Desde la publicación en España de la primera versión, en 1987, de Aventuras matemáticas, la obra se ha traducido sucesivamente a otros cuatro idiomas: francés, portugués, finlandés y chino. Esto constituye un hito en la bibliografía de divulgación científica de nuestro país. Aventuras matemáticas trata de estimular en quien se adentra en ellas el gusto por la participación activa en diversos aspectos de la creatividad matemática, así como la actitud adecuada ante los retos matemáticos de todos los niveles.

Esta nueva edición se ha enriquecido sustancialmente con cuatro ensayos dedicados a temas de interés actual, como el caos matemático, los fractales, el teorema de Fermat y la criptografía de clave abierta, y con otro más que trata de ayudar en la comprensión del teorema de Gödel, uno de los resultados más profundos de la matemática del siglo XX.

Miguel de Guzmán

Aventuras matemáticas

Título original: Título

Miguel de Guzmán Ozamiz, 1986

Revisión: 1.0

29/05/2024

Dedicado a los médicos, enfermeros, enfermeras y amigos del Centro Ramón y Cajal, donde tuve la oportunidad de escribir estas aventuras matemáticas. Con sus atenciones y afecto, ellos me enseñaron que estar enfermo una temporada puede no ser tan malo.

Prólogo

Aquí tienes una variada colección de juegos, enigmas, historias…, con cierto contenido matemático. La intención con la que los he escogido ha sido la de ayudarte a comprobar que este tipo de exploración de la realidad puede resultar interesante, divertida y en ocasiones apasionante. Por otra parte, algunas de las cuestiones que iremos viendo juntos, además de ser entretenidas, tocan muy de cerca porciones profundas de la matemática de todos los tiempos y tienen hondas ramificaciones hacia algunos de los misterios aún pendientes de ella.

La ciencia toda viene a ser una inmensa tarea de exploración de los muchos enigmas que nos presenta la naturaleza. Estos enigmas son unas veces bien concretos y cercanos: ¿Cómo funciona el cerebro humano para que el hombre sea capaz de conocer que conoce? ¿Cuáles son y cómo interaccionan los componentes últimos de la materia? ¿De cuántas maneras distintas se puede doblar un mapa de carreteras con mXn dobleces? Otras veces lo que nos ocupa son enigmas más abstractos sobre las realidades mentales que nos fabricamos: ¿Habrá una infinidad de pares de números primos cuya diferencia sea 2, tales como (11, 13), (29, 31), (101, 103), (2381, 2383), (3557, 3559)…? Entre los números 11, 111, 1111, 11111…, ¿habrá una infinidad de números primos? Como verás, las cuestiones matemáticas que en estos ensayos surgen son unas veces concretas y otras más abstractas.

He querido escribir estos capítulos contando esencialmente con tu intervención activa. Tú vas a ser el detective y has de tratar de esclarecer los casos que se presentan. Cada pregunta que surge a lo largo del proceso, aunque yo no te lo sugiera explícitamente cada vez, debería servirte para hacer una pausa en tu lectura y pensar un rato en ella. Unas veces no será difícil que des rápidamente con la respuesta adecuada, otras sí pero, en todo caso, el tiempo que dediques a pensar por ti mismo será el mejor empleado.

En el capítulo 0 encontrarás unas cuantas sugerencias sobre el gran problema de cómo afrontar los problemas, matemáticos y no matemáticos. Hay capítulos que diseccionan juegos clásicos y otros menos clásicos, otros que presentan cuestiones de diferentes tipos y sabores, otros en que trataremos de seguir el hilo de pensamiento de algunos grandes pensadores de la matemática como Fermat, Cantor, Brouwer… Al final de cada capítulo encontrarás notas que tratan de enmarcar alguna de las moralejas del capítulo mediante la biografía de personajes importantes, el sentido de alguna teoría… Hay también notas que contienen algo de lo que yo pienso sobre la actual didáctica de las matemáticas. Seguro que muchas de estas opiniones estarán equivocadas, pero me ha parecido que, en conjunto, te pueden ayudar a formarte tu propia idea de la matemática actual y de lo que se puede tomar y dejar de lo que es la oferta actual en los distintos niveles de la enseñanza.

Hay capítulos en los que aparece alguna alusión y utilización de un libro mío anterior, Cuentos con cuentas (Labor, Barcelona, 1984), pero, en conjunto, estos ensayos son independientes unos de otros y de los de aquel libro.

