causa de un naufragio, fueron lanzados a una isla desierta. La escasez de distracciones explica — ¡sin excusarlo!— que cada una de las tres mujeres conociera a cada uno de los tres hombres. De esas uniones nacieron tres hijos y tres hijas. Los niños criados en común no saben quién es su padre ni quién es su madre. Cuando llegan a la edad adulta, quieren casarse evitando desde luego las uniones incestuosas de hermano con hermana o de semihermano con semihermana. Los padres ya han muerto de manera que para determinar sus lazos de parentesco los jóvenes sólo disponen de las siguientes reglas genéticas:

Dos padres de ojos azules no pueden tener hijos de ojos negros y dos padres rubios no pueden tener hijos de cabellos negros. La mayor parte de los genéticos confirman la primera de estas reglas; la segunda es seguramente falsa, como podrán convencerse muchos de los lectores mirando a sus hijos, pero los náufragos creían de buena fe en una y en la otra.

Los jóvenes se acuerdan de que Hélène tenía cabellos negros y ojos azules, que Nicole era rubia de ojos azules, que Monique era rubia con ojos negros, que Jean tenía cabello negro y ojos azules, que René era rubio de ojos azules y Pierre era rubio de ojos negros.

Uno de los muchachos tiene el cabello negro y los ojos negros, otro el cabello negro y los ojos azules y el tercero es rubio de ojos negros. Una de las muchachas tiene cabellos negros y ojos negros, la segunda es rubia de ojos negros y la tercera, rubia de ojos azules.

Los jóvenes comprenden enseguida que una de las muchachas no podrá casarse. Desconsolados se ponen a reflexionar y recuerdan entonces ciertas confidencias de sus padres. Cada mujer tuvo un varón y una niña; entre ellos solo hay semihermanos y semihermanas; René tuvo dos niñas. ¿Cuáles son los matrimonios posibles?

Solución

61

Relatividad náutica

2

Todos los sábados por la mañana, John rema en el Támesis: sale del embarcadero A., rema hacia el embarcadero B, situado aguas arriba de A, luego desde B regresa a A. Como John es un buen deportista rema, en relación con la corriente de agua, dos veces más rápido de A hacia B que de B hacia A.

La otra mañana mientras remaba de A hacia B, John encuentra una botella flotando en el agua. Sin prestarle atención prosigue remando pero enseguida se pregunta qué podrá contener aquella botella, de modo que treinta minutos después de haberla encontrado deja de remar y se abandona a la corriente durante 18 minutos, luego rema río abajo hacia la botella. Pero como de pronto le parece pueril su curiosidad, reanuda su viaje aguas arriba. Al cabo de 14 minutos toma a remar en procura de la botella, también esta vez se avergüenza de su puerilidad y toma de nuevo río arriba. Por fin, al cabo de diez minutos, no resistiendo más la curiosidad, rema a favor de la corriente decidido a apoderarse de la botella: en efecto, la encuentra a tres kilómetros del lugar en que la había visto por primera vez. De esta aventura náutica John deduce la velocidad de la corriente. ¿Cuál es?

Solución

62

una cita en Saint-Eustache

2

El señor Durand dio una cita en la iglesia de Saint-Eustache a su mujer, que, naturalmente, llega tarde. Como hace frío, el señor Durand para entrar en calor se pone a recorrer la galería rectangular que rodea la nave y el coro y sobre la cual se abre la puerta de la iglesia.

La señora Durand llega con un retraso imprevisible y también ella se pone a dar vueltas por la galería en el mismo sentido que su marido y a la misma velocidad. ¿Qué probabilidad hay de que los dos cónyuges den vueltas indefinidamente por la galería de la iglesia sin llegar a avistarse?

(El largo de la galería es dos veces su ancho).

Solución

63

Cifras perdidas

3

Hallar en la serie siguiente, sin hacer cálculos, las dos cifras que faltan :

1, 2, 6, 24, 120, 720, 5.040, 40.320, 362.880, 3.628.800, 39.916.800, 479.001.600, 6.227.020.800, 87.178.291.200, 1.307.674.368.000, 20.922.789.88.000, 355.687.428.96.000.

Solución

64

series simples

2

Hallar el término que falta (?) en las dos series siguientes:

(1)

(2)

Solución

65

escándalo en el club de los Seis

5

Los productos de dos factores que siguen obedecen a una ley con excepción de uno de ellos. ¿Cuál y por qué?

1 × 6, 2 × 6, 3 × 6, 5 × 6, 7 × 6, 10 × 6, 12 × 6,

17 × 6, …, 16.522 × 6, 16.523 × 6, ..., 166.666.668.275 × 6, …, 60.958.037.939.144 × 6.

Solución

66

un número fénix

3

Uno de los productos que figuran abajo no tiene su lugar en la serie. ¿Cuál es y por qué?

123.456.789 × 2

123.456.789 × 3

123.456.789 × 4

123.456.789 × 5

123.456.789 × 7

123.456.789 × 8

Solución

el gran Teorema de Fermat

Tan grande era el genio de Fermat que después de más de tres siglos sus trabajos dominan aún la teoría de los números; una longevidad tan eminente es probablemente un hecho único en la historia de la ciencia.

Fermat no daba la demostración completa de las propiedades que había descubierto, sino que se contentaba con indicar el método que había seguido. Sólo dos veces hizo excepción a esta regla: la primera cuando dio una fórmula de los números primos, fórmula que era falsa, como ya lo hicimos notar, pero de la cual Fermat reconocía que no la había demostrado; y una segunda vez cuando enunció lo que se ha llamado “el gran teorema de Fermat”: “xn + yn = zn sólo es posible en números enteros en el caso n = 2.”

Fermat no nos dejó ninguna indicación sobre la demostración de este teorema, salvo la frase siguiente: “De este teorema descubrí una demostración verdaderamente maravillosa que no puede contener este espacio demasiado estrecho”.

No hay ninguna razón para poner en duda la palabra de Fermat que nunca nos engañó. Por lo demás, ningún ensayo logró refutar su proposición. Por eso a partir del siglo XVII no hubo matemático, grande o pequeño, que no haya intentado descubrir la famosa demostración.

Hasta ahora no se ha obtenido ningún resultado concreto.

Se establecieron diversos premios para recompensar al matemático que obtenga éxito en este gran empeño. Existe un premio de 100.000 marcos instituido en 1908 por el doctor Wolfskehl que caducará sólo en el año 2007.

67

Clovis Clou encontrado en un granero

4

¡Gracias a Dios! ¡Hemos encontrado a Clovis! Hacía tres días que estaba encerrado en el granero del Club de los Números primos. Los descubrí bajo un montón de archivos, todo cubierto de polvo pero feliz.

—Vea lo que encontré - me dijo—. Una carta de Fermat al padre de Mersenne fechada el 7 de abril de 1643... Espero que sepa usted quiénes son esos personajes...

—Evidentemente. Fermat es uno de los matemáticos más ilustres de todos los tiempos. Sin estar a su misma altura, el padre de Mersenne había adquirido cierta notoriedad.

—¡Cierta notoriedad! Amigo mío, me gustaría que poseyera usted la centésima parte de su inteligencia... ¡Ni siquiera yo mismo estoy seguro de poseer la mitad!

—Si comprendo bien —dije-, usted se juzga cincuenta veces más inteligente que yo.

—Aproximadamente —declaró Clovis.

Preferí no insistir.

—Veamos esa carta.

Clovis me tendió una hoja amarillenta que terminaba con la gran firma de Fermat y que rezaba así:

“Usted me pregunta si el número 100.895.598.169 es primo o no y me pide un método para descubrirlo en un día. A esta cuestión le respondo que ese número es compuesto y se hace del producto de estos dos números …….. y …….. que son primos. Mediante la ayuda de un método personal reduje la cuestión de saber si el número era primo o no a la resolución en números enteros de la ecuación:

100 x2 + 224 x + 326.901.738.193 = y2.

—Yo encontré un método más simple que el de Fermat —dijo Clovis con aire triunfante.

—¿Realmente?

—Clovis Clou se pasó por los labios una lengua ávida.

—Cuando extraigo la raíz cuadrada de 807.164.785.352, deteniéndome en la cifra de las unidades, obtengo 898.423.

—¿Y entonces, qué?

—¿Y entonces, qué? ¿No le basta con eso? —preguntó Clovis con aire despectivo.

¿Puede usted, mediante estas indicaciones, hallar los dos números que nosotros reemplazamos por puntos suspensivos en la carta de Fermat?

Solución

68

la hija del guardabarrera

2

A continuación se consignan veinte afirmaciones. Escriba el lector un 1 a la derecha de las que son verdaderas.

(1) La serie de los números primos es ilimitada.

(2) El átomo de helio tiene cuatro neutrones.

(3) El dardo de la abeja macho es más largo que el de la hembra.

(4) El diamante es un sílice.

(5) Es posible encontrar una serie de mil millones de números enteros sucesivos en la que no figure ningún número primo.

(6) El lado del hexágono regular es igual al radió del círculo circunscrito.

(7) El seno de 160° es 1,234....

(8) La masa de un cuerpo aumenta con su velocidad.

(9) El plutonio es un veneno.

10) El ciempiés tiene alrededor de cien patas.

11) Las tres medianas de un triángulo concurren en el centro del círculo inscrito.

12) Existen palmeras machos y palmeras hembras.

13) Los números negativos tienen logaritmos negativos.

14) El círculo es una cónica.

15) El arsénico es un metal.

16) El fotón es el más ligero de los átomos.

17) Las células humanas contienen 45 cromosomas.

18) Los élitros son alas.

19) Moisés era el nieto de Abraham.

20) La hija del guardabarrera de Pinterville es pelirroja.

Si escribe usted seguidos todos los 1 así obtenidos tendrá un número que dividido por un cuadrado, si le quita usted 1, da otro número cuyo carácter notable no podrá usted negar.

Sí o no, ¿es pelirroja la hija del guardabarrera?

Solución

Saltear las soluciones

soluciones

1. Los tres errores de Clotaire

Un número de cuatro cifras divisible por 101 puede escribirse así: 101 × (ab) = 100 × (ab) + (ab) = (ab00) + (ab) = (abab).

Si el producto de las dos últimas cifras, a x b, es igual a 25, entonces a = 5, b = 5, la suma que debe Clovis es de 5.555 francos.

Primera pregunta. Clotaire se equivocó pero tiene excusas pues se dice que en 1754 el matemático D 'Alembert incurrió en el mismo error. En realidad, hay cuatro posibilidades:

Primera vez

Segunda vez

F

F

F

P

P

F

P

P

De estas cuatro posibilidades, tres son favorables. De modo que la probabilidad buscada es de 3/4.

Segunda pregunta. También aquí Clotaire se equivocó. La siguiente tabla muestra que hay ocho casos posibles de los cuales dos son favorables. La probabilidad buscada es, pues, de 1/4.

Primera moneda

FFFFPPPP

Segunda moneda

FFPPFFPP

Tercera moneda

FPFPFPFP

12345678

Sin embargo, el razonamiento de Clotaire parecía sensato. Pero al examinar la tabla comprobaremos que cuando dos monedas caen sobre la misma cara, hay más posibilidades de que la tercera caiga tanto sobre la cara opuesta como sobre la misma cara. ¿No es sorprendente?

Tercera pregunta. La cara roja visible puede ser la cara A de la tarjeta roja-roja, la cara B de la misma tarjeta o la cara roja de la tarjeta roja-blanca. En dos de estos tres casos la cara oculta es roja. La probabilidad buscada es pues de 2/3.

Escribamos en tres líneas las combinaciones posibles de dos fichas, las probabilidades de cada una de las combinaciones y la probabilidad de sacar una ficha negra para cada una de estas combinaciones igualmente.

NN

NB

BN

BB

l/4

1/4

1/4

1/4

1

1/2

1/2

0

La probabilidad general de sacar del saco una ficha negra es pues:

1/4 × 1 + 1/4 × 1/2 + 1/4 × 1/2 +1/4 × 0= 1/2.

Asimismo, la probabilidad de sacar una ficha blanca es de 1/2. Puesto que rigurosamente hay tantas posibilidades de sacar una ficha negra como una ficha blanca el saco contiene pues una ficha negra y una ficha blanca.

(Esta última proposición es falsa).