Quiero agradecer muy especialmente la colaboración de mi hijo Miguel, que con sus viñetas ha animado estas aventuras matemáticas. Muchos amigos, demasiados para nombrarlos a todos individualmente, han leído mi texto inicial. Sus observaciones, muy atinadas, han sido incorporadas en la versión final. A todos ellos, muchas gracias.

MIGUEL DE GUZMÁN

Madrid, setiembre 1986

0. Este capítulo es muy importante… pero no hace falta que lo leas

Los cuentos y juegos matemáticos que vamos a ir recorriendo juntos se pueden concebir como historias policíacas en las que tú mismo vas a ser el detective. Tú vas a ser el primero que las vivas… a tu modo, aunque otros muchos las hayan vivido antes al suyo. ¡Prepárate para la aventura! El buen detective se caracteriza por el buen olfato. Es claro que el buen olfato, supuesto que uno no tenga estropeadas las narices, se adquiere… oliendo mucho y muy diverso y ejercitándose en tratar de distinguir unos olores de otros y de sacar consecuencias. Así, si quieres convertirte en un buen detective tendrás que ejercitarte a fondo. No hay recetas maravillosas para lograrlo.

Lo que por mi parte puedo ofrecerte en este capítulo para ayudarte es una colección de estrategias generales que los detectives de todos los tiempos han utilizado en sus tareas. Tu experiencia acumulada te hará sentir, cuando te tropieces con una situación particular, cuál es la estrategia o estrategias combinadas que pueden adaptarse a tu caso. A lo largo de los casos concretos que iremos viendo juntos en los capítulos posteriores mi intención es ayudarte a calzar los zapatos de los grandes sabuesos de la matemática y a mirar a través de su lupa que será, generalmente, mirar a través de alguna de estas estrategias que te presento.

No trates de aprenderlas de carrerilla. ¡Aquí no se trata de memoria! Ojéalas ahora por encima para familiarizarte un poco con ellas. Luego, ante un problema concreto, recórrelas suavemente para presentir las que sean más adecuadas como instrumento de ataque. Al ir viéndolas en acción unas cuantas veces irán penetrando de modo natural en tu olfato y se harán cosa tuya para siempre. Primero te las iré enunciando y explicando un poco en detalle y al final del capítulo te las encontrarás todas juntas, en una lista, de forma resumida para que te sea más fácil verlas de una sola ojeada.

… Tras las huellas de los grandes sabuesos…

¡Ah! Una última observación. No pienses que las estrategias de pensamiento que aquí tienes sólo son buenas para resolver problemas y juegos matemáticos. En líneas generales, cambiando lo que hay que cambiar, esas mismas estrategias las puedes utilizar en un montón de problemas de la vida ordinaria. Esto es algo muy importante que la matemática puede enseñar a todo el mundo, un método de pensamiento sobrio, razonable, fiable…

A. Antes de hacer, trata de entende

Se cae de su peso, pero a veces, por apresurados que somos o por prisas que nos imponen desde fuera, nos ponemos inmediatamente en camino… hacia ninguna parte. Sherlock Holmes, cuando se le proponía un caso, acumulaba primero toda la información que podía, detalles en todos los periódicos, visitas a lugares posiblemente relacionados, chismes a través de vecinos o a través de la banda de pilletes de Londres, sus espías particulares… y luego, con todo aquel amasijo de datos en su cabeza se ponía… a improvisar en su violín o a hacer locos experimentos de química en su laboratorio personal, por largos ratos. Cuando a ti te propongan un caso, un juego, un problema, un rompecabezas, que todo viene a ser lo mismo, debes asegurarte de que entiendes a fondo las reglas del juego, los datos, y el posible lugar que tiene cada una de sus piezas y cómo se engarzan unas con otras. Manéjalas, familiarízate con los elementos de la situación, juega con ellos un rato. Aunque al principio te parezca otra cosa, ganarás tiempo.

B. En busca de estrategias

En esta etapa del proceso debes tratar de hacerte con un montón de posibles modos de ataque del problema. Se trata de que fluyan de tu mente muchas ideas, aunque en principio puedan parecerte totalmente descabelladas. Las ideas más estrafalarias pueden resultar después las mejores. Como dicen los técnicos del brainstorming (tormenta de ideas, una de las técnicas de creatividad), cantidad engendra calidad. Todavía no vas a poner en práctica ninguna. Para procurar que fluyan muchas ideas, es necesario que actúes con espontaneidad, que aplaces el juicio crítico sobre ellas, no se trata ahora de decidir si una es mejor que otra. No te importe nada que a primera vista puedan parecer ridículas. ¡Ya veremos si lo son! Al primer gentleman que en Londres tuvo la ocurrencia de utilizar una sombrilla para protegerse de la lluvia le bombardearon con insultos y tomates. ¡Diles hoy a los británicos que eso del paraguas es un ridículo y afeminado invento!

Para facilitar este flujo de ideas posibles aquí tienes unas cuantas pautas que puedes ensayar. Estoy seguro de que tu experiencia irá aumentando la lista con sugerencias útiles distintas que a ti te servirán mejor.

Brainstorming

B.1 Busca semejanzas con otros juegos y problemas. Nada hay nuevo bajo el sol. ¿A qué te recuerda la situación? ¿No presientes que tal vez sea como aquella otra?

B.2 Empezar por lo fácil hace fácil lo difícil. El problema es complicado tal vez porque hay muchos elementos. ¿Por qué no te lo haces más fácil tú mismo? Fabrícate uno semejante, con menos piezas. Tal vez en él te saltará la chispa que te sirva para resolver el más complicado.

B.3 Experimenta y busca regularidades, pautas. La experiencia es la madre de la ciencia, también de la matemática. Los grandes teoremas de la historia de la matemática son fruto de muchos experimentos, más o menos locos. También la matemática procede por ensayo y error, otro ensayo y otro error…

B.4 Hazte un esquema y si se tercia…, píntalo en colores. Somos muchos los que pensamos mejor con imágenes que con palabras. Una imagen vale más que mil palabras. Si tu modo de pensar es así, estás en buena compañía. Einstein, por ejemplo, afirmaba que su pensamiento, cuando investigaba, no era nunca verbal, sino acompañado de imágenes sensoriales, e incluso motrices.

B.5 Modifica el problema, cambia en algo el enunciado, para ver si se te ocurre así un posible camino. No será ya el problema propuesto, pero te puede proporcionar una escalera a la que puedes añadir otra y llegar a tu objetivo.

B.6 Escoge una buena notación. Muchos problemas se enrevesan endiabladamente con una notación inadecuada y se vuelven transparentes como el agua en cuanto tomas los ejes adecuados, los nombres apropiados de los elementos… La notación mejor es la que se presta mejor a la expresión de las simetrías, la que expresa abreviadamente la función misma de los elementos que representa. Leibniz y Euler fueron los creadores de una gran parte de la notación que aún hoy usamos en matemáticas y, gracias a su adecuación a lo que querían representar, consiguieron hacer mucho más fáciles problemas complicados.

B.7 Explota la simetría…, si puedes. Son muchos los juegos, los problemas que se resuelven mediante apoyo en la simetría que presentan de forma expresa o velada. Piensa en esta posibilidad en tu caso particular.

B.8 Supongamos que no… ¿a dónde nos lleva? Esto es el argumento que se llama indirecto o por reducción al absurdo. ¿Cómo marcha la cosa? Imagínate que te proponen el siguiente puzzle facilísimo: Demuestra que un mismo peón en el ajedrez sólo puede moverse, a lo más, seis veces. Puedes proceder así: Supongamos que un peón se mueve siete veces. Como sale de la segunda fila y en cada movimiento avanza al menos a la lila siguiente resulta que al sexto movimiento está al menos en la fila octava y en el séptimo se saldría del tablero. Absurdo. Así resulta que no puede moverse siete veces. Son muchos los problemas que se pueden manejar así. Quieres demostrar que una situación se comporta de la forma A. Empiezas suponiendo que no se comporta así. Vas deduciendo y razonando correctamente y tu cadena de razonamientos te conduce a que lo blanco es negro. Entonces es claro que tu punto de partida, no A, tiene que ser falso. Así, la situación inicial tiene que ser A.

B.9 Supongamos el problema resuelto. Esta táctica te será de especial utilidad en los juegos y problemas en los que tengas que construir alguna figura, algún elemento que deba estar relacionado de forma determinada por las reglas del juego, con otros que te den. Al imaginarte el problema resuelto, construyendo de forma aproximada, a ojo, cómo debe de ir la cosa tienes la oportunidad de explorar las relaciones entre los elementos dados y los que buscas y así, al aproximarlos, puede saltar la chispa que te haga ver claro cómo debes proceder a partir de los datos.