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2. La copa de rugby de Francia

En cada partido, un equipo y sólo uno queda eliminado. Para llegar al ganador de la copa habrá que eliminar 160 equipos, es decir, jugar 160 partidos.

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3. El chofer económico

Sea B’ el simétrico de B con respecto del río y P el punto en que el camión llega al río entre A y B. APB = APB ’. El trayecto más corto de APB’ es aquel en que A, P y B’ están en línea recta. De ahí la determinación de un punto óptimo P.

Los trayectos mínimos (B río C) y (C río D), son 10 kilómetros y 15 kilómetros.

De manera que el itinerario recorrido por el chofer inteligente será de:

(5 + 10 + 15) km = 30 km.

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4. La pesca milagrosa

153 = 1 + 2 + 3 + … + 17.

153 era el número de especies de peces conocidas a comienzos de nuestra era.

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5. Problemas de círculos

1) El bloque de piedra se habrá desplazado 2 metros. Habrá rodado dos metros sobre los rodillos y, durante la rotación de los rodillos, éstos habrán avanzado 1 metro por el suelo.

2) El aro habrá dado 5 vueltas. Habrá rodado 4 metros sobre los lados del cuadrado y, además, en cada vértice, habrá dado un cuarto de vuelta.

3) El aro habrá dado (p + 1) vueltas: habrá rodado p metros sobre los lados del polígono y, en los sucesivos vértices, habrá girado en ángulos cuya suma es 2π [pues la suma de los ángulos interiores de un polígono convexo de n lados es (n – 2)π].

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6. Clovis Clou contra Gaëtan Dupont

1) Enigma: 25 + 2 = 27

(52 + 2 = 33).

Según el ilustre matemático Fermat, en la serie infinita de números enteros sólo habría entre ellos 5 cuyo cuadrado aumentado en dos unidades sea un cubo.

2) Traducción de la inscripción. Al final de las líneas encontramos rimas, lo cual hace pensar que se trata de un procedimiento de substitución por el cual una letra del texto cifrado corresponde siempre a la misma letra del texto pasado en limpio. Hay que probar el procedimiento de substitución más simple, el de los alfabetos desplazados. Como C es la letra más frecuente del texto cifrado debe corresponder a la letra E, y, por lo tanto, el desplazamiento es de 2.

CQYASCQRGMLJYKCLRYZJC

GLBGELYBCSLQYZGMPCQNCRYZJC

Esa cuestión lamentable

indigna de un sabio respetable,

deberías pasarla a la carpeta de cierta sobrina adorable.

Es propia de la edad de ella y de la tuya, retornar a la infancia

Te lo diré sin embargo por pura condescendencia.

Aquí el desplazamiento pasa a 3:

El cuadrado es de cinco y el cubo es de tres.

Este procedimiento de los alfabetos desplazados (desplazamiento de cuatro) era utilizado por Julio César en sus campañas. Se convendrá en que los secretos militares de este gran capitán estaban mal guardados.

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7. La hostería de los tres cultos

Podemos situar en seguida del modo siguiente al señor Balaquet (B,), a la señora Balaquet (B2) y a la señorita Balaquet (b).

Uno de los vecinos de (b) es un tibetano (c1). En efecto, no puede ser el cura (G) ni Alí (A), que no bebe vino. Ese tibetano tiene que estar a la izquierda de (b) pues, si estuviera a su derecha, no sería posible situar a las tres mujeres de Alí (a1, a2, a3). En consecuencia, la señora Chen (C) está sentada a la derecha de (b) y por lo tanto tenemos la siguiente distribución:

Como Alí (A) no está sentado junto a un tibetano, la disposición final es esta:

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8. Duelo mejicano

Es evidente que Fernández tiene interés en no dar muerte a su adversario. En efecto, ese adversario disparará contra el tercer hombre puesto que ya no tiene nada que temer de Fernández; si lo mata, Fernández está salvado; si no da en el blanco, ese tercer hombre podrá elegir entre dos adversarios. En cambio, si Fernández hubiera dado muerte a su adversario, el tercer hombre sólo habría podido disparar contra él, Fernández.

De manera que Fernández fallará deliberadamente en alcanzar su blanco (supongamos que sea Pérez). Pérez disparará contra Ramírez. Para que Fernández resulte muerto es menester:

1) Que Pérez no alcance a Ramírez con su tiro: probabilidad 1/2.

2) Que Ramírez decida disparar contra Fernández: probabilidad 1/1.

(En esa fase, a Ramírez le es indiferente disparar contra uno u otro de sus adversarios):

3) Que Ramírez dé en el blanco: probabilidad 1/2. La probabilidad de muerte de Fernández es pues 1/2 × 1/2 × 1/2 = 1/8.

(Fácilmente puede calcularse que si Fernández hubiera decidido hacer blanco en su adversario, su probabilidad de muerte sería 5/16; es decir 2,5 mayor).

El hecho de ser el primero en disparar es una ventaja. Acabamos de observar que el riesgo de ese primer tirador, Fernández, era 1/8.

(Suponemos desde luego que cada uno de los tiradores se comporta inteligentemente). El riesgo de Pérez es igualmente 1/8 (probabilidad 1/2 de no dar en el blanco en Ramírez × probabilidad 1/2 de ser elegido como blanco por Ramírez × probabilidad 1/2 de que Ramírez acierte a dar en el blanco). Pero el riesgo de Ramírez es 1/2. En consecuencia, de los dos hombres que no disparan primero no puede saberse a priori cuál de ellos corre un riesgo mayor que el primer tirador.

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9. Cuidado con el árbitro

Puesto que Petitdemange marcó más tantos que Grosmougin, que tiene dos en su haber, el score de Petitdemange es por lo menos de tres tantos.

Lafrimbolle hizo por lo menos cinco tantos. Como el número total de tantos no es superior a 10 y como no hubo empate en el partido, ganó Lafrimbolle.

Bidache hizo por lo menos tres tantos y como su score es par, no puede ser de menos de 4.

De modo que Lafrimbolle se impuso a Bidache por cinco tantos a cuatro.

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10. Historias de ladrones (1): Una cuestión de mandarines

El hecho de que los ladrones disminuyan cada uno en una pieza de tela su parte (6 en lugar de 7) hace que queden trece piezas disponibles (5 + 8). Los ladrones eran, pues, 13.

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11. Historias de ladrones (2): Rebelión entre los L. F. J.

Sean n el número de L. F. J. y N el número de los aparatos robados. En la primera repartición:

En la segunda repartición: N = 5n

por lo tanto n (n ‒ 9) = 0

n = 9 N = 9 × 5 = 45

Los L. F. J. habían robado cuarenta y cinco aparatos.

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12. Historias de ladrones (3): El reparto de los Veinte Corazones

Sea n el número de los Veinte Corazones y N el número de monedas de oro que deben repartirse.

En el primer caso:

N = 2 + 22 + 23 + … + 2n = 2(2n ‒ 1)

(Suma de una progresión geométrica).

En el segundo caso:

N = na y a es un número entero (la parte de cada uno)

2 (2n ‒ l ) = na con n ≤ 20

Una tabla de las primeras veinte potencias de dos muestra que las únicas soluciones enteras de esta ecuación son:

n = 1 y a = 2 n = 2 y a = 3

n = 6 y a = 21 n = 18 y a = 29.127

Hay que rechazar las dos primeras soluciones pues el enunciado nos indica que los Veinte Corazones eran más de 4 y la última también porque el número N de monedas habría sido de 29.127 × 18. No habrían podido estar contenidas en una cajita ni ser contadas rápidamente. De manera que n = 6. Los Veinte Corazones eran seis.

El lector que considere poco elegante el empleo de la tabla de las potencias de 2 podrá llegar a las soluciones de manera directa. En el método que hemos empleado y que es laborioso (tal vez exista uno más simple), nos valimos del hecho de que 2n ‒ 1, número de Mersenne, es número primo si n es primo en el caso de todos los valores de n inferiores a 20, salvo el 11.

Suponiendo que n es primo, las únicas soluciones son n = 1 y n = 2, que son inaceptables.

Se pueden eliminar pues los valores siguientes de n: 3, 5, 7, 13, 17, 19.

n = 11 no conviene pues en 11a = 2 (211 ‒ 1), 211 ‒ 1 no es divisible por 11.

Supongamos ahora n = 4p:

4 pa = 2(24p ‒ 1)

2 pa = (24p ‒ 1) = (22p ‒ l)(22p + 1) = (2p ‒ 1)(2p + l)(22p + 1)

lo cual es imposible pues el primer miembro es par y el último forzosamente impar.

Se pueden pues eliminar los siguientes valores de n: 4, 8, 12, 16, 20. Los restantes valores posibles de n son: 6, 9, 10, 14, 15,18.

Supongamos n = 5 p (p = 2 o p = 3), 5 pa = 2 (25p ‒ 1).

Como 25p ‒ 1 es divisible por 5, 25p, que es par, no puede terminar sino en 6, lo cual no es el caso ni en 215 ni en 210. De manera que se puede eliminar n = l0 y n = 15.

Por fin se comprobará que las únicas soluciones posibles son n = 6 y n = 18. Como n = 18 se elimina por la interpretación del enunciado, sólo queda la solución n = 6.

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13. El botín cúbico

Sea p el número de pilas de monedas y n el número de los oficiales. Las pilas sucesivas contienen 1, 3, 5... (2p ‒ 1) monedas.

La suma de esta progresión aritmética es

p = 5.050

Los números de pilas tomadas por los oficiales sucesivos son 1, 2, 3..., n y la suma de esas pilas es 1 + 2 + 3... + = 5050, luego

n2 + n ‒ 10.100 = 0

(n ‒ 100) (n + 101) = 0.

La única raíz que conviene es la raíz positiva n = 100. Hay cien oficiales.

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14. El injusto testamento de Clovis Clou

Sean n el número de sobrinos y sobrinas y q la razón de la progresión geométrica

form29a  {4}  form29b

Ahora bien, 3 × qn‒1 es el último término de la progresión, la parte de Claudine, 2.470.629

luego q = 7

La parte de Claudine

3 × 7n‒1 = 2.470.629

7n‒ 1 = 823.543 = 77

n ‒ 1 = 7 n = 8

Clovis Clou tiene ocho sobrinos y sobrinas (Clotaire, Clodomir, Clarence, Cléobule, Clotilde, Célie, Cléopâtre y Claudine).

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15. La maquinación de Gaëtan Dupont

La deuda, de casi un millón, se expresa por un número de seis cifras (a b c d e f). Supongamos que (b c d e f) = N. (a b c d e f) = (a N).

Después de la manipulación se obtiene el número (b c d e f a) que escribiremos (N a).

(a N) = 4 (N a)

105 a + N = 4 (10N + a)

39 N = (105 ‒ 4) a = 99996 a

N = 2.564 a

Se puede dar a a todos los valores de 1 a 9. Pero como la deuda se acercaba a un millón, a = 9, N = 2564 × 9 = 23.076, la deuda se elevaba a 923.076 francos.

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16. Clovis y la aritmética galante.

Sea (a b c d) el número de la casa de Muriel y sea e el número de su piso.

(a b c d) × e (d c b a)

e = 1 llega a la indeterminación a b b a. Luego e ≥ 2.

Entonces a ≤ 4:

Supongamos a = 4:

e no puede ser sino 2 d ≥ 8

d × e = a + 10 (primer producto parcial)

d × 2 = 4 + 10 = 14 d = l imposible puesto que d debe ser ≥ 8.

Supongamos a = 3:

e = 2 o e = 3

e = 2 d × e = a +10 × d × 2 = 13 imposible

e = 3 d × e = a + 10 o d × e = a + 20

d × 3 = 13 d = 2 = 23 imposible

Supongamos a = 2:

e = 2 o e = 3 o e = 4

e = 2 d × e = a + 10 d × 2 = 12 d = 6 (2 b c 6) × 2

no puede ser igual a (6 c b 2)

e = 3 d × e = a + 10 o d × e = a + 20

d × 3 = 12 o d × 3 = 22

d = 4 pero debe tenerse d ≥ e × a = 6 imposible

e = 4 d × c = a + 10 o d × c = a + 20 ó d × e = n + 30

d × 4 = 12 d × 4 = 22 d × 4 = 32

d = 3 imposible d = 8

Si d = 8, se tiene (2 b c 8) × 4 = (8 c b 2)

Se halla fácilmente b = 1, c = 7

2.178 × 4 = 8.712

Existe otra solución para el caso de a = 1, e = 9 (1.089), pero esta solución debe rechazarse a priori puesto que Muriel vive hacia el final de la avenida y entonces hay que tener en cuenta al número más alto. La dirección es 2.178 Sunset Boulevard, cuarto piso.