B.10 Piensa en técnicas generales: inducción, descenso, proceso diagonal, principio del palomar… No te atosigaré aquí contándote una por una estas estrategias que son verdaderas joyas del pensamiento matemático, increíblemente sencillas y potentes a la vez. Ya las verás en otros capítulos más adelante. Cada una de ellas lleva el nombre de un matemático famoso que fue quien enriqueció la ciencia con el uso sistemático de su estrategia: principio de inducción de Pascal, principio de descenso de Fermat, proceso diagonal de Cantor, principio del palomar de Dirichlet… Poco a poco, con paz, las iremos contemplando juntos y haciendo uso de ellas.

C. Lleva adelante tu estrategia

Tienes ya unas cuantas estrategias posibles para atacar tu problema acumuladas en la etapa B. Lo más aconsejable es que tengas delante una lista escrita de todas ellas, sin olvidar las que en un principio te parecieron más absurdas…

Lo mejor sería que ahora, para incubar tus ideas y esperar la iluminación, te dedicaras un buen rato a tocar el violín o a hacer experimentos de química, como Sherlock Holmes, o bien a hacer experimentos de cocina, como hago yo, que es algo parecido y mucho más sustancioso… o bien que te enfrascaras en cualquiera de tus manías preferidas. Deja que tu subconsciente amase a su gusto el revoltijo de ideas que le has preparado…

Has vuelto al problema. Ahora llega el momento de juzgar cuáles de las estrategias que tienes en tu papel tienen más probabilidades de éxito. Tal vez la idea que antes parecía tan descabellada ahora te parezca precisamente la mejor.

C.1 Lleva adelante las mejores ideas que se te hayan ocurrido en la etapa B. Una a una. No las mezcles en un principio. Trabaja con decisión y confianza en ti mismo, ordenadamente, con paz, sin aturullamientos. Si al poner en práctica una idea se te ocurre otra totalmente inconexa con ella que piensas que puede ayudarte, ¡no la deseches! ¡Apúntala en tu lista! Pero tampoco dejes desviar tu atención de la que ahora estás llevando adelante.

C.2 No te arrugues fácilmente. Pero tampoco te emperres demasiado con una sola idea. Si las cosas se complican demasiado, probablemente hay otra vía. No abandones fácilmente una idea que te pareció buena, pero debes estar preparado a reconocer que tal vez su bondad fue un espejismo que resulta claro al adentrarte más en ella. Si ves que no te acerca nada a la solución, ensaya otra. Recuerda: ensayo y error, ensayo y error…

C.3 ¿Salió? ¿Seguro? Mira más a fondo tu solución. No te engañes a ti mismo. Las medias ideas y medias soluciones sirven de poco. Cerciórate bien de que has llegado a la solución.

D. Saca jugo al juego y a tu experiencia

¿Has resuelto tu problema? ¡Enhorabuena! ¿O bien lo has trabajado durante horas, has acabado por no resolverlo y has decidido mirar la solución? ¡Enhorabuena también! Si has pasado un buen rato interesado, entretenido, intentando, y has decidido mirar cómo demonios se resuelve, la experiencia puede ser incluso más satisfactoria que en el primer caso. Muchas veces aprende uno mucho más y más profundamente de los problemas intentados con interés y tesón… y no resueltos, que de los que uno resuelve casi a primera vista. Lo que hace falta en todo caso ahora es que reflexiones sobre todo el proceso durante un rato para darte a ti mismo una idea de cuáles fueron tus dificultades, los callejones sin salida en los que te metiste y por qué…, y cómo podrías proceder en el futuro para resolver mejor otros problemas y juegos, semejantes o no. Esta etapa del proceso puede ser la más provechosa de todas… y la que más a menudo olvidamos realizar.

D.1 Examina afondo el camino que has seguido tú. ¿Cómo has llegado a la solución? ¿O, por qué no has llegado a la solución? ¿Ibas bien encaminado desde el principio? ¿Habías intuido la estrategia correcta en el paso B? ¿O, por qué no se te ocurrió pensar en ella? ¿Qué es lo que te engañó al escoger estrategias? ¿Cuál fue la chispa que te hizo intuir que iba a ir bien?

D.2 Trata de entender no sólo que la cosa efectivamente marcha, sino también por qué tiene que marchar así. No te contentes con ser el afortunado burro a quien le sonó la flauta por casualidad. Si no te exiges más, la mayor parte de las veces serás más desafortunado. Por definición, las casualidades son raras.

D.3 Mira ahora a ver si se te ocurre hacerlo de modo más simple. Los matemáticos no suelen considerar que han entendido un teorema si no son capaces de verlo con una sencilla mirada sosegada que les permita contemplar de un golpe al menos sus piezas principales, sin tener que reptar penosamente de un silogismo a otro. Quien lo consigue entender así, será capaz de edificar sobre este resultado otras estructuras más potentes.

D.4 Mira hasta dónde da de sí el método que has seguido para ver si lo puedes usar en otras circunstancias. Tal vez puedas inventar tú mismo otros juegos o problemas más interesantes que se resuelvan con los mismos procedimientos, la misma idea feliz.

D.5 Reflexiona un poco sobre tu propio proceso de pensamiento y saca consecuencias para el futuro. Con experiencias repetidas como ésta tal vez te puedas hacer un diagnóstico de tu propio estilo de conocimiento. Cada uno tiene el suyo peculiar. ¿Cómo es tu pensamiento? ¿Visual o analítico? ¿Dependes mucho de la expresión verbal o de la fórmula escrita? ¿Tiendes a pensar en círculos, obsesivamente? ¿Tiendes al compromiso con una sola idea, sin flexibilidad? ¿Cómo podrías fomentar la fluencia espontánea de ideas variadas, originales, novedosas? Si lo consigues, tendrás una gran ventaja al saber en qué clases de problemas te puedes ocupar con ventaja y en cuáles tu probabilidad de éxito no es tan grande. Sabrás cómo abordar problemas, no ya matemáticos, sino de toda clase, aproximándote a ellos tratando de sacar el mejor partido posible de las ventajas de tu propio estilo.

A. ANTES DE HACER TRATA DE ENTENDER

B. EN BUSCA DE ESTRATEGIAS

B.1 Busca semejanzas con otros juegos y problemas

B.2 Empezar por lo fácil hace fácil lo difícil

B.3 Experimenta y busca regularidades, pautas

B.4 Hazte un esquema y si se tercia… píntalo en colores

B.5 Modifica el problema, cambia en algo el enunciado, para ver si se te ocurre así un posible camino

B.6. Escoge una buena notación

B.7 Explota la simetría…, si puedes

B.8 Supongamos que no… ¿a dónde nos lleva?

B.9 Supongamos el problema resuelto

B.10 Piensa en técnicas generales: inducción, descenso, proceso diagonal, principio del palomar…

C. LLEVA ADELANTE TU ESTRATEGIA

C.1 Lleva adelante las mejores ideas que se te hayan ocurrido en la etapa B. Una a una. No las mezcles en principio

C.2 No te arrugues fácilmente. Pero tampoco te emperres demasiado con una sola idea. Si las cosas se complican demasiado, probablemente hay otra vía

C.3 ¿Salió? ¿Seguro? Mira a fondo tu solución.

D. SACA JUGO AL JUEGO Y A TU EXPERIENCIA

D.1 Examina a fondo el camino que has seguido tú. ¿Cómo has llegado a la solución? ¿O, por qué no has llegado a la solución?

D.2 Trata de entender no sólo que la cosa efectivamente marcha, sino también por qué tiene que marchar así

D.3 Mira ahora a ver si se te ocurre hacerlo de modo más simple

D.4 Mira hasta dónde da de sí el método que has seguido para ver si lo puedes usar en otras circunstancias

D.5 Reflexiona un poco sobre tu propio proceso de pensamiento y saca consecuencias para el futuro.

Notas

¿Sabías que casi todos nosotros estamos aprovechando una mínima parte de nuestra capacidad intelectual para resolver problemas y pensar creativamente? Sí, en general todos tenemos nuestra mente ocupada a muy bajo rendimiento. ¿Por qué? Por muy diversas causas, entre las más importantes porque dejamos que nuestra mente quede dominada por bloqueos de muy diversas clases. Muchos son bloqueos culturales que se nos han metido en la cabeza desde pequeñitos, otros son bloqueos emocionales, otros son bloqueos de nuestro ambiente particular… He aquí unos cuantos.