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17. La familia de Víctor Vis

Sea ab la edad de Víctor. El número (ababab) es igual a

(ab0000) + (ab00) + (ab) = (ab) × 10.101

10101 = 1 × 3 × 7 × 13 × 37

(ababab) = (ab) × 1 × 3 × 7 × 13 × 37

Víctor frisa en la cuarentena, tiene 39 años (ab); su mujer 37, años y sus cuatro hijos tienen 1, 3, 7 y 13 años.

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18. Clovis Clou opiómano

3.170.649 = 3 × 31 × 103 × 331

La duración de la cocción, de alrededor de medio minuto, es de 31 segundos. La temperatura de la lámpara, inferior a 200°, es de 103°, la longitud de la pipa es de 331 mm (3 × 331 mm, es decir, casi un metro, no es aceptable). El número de gramos de opio de una pipa es, pues, 3. Clovis Clou fuma seis pipas por día.

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19. La desintoxicación china

1) El último día de su cura, Clovis absorbe 0,5 gramo de opio en su vaso de 10 cm3. Quiere decir entonces que en el tarro tenía

Como al principio el tarro contenía 100 g, Clovis absorbió 50, más su ración del último día, es decir 50,5 gramos (este resultado es sólo aproximado. En efecto, no habrá un día en el que exactamente el vaso de Clovis contenga 0,5 gramos de opio. El vaso contendrá un poco más el día n ‒ 1, un poco menos el día n).

2) Cada día Clovis extrae del tarro , es decir, la centésima parte del opio en el contenido. El primer día, antes de la deducción, en el tarro habrá: 100 gramos de opio.

Al segundo día quedan los de 100, o sea .

Al tercer día quedan los de 100 o sea .

El último día de la cura, el nimo, quedan:

(n ‒ 1) (log 99 ‒ log 100) ≤ log 0,5

(n - 1) (log 99 ‒ 2) ≤ log 0,5

   {5}

n ≥ 70,04

El valor que hay que retener es el número entero inmediatamente superior al valor que figura en el segundo término de la desigualdad, o sea, 71.

Clovis se desintoxicó en 71 días.

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20. El pozo de Salomón

Salomón perforó el pozo en el punto de intersección de las tres medianas del triángulo que constituía el dominio.

En efecto, sea G el punto de intersección de las medianas. Se sabe que GM = 1/3 AM, de modo que GH’ (perpendicular a BC) = 1/3 AH

Superficie GBC

De la misma manera se demostraría que la superficie de GAB y de GCA son la tercera parte de la superficie de ABC.

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21. Simplificaciones escandalosas

Sea n el número de las cifras b

(1)

El numerador de la primera fracción es igual a:

El denominador es igual a:

Transportemos a (1) e igualemos los productos de los extremos y de los medios:

Todas las fracciones en las cuales a, b, c, están ligadas por la relación antedicha podrán simplificarse de la manera encarada.

Pero, además, nuestra fracción es equivalente a 1/2.

Como 9 no divide a 4 debe dividir a b. Por ello b — 9, luego:

a = 4 c = 8

Las otras fracciones que poseen la propiedad indicada pero que no son equivalentes a 1/2 son:

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22. Clovis Clou y los bandidos

1) Cuando n bebedores brindan de a dos hay tantos brindis como combinaciones posibles de n objetos tomados de a dos. El número de esas combinaciones está dado por la fórmula:

   {6}

En este caso:

Sólo conviene la raíz positiva 7. Los bandidos eran siete.

2) Después de marcharse un bandido, el número de los brindis disminuyó en 5. Quiere decir entonces que el que se marchó había chocado su copa con otros cinco. Los hombres eran pues seis al principio.

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23. El harén y las cuadras del sultán de Adiabene

Sea X el número de mujeres e Y el número de caballos de un sultán de Adiabene. El ciclo durante el cual las combinaciones de cuatro mujeres y tres caballos cambian cada día tiene una duración de Cx4 = Cy3

Como X e Y son números enteros inmediatamente aparecen dos soluciones:

X = 4 y entonces Y = 3 o X ‒ 3 = 4, X = 7 e Y = 7.

(Por último, podrá establecerse que estas soluciones son las únicas, suponiendo X < Y: una solución, X = Y: una solución, X >Y: no es solución de X + Y ≤ 17.)

Selim el Grande tenía siete mujeres y siete caballos, el ciclo C74 era de 35 días y Selim reinó treinta y cinco años; usó pues 7 × 365 = 2.555 mujeres y otros tantos caballos.

Selim el pequeño tenía cuatro mujeres y tres caballos; el ciclo era de un día. Al cambiar pues cada día de mujeres y de caballos hizo uso en tres años de 4 × 3 × 365 = 4.380 mujeres y 3 × 3 × 365 = 3.285 caballos.

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24. Anatole fuma tabaco negro picado

1) Superficie de la pared: 500 × 210 = 105.000 cm2. Superficie de la envoltura de un paquete de tabaco: 6 × 52 = 150 cm2. Relación de la superficie de la pared con la de una envoltura: 105.000 / 150 = 700. Número de días desde el primero de enero del año A al treinta de noviembre incluso del año A + 1 = 699 en general, 700 si A o A + 1 son bisiestos. Como A no puede ser bisiesto (1965, 1966 o 1967) es A + 1 el año que posee esta particularidad. A + 1 = 1968. A = 1967.

Anatole fuma un paquete de tabaco por día y comenzó a empapelar la pared el primero de enero de 1967.

2) El volumen de los nuevos paquetes es ocho veces el volumen de los viejos paquetes. Anatole fuma uno de los nuevos cada ocho días y dispone entonces de una envoltura de 6 × 102 = 600 cm2. De manera que para realizar su trabajo Anatole necesitara 105.000 / 600 = 175 paquetes.

Habrá fumado 174 paquetes en 174 × 8 = 1.392 días. El día 1.393°, Anatole comprará el 175° paquete que le permitirá terminar su tarea.

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25. La cena de cumpleaños de Clovis Clou

Clodomir está sentado entre “Egipto y Roma”, entre Cléopâtre y Clélie. Clovis Clou no tiene a su izquierda ni a Clotilde, que lleva una falda larga, ni a Clélie que lleva pantalones; quedan Claudine y Cléopâtre cuyos vestidos no se conocen; pero esa vecina, encontrándose entre Clovis y Clotaire, no puede ser Cléopâtre, que está sentada entre Clodomir y Cléobule (que admira su anillo). Es pues Claudine. Según el movimiento de las agujas del reloj tenemos pues la siguiente disposición: Clovis, Claudine, Clotaire, Clélie, Clodomir, Cléopâtre, Cléobule luego Clarence que está sentada junto a un primo y por fin Clotilde.

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26. Revelaciones sobre la familia Clou

Si no hubiera ni hermanos ni hermanas entre los sobrinos Clou, el número de parejas posibles de primos sería:

Siendo veintitrés el número real, hay hermanos y hermanas entre los sobrinos.

Supongamos que haya dos hermanos o dos hermanas; A y A’ de modo que la serie se presenta así: (AA’) BCDEFG.

El número de parejas posibles de primos es C72 (número de parejas formadas sin A’) + 6 (número de parejas en las que participa A’), lo cual sería 21 + 6 = 27, número demasiado elevado.

Con tres hermanos o hermanas, A, A’, A”, se determinaría que el número de parejas posibles es 25.

Con cuatro hermanos o hermanas, A, A’, A”, A’”, el número de parejas sería 22, demasiado pequeño.

Debemos pues considerar el caso de tres hermanos y hermanas, por un lado, y dos, por el otro: (A, A’, A”) (B, B’) CDE. El número de parejas posibles es 3 × 5 + 2 × 3 + C32 = 15 + 6 + 3 = 24, número demasiado elevado.

Con tres hermanos y hermanas y dos parejas de hermanos y hermanas tenemos la combinación (A, A’, A”) (B, B’) (C, C’) D que permite formar 3 × 5 + 2 ×3 + 2 = 23 parejas de primos. Esta es la única solución posible. Clovis tiene pues en total cuatro hermanos o hermanas. Pero, ¿cuántos hermanos y cuántas hermanas?

Cinco de los jóvenes llevan el apellido Clou. Cléopâtre, la única mujer casada, tenía el apellido Clou cuando era soltera; hay, pues, seis Clou de nacimiento, de suerte que Clovis sólo puede tener una hermana (que tiene dos hijos).

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27. Aritmética caballar

Los sistemas de numeración tienen evidentemente bases diferentes en los tres países. Sea A la base en Aulnia, B en Bizania, C, en Ciria.

2A2 + 2A + 2 = 6B + 6 = 2C + 2

A2 + A ‒ 3B ‒ 2 = 0

Como las bases de numeración son números enteros y, a fortiori, racionales, la determinante 12 B + 9 debe ser un cuadrado perfecto.

12 B + 9 = N2 siendo N un número entero

12 B = N2 ‒ 9 = (N + 3) (N ‒ 3).

El segundo miembro debe ser par como el primero, lo cual supone N impar. Pongamos N = 2n + 1

3B = (n + 2) (n ‒ 1).

Como el segundo miembro es divisible por 3, n es de la forma 3p + 1.

B = 3 p (p + 1).

Pongamos p = 1, B = 6, lo cual no conviene pues no puede haber cifra 6 en un sistema de base 6.

p = 2 B = 18.

En el caso de p > 2, las soluciones no convienen, pues ellas nos llevarían a lotes de más de 200 caballos.

B = 18; entonces A = 7, C = 56.

En nuestro sistema decimal cada lote está compuesto de 114 caballo

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28. El par de 10

En el sistema de numeración de base 2, el par vale 10. En ese sistema nuestro diez (23 + 2) se escribe 1010.

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29. La ecuación mágica de los amalecitas

La ecuación X2 ‒ 13X + 42 = 0 tiene 6 y 7 como soluciones, lo cual parece confirmar la sorprendente conclusión de Gaëtan Dupont. Sin embargo, ese resultado es falso. Hay que admitir entonces que los coeficientes de la ecuación no son lo que parecen y eso implica que la base del sistema de numeración de los amalecitas no era 10.

Sea n esa base. En nuestro sistema de base 10 la ecuación se escribe:

X2 ‒ (n + 3)X + 4n + 2 = 0.

La determinante de esta ecuación es:

Δ = (n + 3)2 ‒ 4(4n + 2) = n2 ‒ 10n + 1

que debe ser el cuadrado de un número entero. Sea N ese número.

n2 ‒ 10n + 1 = N2

n2 ‒ l0n ‒ (N2 ‒ 1) = 0.

Como n es un número entero, la determinante δ de esta ecuación debe ser el cuadrado de un número entero. Sea P ese número.

δ = 52 + (N2 ‒ 1) = 24 + N2 = P2

24 = P2 ‒ N2 = (P + N) (P ‒ N).

24 puede ser de cuatro maneras el producto de dos factores enteros:

24 = 24 × 1 P + N = 24 P ‒ N = 1 P = 25 / 2.

solución que hay que rechazar por no dar número entero.

24 = 12 × 2 P + N = 12 P ‒ N = 2 P = 7 N = 5.

24 = 8 × 3 P + n = 8 P ‒ N = 3 P = 11 / 2.

solución que hay que rechazar.

24 = 6 × 4 P + N = 6 P ‒ N = 4 P = 5 N = 1.

La solución P = 5, N = l da n = 0 (que hay que rechazar) y n = 10. n = 10 conduce a la afirmación errónea de Gaëtan Dupont.

La solución P = 7, N = 5 da n = ‒2 (que hay que rechazar) y n = 12.

Si n =12, la ecuación mágica tiene por raíces 5 y 10, que son los números de dedos de una mano y de las dos manos.

Los amalecitas empleaban pues un sistema de numeración de base 12.

Si se quiere hacer el cálculo con la ecuación original en el sistema de base 12, se tendrá:

y

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30. Extrañas raíces

Como ni 1.111 ni 11.111 son cuadrados perfectos en el sistema de numeración de base 10, esos números están escritos en otros sistemas, de bases B y C.

Como los cálculos siguientes están hechos en nuestro sistema decimal tenemos:

[1.111]B = B3 + B2 + B + 1 = N2, N es un número entero.