«BUSCA LA SOLUCIÓN CORRECTA». Con frecuencia puede haber quince soluciones correctas para muchos problemas. Esto hace que cuando encontramos una nos creamos que ya está hecho todo, siendo así que lo más probable es que no sea ni la mejor ni la más adecuada, bonita, elegante, novedosa, ni la que sirve para siempre…

«HAY QUE SER PRÁCTICOS». Cualquiera que hubiese asistido desde dentro a las especulaciones solitarias de Einstein casi niño pensando qué ocurriría si se elevara en un ascensor a velocidad cercana a la de la luz le hubiera tirado de las orejas por su pérdida de tiempo: «Albert, en lo que tienes que pensar es en los deberes…».

«ES MALO EQUIVOCARSE». Y como tenemos miedo a equivocarnos, hacemos las cuatro cosas de las que estamos seguros. Así, con suerte, hacemos CUATRO cosas bien. En cambio, el que sabe que se equivocará en el 40 % de las veces y a pesar de ello va adelante y hace veinte cosas, hará DOCE cosas bien.

«NO SEAS INFANTIL. JUGAR ES DE NIÑOS». Y sin embargo, del juego, del cultivo del pensamiento ambiguo, de hacer un poco el loco, es de donde salen más a menudo las ideas geniales.

El estudio sistemático de la creatividad y de sus mecanismos es cosa bastante reciente. Empezó en Estados Unidos en los años cincuenta. Pronto se empezaron a poner de manifiesto muchos elementos de la educación tradicional que lo que hacen es inhibir y apagar la creatividad innata que los niños presentan… hasta que han pasado unos pocos años en la escuela. Hacia los diez años, después de unos cuatro años de esfuerzo por introducirles en el sistema de pensamiento de los adultos, para muchos se acabó la espontaneidad de pensamiento y de acción, las ideas brillantes, el gusto por ensayar cosas nuevas… Triste, ¿no? Si te interesa ver qué puedes hacer para salir de la jaula tú mismo y ayudar a otros a salir de bloqueos y de increatividad, puedes buscar en la literatura sobre psicología y pedagogía nombres como Guilford, Torrance, Taylor… Muchos de sus libros están traducidos al castellano.

1. Algunos casos para entrenar el olfato

Vamos ahora a entrenarnos. Nos enfrentaremos con casos interesantes, más o menos conocidos, algunos, clásicos en la historia del género, y veremos cómo poniendo en práctica las sugerencias del capítulo anterior podemos ir aguzando nuestro olfato para otros casos más difíciles. Primero te propondré los casos. Tú trata de resolverlos fijándote en las estrategias de tu pensamiento, como te he sugerido en el capítulo 0, no solamente intentando obtener la solución, sino también tratando de darte cuenta de cuáles son los caminos que sigues, los malos y los buenos, pues de todos ellos puedes aprender para el futuro. Más adelante miraremos juntos cómo las estrategias indicadas antes pueden ser una ayuda efectiva en la tarea.

1. Al pasar la barca me dijo el barquero…

a) Pastor, oveja, lobo y col. Un pastor, acompañado de una oveja, un lobo y una enorme col, se acerca a la orilla de un río que tiene que cruzar. Se encuentra con una barca tan pequeña que sólo puede transportar a la vez a él con uno de sus acompañantes. Pero si deja solos en una orilla a la oveja y la col, aquélla se zampará ésta. Si deja solos oveja y lobo, aquélla será zampada por éste. ¿Cómo le organizas los viajes para llegar al final con sus tres pertenencias a la otra orilla?

Fuslor, oveja, lobo y col

Este problema es fácil y seguro que lo habrás hecho más de una vez. Lo interesante es que te organices algún sistema de pensamiento, alguna táctica que te permita hacerte especialista en esta clase de problemas por si te consultan los maridos celosos del acertijo siguiente.

b) Los dos maridos celosos. Dos parejas de recién casados llegan a la orilla de un río que quieren cruzar. Allí está la barca que puede transportar solamente a dos personas a la vez. (¿Por qué harán las barcas siempre tan canijas?) Resulta que los dos maridos son tan celosos que ninguno de ellos tolera dejar a su mujer donde haya otro hombre a menos que esté él mismo presente. A pesar de todo ¿les puedes organizar también los viajes?