Si probamos los valores enteros sucesivos de B se comprueba: B = 7.

[1.111]7 = 73 + 72 + 7 + 1 = 400 = 202 o: [26]72

Asimismo se comprobará C = 3

[11.111]3 = 34 + 33 + 32 + 3 + 1 = 121 = 112 o: [102]32

La raíz cuadrada de 1.111,20 es mayor que la raíz cuadrada de 11.111,11 y estos dos números son comparables puesto que están escritos en un mismo sistema de numeración.

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31. La perfección de Cleopatra

La perfecta Cleopatra tiene dos brazos, dos piernas y a amantes; a es un número primo. La edad N de Cleopatra es un número perfecto de manera que:

2 × 2 × a = 1 + 2 + 2 × 2 + a + 2 a

4 a = 7 + 3 a a = 7

y Cleopatra tiene 2 × 2 × 7 = 28 años.

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32. Un fabricante de mostaza listo

De una manera general, sea a el lado de las cajas, a/n el diámetro de las latas (n es entero) y h su altura.

El volumen de mostaza de cada lata es

El número de latas es n2.

El volumen de mostaza por caja es pues:

Se comprueba que este volumen es independiente del diámetro de las latas.

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33. Placeres aritméticos

(1) 1 + 1 ‒ 1, 1 × 1 × 1, 1 / 1 / 1, 1 / 1 × 1, 1 /1 / 1, (1 × 1)1, (1 / 1)1, l11, (l1)1, 11‒1)

(2) 70 = 1

(3) (4 × 9) / 6 = 6

(4) 8 / (3 + 1) = 2.

(5) 24 = 16.

(6) (121)1/2 = 11, 11 × 1 + 2 ‒ 2

(7) (7)7‒7/7 = 117.649.

(8) (33)3 = 19.683.

(9) (8 + 8) × 8 ‒ 8 = 120

(10)

(11) 21/2 = 1,4142...

(12) 33 ‒ 3 + 3 / 3 = 31

(13)

(14) La solución más simple es: 89 + 123 ‒ 45 ‒ 67 = 100

Otras soluciones:

25 + 74 + 3 / 6 + 9 / 18

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 × 9

(15) 3(33) = 7.625.597.484.987.

El número 9(99) tiene 369 millones de cifras. A razón de una cifra por segundo, se necesitarían once años para escribirlo, y a razón de dos cifras por centímetro, el número tendría 1.841 kilómetros de largo (G. Büscher, Le Livre des merveilles).

(16) 1 / 2 = (123 ‒ 45) / (67 + 89).

(17) 987 × 9 + 5 = 8.888.

(18) 999.999.999.999.999.999 / 19 = 52.631.578.947.368.421.

El número 052631578947368421 es un “número fénix”. Cuando se lo multiplica por cualquier número de 2 a 18, la sucesión de sus cifras permanece sin cambiar (Gustave Büscher, Le livre des merveilles).

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34. Complicaciones en el envase de jugo

Consideremos latas (de radio r) tangentes interiormente a la superficie del barril (de radio R). Para que esas latas sean todas tangentes de a dos en dos, es menester que AOB esté contenido un número entero de veces en la circunferencia.

Siendo n un número entero, el número de latas contenidas en la barrica será

En el triángulo PAO:

PA = PO sen α

r = (R ‒ r) sen α

(1) Si consideramos n 2 (dos latas dentro del barril), a = 90°

La superficie de cada lata será

la superficie de base de las dos latas de la barrica será

la mitad de la superficie de la base del tonel. Como los pesos son proporcionales a las superficies de la base, se comprueba que nos hallamos en el caso de la primera solución adoptada (113 = 226 / 2). En este caso habrá pues dos latas.

(2) Si consideramos n = 6, a = 30

Puede observarse que, en este caso, OQ = QP = PA = r (en un triángulo rectángulo que tenga un ángulo de 30 grados, el lado opuesto a ese ángulo es la mitad de la hipotenusa). El círculo de centro O al cual las latas son exteriormente tangentes tiene el mismo radio que esas latas, lo cual hace que el barril pueda contener siete latas. La superficie de la base de éstas será:

Nos encontramos aquí en el caso de la segunda solución (176 # 7/9 × 226).

Habrá siete latas.

(3) Si consideramos n = 12, α = 15°

Consideremos latas tangentes, Q1 Q2 Q3 Q4, y tracemos circunferencias de igual radio que les sean tangentes y estén situadas junto al centro O de la barrica. La figura (2) muestra que esas circunferencias serán tangentes 2 a 2 (en el triángulo SpQ2T, , es igual a 30°, luego S12Q2 es paralela a OX, por lo tanto la circunferencia de centro Sp es tangente a OX en un punto que, por razón de simetría, es el mismo que el punto de tangencia de la circunferencia S34).

Por otro lado, la circunferencia de centro O, tangente a esas seis circunferencias, tiene igual radio.

(OS12 = 2S12Y, S12Z = S12Y, así pues OZ = S12Z = S12Y).

De manera que podrán colocarse en el barril 12 + 6 + 1 = 19 latas. La superficie de la base de esas latas será 19πr2 = 19π(0,206R)2 = 0,8047πR2.

El peso del barril lleno de esta manera será: 226 × 0,804 # 182 kilos. Nos encontramos así en el caso de la tercera solución propuesta.

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35. Clovis Clou consejero fiscal (1)

Sea X la renta, Yc el impuesto del capital, Yt el impuesto del trabajador.

(1)

(2)

(3)

Eliminando n entre (1) y (2), por un lado, y (1) y (3), por otro, tenemos:

En el caso de X = 1.000.000 de francos, el impuesto del capital es de 5.050 francos y el impuesto del trabajador de 19.900 francos.

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36. Clovis Clou consejero fiscal (2)

Sean X, Yc, Yt la renta, el impuesto del capital y el impuesto del trabajador. A medida que X aumenta en una pequeña cantidad dX, Yc e Yt aumentan en cantidades dYc y dYt así:

LYc = L √ X + LK LYt = LX2 + LK', K y K’ son constantes.

Yc = K √X Yt = K'X2.

La condición de un impuesto de 100 sobre una renta de 10.000 permite determinar K y K’.

100 = K √10.000 100 = K' × 108

K = 1 K' = 1 / 106

En el caso de X = 1.000.000 o 106

Y = √106 = 1.000 Y, = 1012 / 106 = 106 = 1.000.000.

El impuesto del trabajador absorbe toda la renta. En el caso de una renta superior a 1.000.000, el impuesto del trabajador sería más elevado que la renta.

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37. Clovis Clou consejero fiscal (3)

Izquierdista de izquierda: Y = X

Izquierdista de derecha: Y = X ‒ 9.900

Socialista: la fórmula más simple es

X ‒ Y aumenta con X y, si X tiende al infinito, tiende a a.

De modo que a = 1.000.000.

Si X = 10.000, Y = 100. Luego b = 1.000.101,01...

Reaccionario:

El contribuyente, en el caso de sobrevivir, irá a la cárcel si Y > X, es decir, si X < 1.000 francos.

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38. El diablo en la pila de agua bendita

Sea N el número mágico del cuadrado.

La diagonal que parte de a da:

a + k + f = N

la vertical del medio da:

b + k + e = N

la diagonal que parte de c:

c + k + d = N

Sumemos miembro por miembro:

(a + b + c) + 3k + (d + c + f) = 3N

N + 3k + N = 3N 3k = N k = N / 3

Ahora bien, en este cuadrado de 3, N es evidentemente el tercio de la suma de los elementos, 10 + 11 + ... + 18 = 126

N = 42 y k = 14.

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39. Primer cuadrado

67 + b + 43 = b + k + 73 = 3k

por lo tanto k = 37 b = 1.

El cuadrado se completa fácilmente

Este cuadrado mágico, señalado por el inglés Henry Ernest Dudeney, presenta la particularidad de estar compuesto sólo por números primos.

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40. El novenario

¿Cuál es el número mágico de tal cuadrado?

La suma de los elementos 1 + 2 + 3 . . . + 9 = 45. El número mágico es pues: 45 / 3 = 15. La cifra del centro del cuadrado serán entonces 15 / 3 = 5

Si ahora colocamos 9 en un ángulo llegamos a una imposibilidad pues sólo podemos asignar una combinación (4, 2) a la primera línea y a la primera columna.

Coloquemos entonces el 9 en el medio de la primera línea. Así podemos completar fácilmente el cuadrado y obtenemos las dos soluciones:

Las soluciones obtenidas colocando el 9 en otro centro de líneas se deducen de las precedentes por rotación del cuadrado.

Las dos soluciones indicadas se deducen ellas mismas la una de la otra.

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41. El cuadrado mágico de Alberto Durero

En todo cuadrado mágico de 4 la suma de los elementos del cuadrado central interior es igual al número mágico N:

a + X + t + l = N b + X + z + j = N

c + y + t + k = N d + y + z + i = N

(a + b + c + d) + 2(X + y + z + t) + (l + j + k + i) = 4N

por lo tanto: X + y + z + f = N.

En todo cuadrado mágico de cuatro, la suma de los elementos de los ángulos es igual al número mágico.

a + X + t + l = N d + y + z + i = N

(a + l + d + i) + (X + y + z + t) = 2N

(a + l + d + i) = N.

El número mágico del cuadrado pedido es la cuarta parte de la suma de los dieciséis primeros números, es decir, 34. En esas condiciones el número colocado en el ángulo inferior izquierdo es

34 ‒ (16 + 13 + 1) = 4.

b, c, no puede ser sino 3, 2 o 2, 3.

j, k no puede ser sino 15, 14 o 14, 15.

y es 11. Así se completa fácilmente el cuadrado.

Puede observarse que, no sólo en el cuadrado principal sino también en los cuatro cuadrados interiores, la suma de los elementos es 34. Numerosos elementos simétricos tienen la suma:

34 / 2 = 17 (16 + 1, 3 + 14, 8 + 9, etc.).

Por último, los dos números del centro, en la parte inferior del cuadrado, indican la fecha de la obra de Durero, 1514.

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42. Cuadrado de siete

Consideremos las dos progresiones aritméticas

1

2

3

4

5

6

7

(1)

0

7

14

21

28

35

42

(2)

Si se agrega cada término de la progresión (1) a cada término de la progresión (2) se obtienen todos los números enteros de 1 a 49.

Construiremos dos cuadrados mágicos de siete auxiliares, el primero con los números de (1), el segundo con los números de (2). Si sumamos esos cuadrados, es decir, si formamos un nuevo cuadrado que tenga en cada casilla la suma de los elementos de las casillas correspondientes de los cuadrados auxiliares, tendremos un nuevo cuadrado mágico.

Si esas sumas no dan dos veces el mismo número, el nuevo cuadrado comprenderá los 49 primeros números. Ese será el cuadrado buscado. Se trata pues, primero, de construir un cuadrado mágico de siete con siete primeros números.

Si, en cada línea, se dispone una misma permutación de 7, desplazada, habrá las siete cifras en cada línea y en cada columna, y la suma de cada línea y de cada columna será la misma: 1 + 2 + 3+ 4 + 5 + 6 + 7 = 28. Luego será menester que, en cada diagonal, estén representadas todas las cifras del 1 al 7, es decir, que no figure dos veces la misma cifra. Comencemos por la primera línea: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

El desplazamiento de un punto no conviene, pues habría dos 1 en la diagonal.

1 2 3

‒ 1 2 3

El desplazamiento de dos puntos da el cuadrado siguiente que es mágico:

Formemos, de acuerdo con la misma ley, un cuadrado mágico con los números de la segunda progresión:

La adición de estos dos cuadrados (1) y (2) da un cuadrado mágico que empero no conviene pues contiene dos veces 1, 41, etcétera.

Hagamos girar (2) un cuarto de vuelta hacia la derecha. Se convierte en (2’).

y agreguemos (1) y (2’). Se obtiene así un nuevo cuadrado que es evidentemente mágico y que contiene todos los números de 1 a 49.

Quien indicó este método fue el matemático Philippe de la Hire (1640-1718).

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43. ¿Sabe contar Lucifer?

El número mágico del cuadrado es aparentemente 24.

La última línea da: 12 + 1 + Φ = 24 Φ = 11

La última columna da: 3 + 10 + Φ = 24 0 = 11

La diagonal da: 7 + 9 + Φ = 2 0 = 8

Aquí son posibles dos conclusiones: o bien los luciferinos no saben contar o bien nosotros interpretamos mal los números escritos en el cuadrado. Ateniéndonos a esta última hipótesis, supongamos que estén expresados en un sistema de base, no 10, sino B.

Igualemos la última línea y la diagonal de izquierda a derecha

(B + 2) + l + Φ = 7 + 9 + Φ B = 13.

Entonces Φ es la cifra (11). Φ = 11 en nuestro sistema.

El cuadrado es realmente mágico. Su número mágico es 21 en el sistema de numeración adoptado por los luciferinos.

7 + 14 + 3 = 10 + (7 + 4 + 3) = 10 + 11 = 21 con base 13. En nuestro sistema de numeración, ese cuadrado se escribiría:

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44. Cuadrado mágico geométrico

Sea N el número mágico

‒2 × X × e = N

64 × X × d = N

32 × X × c = N

Multipliquemos miembro por miembro:

(2 × 64 × 32) × X3 × (e × d × c) = N3

por lo cual X3 = N

En este caso: N = 2 × 64 × 32 = 4.096

Por lo tanto X = 16

Es fácil completar el cuadrado:

Se observará que sus elementos son los nueve primeros términos de una progresión geométrica de origen 1 y de razón 2.

Es evidente que los exponentes de 2: 1, 6, 5 — 8, 4, 0 — 3, 2, 7 — forman un cuadrado mágico aritmético.

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45. Complicaciones matematicomágicas

La suma de las raíces de la ecuación es el coeficiente de X8, o sea 45.

La suma de los elementos de este cuadrado de tres, que es 45, hace que su número mágico sea 45 / 3 = 15.

Nosotros sabemos construir un cuadrado de 3 de número mágico 15 (problema 40). Sus elementos son 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Es fácil verificar que estas nueve cifras son las raíces de la ecuación propuesta, idéntica a:

(X ‒ 1) (X ‒ 2) (X ‒ 3) (X ‒ 4)

(X ‒ 5) (X ‒ 6) (X ‒ 7) (X ‒ 8) (X ‒ 9) = 0.

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46. Los bordes mágicos

Si n es el número mágico del cuadrado de 4, ¿cuál será el número mágico N del cuadrado de 6?

a + f ' = N ‒ n

b + b' = N ‒ n

c + c' = N ‒ n

d + d = N ‒ n

e + e’ = N ‒ n

f + a' = N ‒ n

‒ N + N = 6N ‒ 6n o 2N = 3n

Si n = 130, N = 195 y N ‒ n = 65.

Una vez establecido esto, tratemos de construir el cuadrado de 4. El sentido común nos aconseja utilizar los números más pequeños posibles y, con preferencia, números consecutivos.

Los dieciséis primeros números enteros no convienen, pues, para tal cuadrado, n = 34.

Intentemos, pues, utilizar: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, y p, p + 1, p + 2, p + 3, p + 4, p + 5, p + 6, p +7.

La suma de los elementos de ese cuadrado es:

(1 + 2 + 3 + … + 8) + (p + p + 1 + p + 2 + … + p + 7)

= 36 + 8p + 28 = 4 × 130 = 520

por lo tanto p = 57.

Intentemos ahora construir un cuadrado mágico de 4 con 1, 2, 3, …, 8 y 57, 58, ..., 64.

Para obtener ese resultado, construyamos primero un cuadrado mágico utilizando dos veces los números de 1 a 8. Esta operación, bastante simple, dará (entre otras soluciones):

Construyamos, de conformidad con la misma ley, un segundo cuadrado mágico auxiliar con los números 57, 58, ..., 64:

y combinemos los dos cuadrados reemplazando una vez cada dos un número del primero por un número del segundo:

Obtenemos así un cuadrado semimágico. Si observamos que (1 + 6) + (59 + 64) = (7 + 4) + (61 + 58), podremos (desplazando y reflejando los cuatro cuadrados interiores de manera que las semidiagonales complementarias estén en la prolongación las unas de las otras) obtener el cuadrado mágico:

Busquemos ahora los números del borde que son veinte. Podremos asociar esos números en parejas en el interior de las cuales la suma sea N ‒ n = 65. El término medio de los números del borde es pues 32,5. Es el mismo término medio de los números del cuadrado de cuatro, 130 / 4 = 32,5

Es lógico pues elegir para al borde los diez números inmediatamente superiores a 8 (9 a 18) y los diez números inmediatamente inferiores a 57 (56 a 47).

Esos números forman diez parejas de suma 65:

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

(1)

56

55

54

53

52

51

50

49

48

47

(2)

Coloquemos las dos primeras parejas en los ángulos del cuadrado de seis. Las cuatro casillas de las líneas y columnas que faltan cubrir totalizan 195 ‒ (9 + 10) = 176, 84, 131, 129.

176 deberá estar formado por tres números de la línea (2) y por un número de la línea (1).

Podemos escribir así: 176 = 3 × 47 + 1 × 11 + 24, lo cual permite establecer fácilmente que sólo son posibles dos combinaciones:

54

53

53

17

y

‒

54

53

51

18

‒

(A)

Asimismo son posibles dos combinaciones en la línea de abajo:

11

12

13

48

y

‒

11

12

14

47

‒

(B)

Como los números de arriba y los de abajo deben poder estar asociados en parejas de suma 65, las opciones (A) y (B) no son independientes. Tendremos:

54

53

52

17

11

12

13

48

(H1)

o

54

53

51

18

11

12

14

47

(H2)

Ahora hay que colocar en cada una de las columnas de la izquierda y de la derecha dos números de la serie (1) y dos números de la serie (2). Adoptemos la hipótesis (H1). Los números disponibles restantes son:

14

15

16

18

51

50

49

47

Columna de la izquierda: 131 = 14 × 2 + 47 × 2 + 9, lo cual hace aparecer cinco combinaciones posibles:

14 + 16 + 50 + 51 = 131 (α1)

14 + 18 + 49 + 50 = 131 (α2)

15 + 16 + 49 + 51 = 131 (α3)

15 + 18 + 47 + 51 = 131 (α4)

16 + 18 + 47 + 50 = 131 (α5)

Lo mismo en la columna de la derecha:

14 + 15 + 49 + 51 = 129 (β1)

14 + 16 + 49 + 50 = 129 (β2)

14 + 18 + 47 + 50 = 129 (β3)

14 + 16 + 47 + 51 = 129 (β4)

15 + 18 + 47 + 49 = 129 (β5)

Las combinaciones (α) y (β) que contienen números todos diferentes son:α1 β5 α2 β4 α3 β3 α4 β2 α5 β1

Pero además es necesario que los números de α y de β puedan formar parejas de a dos de suerte que den una suma de 65. De manera que sólo nos es accesible la combinación α2/β4

14 18 49 50

51 47 16 15

lo cual permite terminar la construcción del borde y obtener (entre otras) la solución siguiente:

Los cuatro elementos centrales de la línea superior, por ejemplo, y los cuatro elementos centrales de la columna de la izquierda pueden naturalmente permutarse a voluntad (y los elementos opuestos puede permutarse de la misma manera), lo cual da:

4! × 4! = 24 × 24 = 576 soluciones

Hemos examinado la hipótesis (H1). La hipótesis (H2) nos suministraría 576 nuevas soluciones.

Si consideramos que hemos colocado arbitrariamente 9 y 10 en dos ángulos consecutivos del borde, podemos llegar a la conclusión de que existe un gran número de soluciones (que el lector curioso podrá calcular con facilidad). El lector que haya seguido la lectura hasta aquí y que todavía conserve una reserva de paciencia podrá construir sin dificultades un segundo borde mágico.

Podrá demostrar que el número mágico N’ del nuevo cuadrado de ocho está ligado a N por la fórmula:

3 N' = 4 N N = 195 luego: N' = 260 N' ‒ N = 65

Los 8 + 8 + 6 + 6 = 28 elementos de este borde deben poder repartirse en parejas cuya suma sea 65. De modo que el valor medio de esos elementos es 32,5.

Ahora bien, entre 18 y 47, existen justamente 28 números disponibles cuyo término medio total es 32,5. Son esos, pues, los números que hay que emplear

19 20 31 32

46 45 34 33

El lector colocará luego 19, 20, 46 y 45 en los cuatro ángulos del borde y observará que las series de seis elementos de las líneas y de las columnas que hay que completar tienen los siguientes totales:

En seguida llegará a una de las soluciones posibles, por ejemplo:

¿Es posible construir alrededor del cuadrado de cuatro inicial un tercer borde mágico?

El número mágico del cuadrado de 10 así constituido sería N” = 325, N” ‒ N’ sería igual a 105 y el término medio de los elementos del nuevo borde sería 50,1. Como todos los números de 1 a 64 ya fueron antes utilizados, resulta que no es posible construir un tercer borde mágico formado por números enteros, positivos e inéditos.

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47. El cuadrado diabólico

El cuadrado de la derecha es verdaderamente diabólico:

10 + 16 + 7 + 1 = 34

4 + 11 + 13 + 6 = 34

9 + 2 + 8 + 15 = 34

3 + 5 + 14 + 12 = 34

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48. Clovis Clou en la clandestinidad

Busquemos las soluciones en números enteros de la primera ecuación. Pongamos Y = X + A (A es número entero positivo o negativo). La ecuación es:

(2X + A) × 2 = X (X + A) + 2

X2 + (A ‒ 4) X ‒ 2 (A ‒ 1) = 0

(1)

La determinante de esta ecuación en X es A2 + 8 que, puesto que X es entero, debe ser igual al cuadrado de un número entero.

A2 + 8 = N2 (N2 ‒ A2) = (N + A) (N ‒ A) = 8

8 puede descomponerse de dos maneras en dos divisores enteros

8 × 1 y 4 × 2

Supongamos 8 = 8 × 1

N + A = 8 N ‒ A = 1 N = 9/2

o

N + A = 1 N ‒ A = 8 N = 9/2.

Hay que rechazar estas dos hipótesis que nos llevan a N no entero. Supongamos 8 = 4 × 2

N + A = 4 N ‒ A = 2 N = 3 A = 1

N + A = 2 N ‒ A = 4 N = 3 A = - 1

Refiriendo los valores de A a (1) se tiene:

primera hipótesis X = 0 (y Y = 1) o X = 3 (y Y = 4)

segunda hipótesis X = 4 (y Y = 3) o X = 1 (y Y = 0)

Hay pues cuatro números [XY] posibles: 01, 34, 43, 10. Ninguna de estas soluciones es aceptable. 34 y 43 no son días del mes. Clovis telefoneó el 12, es decir, después del 1 y el 10.

La ecuación correcta es, por lo tanto, la segunda.

En virtud del mismo procedimiento se hallan dos soluciones: 13 y 31.

Como el mes de junio sólo tiene 30 días, la única solución es [YX] = 13.

La cita era el 13 de junio a las 18 horas en el local de Marinette.

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49. la cinta transportadora del Châtelet

(1) Sea V, X, L la velocidad de la marcha de Clovis, la velocidad de la cinta transportadora (en metros por segundo) y la longitud de la cinta (en metros).

pongamos 2 V = L / 60 o V = L / 120

Clovis tarda pues 120 segundos o dos minutos en recorrer la cinta detenida.

(2) La comparación de (1) y (2) da:

V + X = 5 (V ‒ X) X= 2/3 V

Si V = 6 km por hora, entonces X = 4 km por hora.

(La longitud del pasillo rodante es 6.000 × 120 / 3.600 = 200 m)

(3) a) La cinta marcha durante 18 horas y recorre pues 18 × 4 = 72 km o 72.000 metros. Al cabo de esas dieciocho horas, un punto coincidente con el punto de partida a la hora 0 estará a 72.000 metros del comienzo, es decir a 71.800 metros del punto terminal de la cinta. Esta habrá transportado entre el punto de arranque y el punto terminal 71.800 / 2 + 1 = 35.901 pasajeros con un peso de 35.901 × 65 = 2.333.565 kilogramos, o 2.333 toneladas.

b) Hay que calcular como si la cinta se moviera a la velocidad de 4 + 6 = 10 km por hora y así habrá recorrido 10 × 18 ‒ 0,2 = 179,8 km o 179.800 metros. Habrá transportado 179.800 / 2 + 1 = 89.901 pasajeros, es decir, un peso de 5.843.565 kg o 5.843 toneladas.

Por lo demás, esta última hipótesis no es realista. Los pasajeros que llegan al extremo de la cinta a una velocidad de 10 km por hora y luego continúan caminando sólo a 6 km por hora provocarían un rápido embotellamiento.

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50. La cacería de los Clou

Faisanes

liebres

perdices

Clovis

4

8

4

Clodomir

4

2

3

Clotaire

4

4

8

Número de tiros

El número de disparos hechos, 61, es impar. Clodomir mató pues una o tres perdices. No puede haber matado 3 pues en su cuadro de caza no habría entonces piezas de las tres especies. De manera que mató una perdiz con 3 tiros.

¿Cómo se reparten los 61 ‒ 3 = 58 tiros restantes?

58 no es múltiplo de 4; ahora bien, los disparos hechos por los tres cazadores están agrupados de a cuatro o de a ocho, salvo los disparos de Clodomir contra las liebres, para que ese número de disparos no sea divisible por 4 es menester que Clodomir haya matado una liebre o tres liebres. Como no pudo matar 3, mató 1. De manera que Clodomir mató una perdiz, una liebre y dos faisanes con 3 + 2 + 2 × 4 = 13 tiros Clovis y Clotaire dispararon 61 ‒ 13 = 48 tiros.

Si sólo hubieran disparado a blancos de a 4 tiros, eso daría 8 × 4 = 32 tiros. Pero dispararon además 48 ‒ 32 = 16 tiros, de manera que abatieron a 4 animales en 8 tiros.

Como cada cazador no puede matar 3 animales de una misma especie, Clovis habrá matado 2 animales con 8 tiros (2 liebres) y Clotaire lo mismo (2 perdices).

El cuadro final de caza es, pues, el siguiente:

F

L

P

Clovis

1

2

1

1 faisán, 2 liebres, 1 perdiz

24 tiros

Clodomir

2

1

1

2 faisanes, 1 liebre, 1 perdiz

13 tiros

Clotaire

1

1

1

1 faisán, 1 liebre, 2 perdices

24 tiros

61 tiros

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51. La edad de Clovis

Sean N, P, Q las edades de Clovis, del padre de Clapeyron y del propio Clapeyron.

P

Q

2P ‒ N = Q + N ‒ P

3P = 2N + Q

(1)

Q

P

N

N + P ‒ Q = 2P ‒ Q + Q

P = N ‒ Q

(2)

De (1) y (2) resulta: N = 4Q y P = 3Q

Como 63 no es múltiplo de 4, no conviene. Para N habrá que tomar el múltiplo de cuatro inmediatamente superior, 64. Entonces Q = 16 y P = 48.

Clovis tiene 64 años, Clapeyron 16 y su padre 48.

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52. Las vacas de tres colores

Sean Xn, Yn, Zn, los números de vacas blancas, negras, coloradas del hijo n(n = 1, 2, 3).

Número de vacas del lote

Xn + Yn + Zn = 10

(1)

Número de terneros del lote

3Xn + 2Yn + Zn = 20

(2)

Xn, Yn, Zn diferentes de 0

Xn ≤ 5 Yn ≤ 5 Zn ≤ 5

Restando miembro por miembro (1) de (2), se halla:

Yn = 10 ‒ 2Xn (3)

y aplicando esta fórmula a (1): Xn = Zn

(3) muestra que Yn es par. Como no es nulo y es inferior a 5 sólo puede ser 4 o 2.

Puesto que Y1 + Y2 + Y3 = 10, la única combinación posible para las tres Y es 2, 4, 4.

Y1 = 2

entonces

X1 = 4

Z1 = 4

Y2 = 4

X2 = 3

Z2 = 3

Y3 = 4

X3 = 3

Z3 = 3

Primer lote: 4 vacas blancas, 2 vacas negras, 4 vacas coloradas y sus veinte terneros.

Segundo y tercer lotes: 3 vacas blancas, 4 vacas negras, 3 vacas coloradas y sus 20 terneros.

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53. La herencia de Colas

El lote de cada heredero está formado de dos partidas.

Las primeras partidas de los lotes de los herederos sucesivos, 10.000, 20.000, 30.000, forman una progresión aritmética creciente de razón 10.000.

Las segundas partidas forman pues —puesto que los lotes son iguales— una progresión aritmética decreciente de la misma razón 10.000. Consideremos el caso del penúltimo heredero: la segunda partida de su lote no es más que de 10.000, puesto que esta segunda partida debe desaparecer en el lote siguiente.

Esa segunda partida es la séptima parte de lo que reste cuando el penúltimo heredero haya recogido la primera partida de su lote.

Lo que resta es pues 7 × 10.000 = 70.000.

El lote del último heredero es:

6 / 7 × 70.000 = 60.000, valor común de los lotes.

La primera progresión (que comienza por 10.000, termina en 60.000 y tiene por razón 10.000) tiene seis términos: hay seis herederos.

Si, en lugar de la fracción 1 / 7 se hubiera elegido una fracción 1 / n (n entero), el número de herederos habría sido:

(n ‒ 1), y cada uno de los lotes (n ‒ 1) × 10.000.

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54. La hermosa mediana

Las tres palabras FI, JE, CAFE tienen el mismo valor 15.

La mediana ad es igual a la mitad del lado bc. En virtud de un teorema clásico resulta que el ángulo es recto: α = 90°

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55. Clovis pierde en las carreras

(2) Zabulón, que es barman, piensa en los dados. El total de puntos de un dado que tiene un 1 sobre cada una de sus caras es 6, el total del que tiene 5 es treinta, del que tiene 6 es 36.

(3) Dos de las aseveraciones de Zabulón son falsas, una es verdadera.

a) 1 es verdadera, 2 y 3 son falsas. Antoine es senador, Boris es senador, lo cual es imposible.

b) 2 es verdadera, 1 y 3 son falsas. Antoine no es senador. Boris no es senador. Carlos es plomero. Si Antoine y Boris no son ni senadores ni plomeros serían los dos capitanes, lo cual es imposible,

c) 1 y 2 son falsas, 3 es verdadera. Antoine no es senador. Boris es senador. Carlos no es plomero. Como Carlos no puede ser ni plomero ni senador, es capitán. Antoine es plomero.

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56. La mosca de los Durand

Sea G la estación, M la casa de los Durand, P el punto en que se encuentran los cónyuges:

G——P——M

El día que nos interesa, la señora Durand no hizo el recorrido habitual y se ahorró 10 minutos de camino. Cubrió pues la distancia PG en cinco minutos y como habría llegado a la estación a las 19 horas se encontró en P a las 18 horas 55 minutos.

Primera respuesta: El señor Durand caminó 55 minutos.

Segunda respuesta: El señor Durand recorre en 55 minutos el mismo trayecto que su mujer cubre en 5 minutos, marcha pues 11 veces menos rápido que el automóvil de su mujer y ésta viaja a 4 × 11 = 44 km por hora.

Tercera respuesta: Philomène, que vuela a 60 km por hora, recorrió 5 km, de modo que voló 5 minutos.

La señora Durand tardó cinco minutos para ir de M a P. Habría tardado lo mismo para ir de P a G, es decir, 10 minutos para cubrir la distancia MG a la velocidad de 44 km por hora.

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57. Clotaire juega a los dados

La suma de los puntos de las caras opuestas de un dado es siempre siete (6 y 1, 5 y 2, 4 y 3,).

[a] [b] [c] suma de los puntos de las caras superiores a + b + c. A ese total se sumó el número de puntos c de la cara inferior del último dado.

El nuevo total es: a + b + c + c’ = a + b + 7.

Se lanza este tercer dado y se suma el número de puntos x de su cara superior.

El nuevo total es a + b + 7 + x, es decir, el número de puntos leídos en las caras superiores de los tres dados en su posición final más 7.

En el segundo juego los totales sucesivos son:

[a] [b] [c]

a + b + c

7 + 7 + c

[x] [y]

7 + 7 + c + x + y + (7 ‒ y)

[z]

7 + 7 + c + x + y + (7 ‒ y) + z = 21 + c + x + z

El total buscado es el número de puntos leídos en las caras superiores de los tres dados en su posición final más 21. Se trata de 21 + 3 = 24. Al decir 23 Zabulón se equivocó.

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58. Un trapecista fabuloso

Los cuatro trapecios pequeños son iguales entre sí y semejantes al mayor.

M = medio de AB

N = medio de BC

R = medio de CD

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59. Problemas de reinas

La siguiente es la solución del doctor Günther para un tablero de n2 casillas. Escribamos en las casillas del tablero

y consideremos este cuadro como una determinante. Las soluciones están dadas por los términos de la determinante —si existen— que no contengan dos veces la misma letra o el mismo índice. En efecto, cada término de la determinante que contenga un elemento y sólo uno de cada fila y de cada columna indica las posiciones de reinas que no pueden ser comidas por el movimiento de la torre. Letras e índices están dispuestos según el movimiento diagonal del alfil. De modo que los términos que no comprendan dos veces la misma letra o el mismo índice indicarán las posiciones de reinas que no pueden ser comidas por el movimiento del alfil. Este método, aplicado a un tablero de 64 escaques o más, es evidentemente muy laborioso y hasta impracticable (más de 40.000 términos).

En el caso de tableros pequeños, se puede aplicar más sencillamente el método de “aproximación”. Una vez colocada una reina Rp se tratará de colocar la reina Rp + 1 en la fila más baja de la columna siguiente. Ejemplo de un tablero de 42 casillas: coloquemos R en la fila más baja posible, en a1. Se ve que R2 no puede ser colocada ni en b2 ni en b3, ni en b4 pues, en este último caso, no habría un lugar aceptable para R3. Hay que cambiar pues R1 a a1 y hallamos la solución a1, b4, c1, d3.

Esta es la única solución, si no se consideran soluciones distintas las que pueden deducirse unas de otras por desplazamientos (rotaciones, simetrías). En el caso presente hay una segunda solución: a3, b1, c4, d2, pero puede ser deducida de la anterior por simetría y en relación con la diagonal a1, d4.

En el caso del tablero de 52 escaques (n = 5), se hallan las soluciones diferentes: a1, b3, c5, d2, e4 y a2, b5, c3, d1, e4.

En el caso de n = 6 se hallará especialmente la solución: a2, b4, c6, d1, e3, f4.

En el caso del tablero corriente de 64 escaques (n = 8), hay 46 soluciones fundamentales, cada una de las cuales presenta siete variantes por desplazamiento, de manera que hay un total de 352 soluciones.

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60. Uniones insulares

Resulta evidente que la joven Bb podrá haber tenido cualesquiera padres y que por lo tanto no se podrá casar. Por lo demás, es fácil verificar que sin las indicaciones dadas al final del enunciado (indicaciones que hemos de tener ahora en cuenta) no sería posible ningún casamiento.

Datos: HJ es hijo de Hélène y de Jean. Nb es alguien de pelo negro y ojos azules, Bn, es un rubio o una rubia de ojos negros, etc.

Padres:

H

N

M

×

J

R

P

Nb

Bb

Bn

Nb

Bb

Bn

Varones:

Nn puede ser hijo de: HP, MJ.

Nb puede ser hijo de: HJ, HR, HP, NJ, MJ.

Bn puede ser hijo de: HP, NP, MJ, MR. MP.

Mujeres:

Nn puede ser hija de HP, MJ.

Bn puede ser hija de HP, NP, MJ, MR, MP.

Bb puede ser hija de cualquier pareja.

R tiene dos hijas que son por lo tanto Bn y Bb; como M es madre de Bn y sólo tiene una hija, Nn nació de la pareja HP. Entonces la madre de Bb que no es ni M ni H, es N.

El cuadro de las mujeres se presenta así:

Nn

hija de

HP

Bn

hija de

MR

Bb

hija de

NR

Puesto que no hay verdaderos hermanos ni verdaderas hermanas el varón Nn nació de MJ. El varón Nb, no pudiendo ser hijo de R (que sólo tiene hijas) ni de M (ya madre de Nn) ni habiendo nacido de HP (en ese caso tendría una hermana verdadera), sólo puede haber nacido de HJ o de NJ. El varón Bn, que no puede haber nacido de HP, ni ser hijo de M, nació de NP. Entonces el varón Nb, que no puede ser hijo de N, nació de HJ.

Se obtiene así el siguiente cuadro:

Varones:

Nn es el hijo de MJ

Nb es el hijo de HJ

Bn es el hijo de NP

Mujeres:

Nn es hija de HP

Bn es hija de MR

Bb es hija de NR

Para que todos los jóvenes puedan casarse sólo hay una solución: el varón Nn se casa con la muchacha Nn, el varón Nb se casa con la muchacha Bb, el varón Bn se casa con la muchacha Bn.

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61. Relatividad náutica

Se puede tomar el río como sistema de referencia. Desde el primer encuentro con la botella hasta el segundo, John remó aguas arriba durante: 30 + 14 + 10 = 54 minutos.

Su desplazamiento total en relación con la botella, es decir, en relación con el agua, es evidentemente nulo y por lo tanto el recorrido hecho río arriba es igual y opuesto al recorrido hecho aguas abajo. Como en este último recorrido, la velocidad de John, en relación con el agua es dos veces más pequeña que durante el primero hecho aguas arriba, John habrá remado río abajo dos veces más tiempo que río arriba, es decir: 2 × 54 = 108 minutos.

Habiendo derivado durante 18 minutos, vuelve a encontrar la botella al cabo de: 54 + 108 + 18 = 180 minutos o sea 3 horas.

Como John recogió la botella a 3 km del lugar en que la vio por primera vez, la velocidad de la corriente es:

3 / 3 = 1 kilómetro por hora.

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62. Una cita en Saint-Eustache

La señora Durand reparará en su marido entre E y A o, cuando haya llegado a A, entre A y B, si el señor Durand le lleva una ventaja inferior al lado mayor de la galería (6); del mismo modo el señor Durand reparará en su mujer si lleva respecto de ella un retraso inferior a b. Si desarrollamos la galería partiendo de una posición de la señora Durand:

los cónyuges se descubrirán si el señor Durand se encuentra en los tramos XY o ZX’, y no podrán descubrirse si el señor Durand se encuentra en el tramo YZ.

Como no hay ninguna razón para que el señor Durand se encuentre en un punto más bien que en otro de la galería en el momento de la entrada de su mujer, la probabilidad de que los cónyuges no se encuentren nunca es:

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63. Las cifras perdidas

La serie es la serie de las factoriales de 1 a 17.

Las factoriales a partir de 6 son divisibles por 9. Al sumar sus cifras y al quitar nueve cada vez que eso es posible debemos llegar a un residuo de 0. En 20.922.789.88.000, sin tener en cuenta , se llega a 1. Luego = 8.

En el caso de 355.687.428.96.000, se llega a un residuo de 0. Luego puede ser 0 o 9. Para eliminar la indeterminación hay que tener en cuenta que las factoriales, a partir de 11, son divisibles por 11.

La suma de las cifras de categoría par debe ser pues igual a la suma de las cifras de categoría impar, excepto un múltiplo de 11. Lo cual supone = 0.

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64. Series simples

(1) Los términos sucesivos son las cifras correspondientes unidas a sus simétricas.

(?) es 88

(2) Los términos son las letras del alfabeto cuya parte inferior está plegada sobre la parte superior según un eje horizontal que pasa por el medio de su altura.

(?) es (K)

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65. Escándalo en el Club de los Seis

Los productos sucesivos son números que están comprendidos entre dobletes de números primos (2 números primos que difieren de a dos) 60.958.037.939.144 × 6 no puede formar parte de esos números pues termina en 4. El número superior en una unidad termina en 5 y es divisible por 5; por lo tanto no es primo.

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66. Un número fénix

Los productos de 123.456.789 por 2, 4, 5, 7 y 8 son todos números obtenidos por permutación de las nueve cifras significativas. El producto de 123.456.789 × 3, 370.370.367 no obedece a esta ley (porque 3 no es primo con el número considerado).

El matemático C. A. Laisant enunció en L’intermédiaire des mathématiciens en 1894 una proposición que, según él mismo nos dice, no logró demostrar: sea el número N = 1.234 ... n, en un sistema de numeración de base n -I- 1. Si se forma el producto de N mediante un multiplicador inferior a A y primo con N, ese producto se escribirá con las cifras 1, 2, 3, ... n cada una tomada una sola vez y convenientemente permutada.

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67. Clovis Clou encontrado en un granero

Elevando 898.423 al cuadrado se comprueba que:

807.164.785.352

= (898.423)2 + 898.423

= 898.423 (898.423 + 1)

= 898.423 × 898.424

Dividamos los dos miembros de esta igualdad por 8.

100.895.598.169 =

898.423 × (898.424 / 8)

= 898.423 × 112.303

No existe otra solución de descomposición en factores de seis cifras. (De cualquier manera la solución es única y los dos factores hallados son primos).

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68. La hija del guardabarrera

La respuesta correcta a las preguntas formuladas es:

(1) 1

(6) 1

(11)

(16)

(2)

(7)

(12) 1

(17)

(3)

(8) 1

(13)

(18) 1

(4)

(9) 1

(14) 1

(19)

Si la hija del guardabarrera es pelirroja, se obtiene el número 111.111.111. Este número no es divisible por 22 pero lo es por 32 = 9. Su cociente por 9 da 12.345.679. Restando uno a ese cociente se obtiene 12.345.678 que es un número bien notable.

Suponiendo que la hija del guardabarrera no sea pelirroja se obtendría el número 11.111.111. El tratamiento atento de este número mostrará sin hacer cálculos que es igual a 11 × 101 × 10.001.

Estos tres factores son primos. De manera que 11.111.111 no es divisible por un cuadrado. Por lo tanto, la hija del guardabarrera es pelirroja.

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UN DOCUMENTO: El primer ensayo de recreaciones matemáticas

En una comunicación que en 1841 dirigía a la Académie des Sciences, Michel Chasles anunciaba que había hallado la famosa notación de los exponentes (hasta entonces atribuida a Descartes) en una obra de 1520 titulada Larismétique et géométrie de Maistre Estienne de la Roche, cuyo autor citaba el tratado de álgebra de un autor francés anterior. “Es de desear, en interés de la historia, que esta última obra no se haya perdido enteramente”, concluía Chasles.

La obra no se había perdido. Fue recuperada cuarenta años después gracias al Bulletino di Bibliográfica e di Storia delle scienze matematiche e fisiche, publicado en Roma en 1880 y que indicaba la existencia en la Biblioteca Nacional de París del Triparty en la Science des Nombres, por Maese Nicolás Chuquet, parisiense. Por lo demás, la publicación daba el contenido de esa obra.

Este manuscrito que fue “comenzado, escrito y terminado en Lyon en el año de gracia de 1484” es el primer tratado de álgebra escrito por un francés {7}: y además un libro muy sorprendente. En él encontramos no sólo la suma de todos los conocimientos de la época —resolución de las ecuaciones de segundo grado, progresiones aritméticas y geométricas— sino también innovaciones tan importantes como la aplicación de los exponentes y el germen de la teoría de los logaritmos que cien años después fue la gloria de sir John Napier.

Sobre Nicolás Chuquet sólo sabemos lo que él mismo nos dice: que nació en París, que fue bachiller en medicina y que vivió en Lyon a fines del siglo XV. Después de su muerte, el manuscrito perteneció al autor citado por Chasles, Estienne de la Roche, llamado Villefranche, que extrajo de él el material de Larismétique et géométrie, publicada en Lyon, obra en la cual el autor copió servilmente ciertos pasajes mientras mutilaba y desnaturalizaba otros. Comprado luego por el gentilhombre italiano Leonardo de Villa, el manuscrito ingresó en la Biblioteca Colbert y luego, en 1732, en la del rey. Hoy está clasificado con el número 1346 en el Fonds Français de la Bibliothéque Nationale.

Si nos ocupamos aquí del Triparty lo hacemos porque contiene un capítulo en el cual las teorías del autor se aplican a problemas placenteros y que se titula “Juegos y solaces que se hacen por la ciencia de los números”.

Reproducimos a continuación ese capítulo que constituye según creemos, el primer ensayo de recreaciones matemáticas {8}.

Siguen ahora los juegos y recreaciones que se hacen mediante la ciencia de los números.

Y en primer lugar véase el juego del novenario que es como sigue. Si quieres saber el número que una persona haya imaginado y que mantiene en su pensamiento, dile que triplique lo que pensó y que de ese resultado triple tome la mitad, que le harás triplicar otra vez y de ese nuevo resultado hazle quitar una o varias novenas [múltiplos de 9] como 18, 27, 36 etc.; y continúa así repitiendo varias veces hasta que de su cantidad él ya no pueda quitar más de 1.000 novenas enteras; dile luego que de lo que le resta quite 1 ó 2 o 3 o cualquier otro número que sea menos de nueve pues si puede quitar 1 solamente o 2 o cualquier otro número, cuenta ese número como 1; luego secretamente por cada novena que le has hecho restar de su número cuenta 2 y así sabrás en qué número había pensado, por ejemplo: si había pensado en el 5 se le hace triplicar este número por 3 lo cual da 15, cantidad de la que retiene sólo la mitad que es 7 ½, que se lo hace también triplicar, lo cual da 22 ½ ; luego se le puede decir, según lo que a uno se le ocurra, que imaginó un número grande o un número pequeño y se le dice que de su número reste más o menos novenas y que del número obtenido quite 9 y que conserve el residuo; luego que quite 9 de ese residuo si puede hacerlo y si responde que no, dile que quite 1 o 2 a su gusto, no importa qué número, sólo importa que se pueda hacer, pues él saca 1 o 5 o 8 y de eso que le resta menos de 9, quiere decir que resta menos de 9, lo cual significa 1 y los dos nueves significan 4 con 1 hacen 5, que es el número que había imaginado.

El juego de las cosas iguales

Si una persona tuviera tantas monedas u otras cosas en una de las manos lo mismo que en la otra y si quieres saber cuántas tiene de manera que parezca que lo adivinas, dile que ponga una cierta cantidad de lo que tiene en una mano en la otra, la que a ti te parezca siempre que él pueda hacerlo, pues si no tuviera tantas como le indicaste debes reducir la cantidad y una vez hecho esto dile que devuelva de la mano, en la que puso esa cantidad, a la otra mano de la que había tomado la cantidad que quedaba. Has de saber que en la mano en la que al principio pediste que se colocara esa cantidad hay el doble de ésta. Por ejemplo: supongamos que en cada mano la persona tenía 12 denarios y que tú no lo sepas; puedes decirle que de la mano derecha ponga en la izquierda 7 si puede hacerlo y una vez hecho esto le dirás que de la mano izquierda devuelva a la derecha tantas monedas como tiene en ese momento; es menester que sepas que en la mano izquierda hay 14 que es el doble de 7 que tú le habías dicho y si quieres saber lo que él tiene en la diestra puedes saberlo por el novenario y entonces podrás decirle que en las manos tiene 14 monedas, es decir, 14 en la izquierda y 10 en la derecha.

El juego del círculo

Si tenemos una cantidad de monedas de plata o de cualquier otra cosa dispuestas en círculo y si alguien elige una en su pensamiento y uno quiere hacerle creer que sabe en cuál pensó, es menester que sepas en secreto toda la cantidad de piezas dispuestas; luego tomarás manifiestamente una y le dirás que comience a contar partiendo de la que tú indicas y de manera tal que ésa sea la primera y la que él eligió sea la última. Después es menester que sepas en qué dirección contó, es decir, si el hombre contó hacia la derecha o hacia la izquierda y que tú cuentes de la misma manera el número de monedas y la última que te quede por contar sea contada dos veces. Después dile que comience a contar partiendo de su número secreto en el punto en que tú dejaste de contar y que él cuente al revés y en sentido contrario al de la dirección que tú y él calcularon y que él cuente en voz baja y secretamente hasta el número que tú tenías. Tú mismo cuentas y le dices que en el punto en que tu cálculo esté realizado ése es el que él había imaginado. Por ejemplo: sea un círculo a b c en el cual estén dispuestas 12 monedas y supongamos que b sea la secretamente elegida; puedes decirle que comience a contar en el punto en que se te antoje; entonces pongamos que a es la pieza a yendo hacia b c hasta llegar a la suya sin decir palabra y que él conserve en su espíritu el número; una vez hecho esto contarás análogamente de a en dirección a b c de manera tal que a sea 13, pues tú ya tienes 12 a causa de las doce monedas que están dispuestas en el círculo, y luego la siguiente con lo que tienes 14 y así sucesivamente a tu gusto hasta llegar, digamos, a la 22a, la cual ha de contarse dos veces lo que hará 23; entonces le dirás que, partiendo del número que él mantiene secreto, cuente comenzando por a c y pasando por b a hasta 23 que es el número que había contado como si fuera 7 el número en que había pensado secretamente; entonces c sería 8 y el siguiente 9 etc.; y en verdad le dices que el 23° que encuentre es la cantidad en la que él había pensado. Y mediante este juego uno puede conocer al amante o a la amiga cuando están en un baile o en compañía de otras personas y por el novenario se puede decir qué día de la semana o del mes el amante besó a su amiga.

El juego de dos cosas diferentes

Si un hombre tuviera dos cosas diferentes como son el oro y la plata y en una de las manos tuviera oro y en la otra plata y si tú quieres saberlo de otra manera, por semejanza y a manera de adivinación, da al oro un cierto valor y a la plata también otro valor, de suerte que uno sea par y el otro impar, como por ejemplo, dile que el oro vale 4 y que la plata vale 3 y así puedes hacer con todos los otros números siempre que uno sea par y el otro impar.

Después dile que multiplique por el número impar lo que tiene en la mano derecha y que multiplique por el número par lo que tiene en la izquierda. Y después de haber sumado estas dos multiplicaciones, pregúntale si la suma total es número par o impar, pues si es impar es señal de que la plata está en la diestra y el oro en la siniestra. Si es número par es señal de que el oro está en la diestra y la plata en la siniestra, lo cual podría saberse mediante una sola multiplicación, pero eso sería demasiado evidente.

El juego de tres cosas diferentes

1

2

3

0

b

c

d

1

b

d

c

3

c

d

b

5

c

b

d

2

d

b

c

6

d

c

b

1

Tres hombres tienen, cada uno, una cosa diferente de la otra; se trata de saber quién la tiene, es decir, quién tiene tal cosa y quién tiene otra. Toma 24 piedras o 24 fichas o cualquier otra cosa; de ellas darás una a quien te plazca, luego 2 al otro y 3 al último; después apártate un poco y di que aquel que tenga determinada cosa por cada piedra que tú le diste tome una de las que tú dejaste de darle; luego di que aquel que tenga otra determinada cosa por cada piedra que se le dió que tome 2 de aquellas que quedan; y di además que aquel que tenga determinada cosa por cada piedra que se le dio que tome 4; y has de observar bien el orden en el cual nombraste esas tres cosas; después vas y miras el resto de las piedras pues por ese resto puedes saber lo que tiene cada uno de ellos, ya que si queda una piedra ello significa que aquel a quien habías dado 1 piedra tiene la primera de las tres cosas que tú nombraste y el que tiene 2 piedras tiene la segunda cosa, en tanto que el que tiene 3 piedras tiene la tercera cosa; de manera que si quedan tres piedras aquel a quien diste 1 piedra tiene la primera cosa, aquel a quien diste 2 piedras tiene la tercera cosa y aquel a quien diste 3 piedras tiene la segunda cosa; y así ocurre con los otros restos como puedes verlo en la figura en la que 1, 2, 3, que está en la parte superior representan las piedras que diste y 1 3 5 2 6 7 que están a la derecha son lo que puede quedar cuando cada cual hubo tomado lo que se les dijo; y b c d representan las tres cosas diferentes, es decir, b la primera, c la segunda y d la tercera.

El juego del anillo

En un grupo de varias personas hay una que tiene un anillo de oro o de plata; se trata de saber quién lo tiene, en qué mano, en qué dedo y en qué nudillo. Las personas deben estar sentadas por orden numérico de manera tal que una sea la primera, otra la segunda, etc. etc. De la misma manera están ordenados los dedos en número de 10; apártate un poco del grupo y di a una de las personas que duplique el número de la persona que lleva el anillo, a ese doble has de agregar 5 y luego has de multiplicar esa suma por 5; a esta multiplicación has de agregar el número del dedo en que se encuentra el anillo y delante de ese número pondrás el número del nudillo del dedo en que está el anillo de manera tal que ocupe el orden primero del número, como poniendo un 7 delante de un 5, con lo que se tendría 75. Luego pregúntale qué número tiene, del cual quitarás 250 pues el resto te mostrará lo que quieres saber y aquí has de tener en cuenta que las centenas representan el número de la persona que tiene el anillo, las decenas el número de los dedos y la primera cifra del número indica en qué nudillo está el anillo, por ejemplo: supongamos que el número que te fue dicho por la otra persona que hizo las multiplicaciones y sumas, según tú le indicaste, sea 932; entonces de 932 secretamente restas 250 que te dará 682, por lo cual puedes decir que la sexta persona tiene el anillo en el octavo dedo y en el segundo nudillo; y si ocurriera que después se haber sustraído 250 al número que te fue dicho y en lugar de las decenas hubiera un 0 habría que restar entonces una centena y contarla por 10 decenas lo cual te permitirá decir que el anillo está en el décimo dedo. Si las multiplicaciones y adiciones dieran 951 entonces de este número resta 250 y el resto es 701, lo cual indica que la sexta persona del grupo tiene el anillo en el décimo dedo y en el primer nudillo.

El juego de los tres dados

Un hombre lanza tres dados y tú quieres saber los puntos de cada uno y de todo el conjunto. Dile que duplique los puntos de uno de los dados, el que quiera; a ese doble hazle agregar 5 y luego a esta multiplicación multiplicada por 5 hazle agregar los puntos de uno de los otros dos dados y delante de esa suma dile que ponga los puntos del tercer dado; pregúntale entonces el número que tiene y réstale 250, pues las tres cifras que restan te mostrarán los puntos de los tres dados.

Juego para saber un número imaginado valiéndose de un procedimiento diferente del novenario

Si una persona pensó en un número cualquiera y tú quieres saber cuál es, dile a esa persona que te preste tantos números como tú imaginaste y luego dale un cierto número que se te ocurra. Después dile que del total que tenga distribuya la mitad entre los que no tienen nada que ver y que conserve la otra mitad. Después dile que devuelva lo que se le había prestado y una vez hecho esto dile que tú sabes muy bien lo que le resta. Has de saber que lo que le resta es siempre la mitad de lo que tú le diste.

El juego del lobo, de la cabra y del repollo

Un campesino lleva al mercado para vender un lobo, una cabra y un repollo; al marchar así con su mercancía debe poner cuidado en que el lobo no ataque a la cabra y que la cabra no se coma el repollo. Se encuentra con un río que le conviene cruzar de esta manera: como no puede ni debe hacer pasar al mismo tiempo las tres cosas que conduce, ha de poner cuidado en que el lobo en ausencia del campesino no pueda atacar a la cabra ni la cabra comerse el repollo, puesto que si él no está siempre presente la cabra comerá el repollo o será comida por el lobo. Cabe preguntarse entonces cómo podrá hacer pasar sus mercaderías al otro lado del río sin sufrir ningún daño. La respuesta es esta: primero puede hacer pasar al otro lado del río a la cabra y luego volver a tomar el repollo y a devolver la cabra a la orilla primera para hacer atravesar luego al lobo y dejarlo con el repollo; luego retomará para buscar a la cabra. Y de esta manera no habrá sufrido daño alguno.

El juego de los tres maridos y de sus mujeres

Tres hombres, cada uno con su mujer, quieren cruzar un río y sólo disponen de un bote muy pequeño que únicamente puede transportar a dos personas a la vez. Como entre ellos está dispuesto que ninguna de sus mujeres debe encontrarse a solas con un hombre que no sea su marido en este lado del río o en el otro, si una de las mujeres lo hiciera así sería reputada deshonesta y desleal a su marido. Cabe preguntarse ahora cómo esas seis personas podrán pasar el río quedando a salvo el honor de las mujeres.

Respuesta: primero dos mujeres cruzan el río y una de ellas regresa con el bote, luego pasan otra vez dos mujeres y una regresa con el bote y permanece con su marido; entonces los otros dos maridos cruzan el río y uno de ellos con su mujer regresa con el bote. Pasan los dos hombres y la mujer vuelve con el bote, luego pasan dos mujeres y entonces ya no queda más que uno de los maridos que va a buscar a su mujer; y así queda resuelto el problema {9}.

El juego del tabernero

Un hombre vende vino pero sólo dispone de una medida de tres pintas. Llega al negocio otro hombre que lleva una medida de cinco pintas y que pide al tabernero cuatro pintas de vino; la cuestión es saber cómo podrá el tabernero dar al cliente esas cuatro pintas puesto que solo tiene un jarro de tres en tanto que el jarro del otro contiene cinco pintas.

Respuesta: Se llena el jarro de cinco pintas y con él se llena la medida de tres, cuyo contenido se vuelca en el tonel y lo que queda de la medida de cinco pintas se vierte en la de tres, y luego se llena otra vez la medida de 5 pintas y con su contenido se llena la medida de 3 de manera que en el jarro de 5 pintas quedarán cuatro pintas que es la solución buscada; otra manera puede ser esta: se llena el jarro de tres pintas y se lo vacía en la de cinco; se llena de nuevo la medida de tres y con ésta se llena la de cinco, luego se vacía la de cinco en el tonel y una pinta que quedó en el jarro de 3 será puesta en el de cinco y después se llena el jarro de tres cuyo contenido se vaciará en el de cinco.

El juego de las dos mujeres cuyos hijos fueron hermanos de sus maridos

Dos mujeres llevan en brazos a dos hermosos niños y cuando se les preguntó de quién eran hijos esos niños que llevaban ellas respondieron: “En verdad, son hijos de nuestros hijos y hermanos de nuestros maridos y todo ocurrió en legal matrimonio”.

Naturalmente uno quiere saber cómo pudo ocurrir eso y esta circunstancia no se considera aquí a causa de los números. Sin embargo se la incluyó porque a muchos el asunto les parecerá nuevo y divertido. Contemos pues cómo pudo ocurrir semejante cosa: aquellas dos mujeres que no tenían ninguna relación de parentesco entre sí se casaron y cada una tuvo un hijo; al cabo de algún tiempo sus maridos murieron y ellas tomaron por marido al hijo de la una y de la otra, y así las mujeres tuvieron a los dos hijos ya nombrados que eran de sus hijos y hermanos de sus maridos.

Notas

{1} En sus Recréations mathématiques, Rouse Ball indica una fórmula de origen chino , en la cual n es entero. Desgraciadamente esta fórmula es falsa desde n = 5.

{2} En francés clou, clavo (N. del T.)

{3} Los mayas empleaban el cero. Tal vez haya sido éste el primer pueblo que aportó a su sistema de numeración esta notable mejora.

{4} Suma de los n primeros términos de una progresión geométrica.

{5} El sentido de la desigualdad está invertido porque sus dos miembros fueron divididos por una cantidad negativa

{6} Si no se conoce la fórmula de análisis combinatorio, es fácil establecerla. Cada uno de los n bandidos brinda con los demás (n ‒ 1). Luego n (n ‒ 1) es el doble del número de brindis, pues A al brindar con B y B y al brindar con A sólo producen un choque de copas.

{7} Escrito por un francés en francés. En efecto, existe un manuscrito escrito en hebreo alrededor de 1350 por Emmanuel Bonfils, matemático judío de Tarascón, en el que ya se encuentran desarrollos muy interesantes sobre el cálculo exponencial y el invento de las fracciones decimales.

{8} Además de este capítulo, el Triparty contiene una serie de problemas concretos emparentados con las recreaciones. Una parte de esos problemas se encuentra asimismo en un manuscrito anónimo redactado en la lengua del país de Foix, Lart de Lalgoris, que data del siglo XV, sin que se pueda establecer si ese manuscrito es anterior o posterior al Triparty; los problemas son tratados aquí mediante la aritmética pura, siendo así como Chuquet los resuelve mediante álgebra. Lart de Lalgoris está compuesto de los folios 19 a 120 de un manuscrito clasificado en el Fonds Français de la Bibliothéque Nationale con el número 4140 (N. A. F.).

{9} Como el del lobo, la cabra y el repollo, este viejo problema llegó a hacerse clásico. En el siglo XVIII se mencionaba su solución en versos latinos o presuntamente latinos, debidos a un autor anónimo:

It duplex mulier, redituna, vehitque manentem,

Itque una. Utuntur tune duo puppe viri

Par vadit et redeunt bini, mulierque sororem

Advenir, adpropriam fine maritus abit.