2. Alubias rojas y blancas

En un saco blanco tienes unas 2000 alubias blancas y en otro saco, rojo, unas 3000 alubias rojas. Del saco blanco pasas al saco rojo 50 alubias. Revuelves bien revueltas las alubias del saco rojo, sacas 50 alubias, sin mirarlas, y las metes en el saco blanco. Revuelves las alubias del saco blanco. Repites la operación: del saco blanco pasas ahora al rojo 100 alubias, revuelves y sacas del rojo 100 alubias también, que pasas al blanco. Repites por tercera vez, con 150 alubias. Pregunta: ¿Hay al final más alubias blancas en el saco rojo que alubias rojas en el saco blanco o al revés?

3. Jugando al bridge

a) Cuatro amigos os disponéis a jugar una partida de bridge (bueno, no importa nada que no sepas jugar al bridge para entender de qué va lo que te propongo). Estás repartiendo las 52 cartas de la baraja inglesa, una a una, como hacen los británicos y habiendo comenzado, naturalmente, por la izquierda. En medio del reparto te llaman al teléfono. Interrumpes, te vas, hablas por teléfono y cuando vuelves… has olvidado por dónde ibas repartiendo. Eso de contar las cartas da mucho trabajo. ¿Se te ocurre cómo repartir las cartas que quedan en el mazo de modo que a cada jugador, no solamente le des el número correcto de cartas, 13, sino que no cambies la suerte y le des las que le hubieran tocado en caso de seguir repartiendo, sin interrupciones?

b) A propósito ¿qué es más probable?: ¿que entre tú y tu compañero tengáis todos los tréboles o que entre él y tu no tengáis ninguno?

4. Con las fichas del dominó

a) Las 28 fichas del dominó pueden colocarse todas ellas una tras otra siguiendo la regla del dominó, es decir, que dos fichas tengan unas mitades adyacentes con el mismo número de puntos, por ejemplo,

Retira de tu dominó las 7 fichas que tienen un seis. ¿Puedes colocar las 21 fichas restantes sobre la mesa siguiendo las reglas del juego?

b) Este es un juego para dos jugadores, A y B. Se juega con 32 fichas de dominó (sin que importe su valor) y un tablero de ajedrez. A falta de unas y de otro puedes hacerte un cuadriculado de papel de 8 × 8 cuadros y 32 rectángulos de papel, tales que cada uno sea capaz de cubrir dos cuadrados de tu tablero.

Comienza A el juego cubriendo con una ficha de dominó los dos cuadros que quiera. Luego B coloca una ficha cubriendo los dos cuadros libres, sin cubrir, que quiera. Luego A… Pierde el primero que no pueda colocar ficha.

¿Puedes encontrar una estrategia para alguno de los jugadores? ¿Cómo cambia el desarrollo del juego si el tablero es de 8 × 9? ¿Y si es de 9 × 9?

Los casos resueltos

Una advertencia. No pienses que las soluciones que te presento se le ocurren a uno así, a bote pronto. Son fruto de largos ratos, a veces horas, de pensar. Si te contara todas las idas y venidas del pensamiento alrededor de cada problema, los callejones sin salida en que razonablemente se puede uno meter antes de topar con la solución adecuada, elegante, simple, no terminaríamos nunca. Por eso no te dejes impresionar ni te desanimes en absoluto si después de haber trabajado un montón de tiempo resulta que te parece conseguir poca cosa. A pensar se aprende pensando. A pensar bien se aprende pensando mucho, bien y mal. ¡Ánimo!

1. Al pasar la barca…

a) Lo único que hay que hacer es no pararse. Empezar a andar por el único camino posible. En un momento dado hay dos caminos. Seguimos por los dos y vemos qué pasa. El pastor se da cuenta de que lo único no peligroso es dejar lobo y col solitos. Así lo que hace es: 1) Pasa la oveja; 2) vuelve y pasa la col (su intención es dejar col y lobo al otro lado); 3) vuelve con la oveja; 4) pasa al lobo; 5) deja col y lobo y vuelve a por la oveja. A partir del paso 2) existe otra opción: 2*) vuelve y pasa al lobo; 3*) vuelve con la oveja; 4*) pasa la col; 5) deja col y lobo y vuelve a por la oveja. Y se acabó.

Al proceder así intuirás que, si en algún caso las cosas se ponen más complicadas, necesitarás un procedimiento más esquemático, menos verbal, que te ayude a ver los posibles caminos de una ojeada (recuerda: elige una notación adecuada). Puedes esquematizar la situación del modo siguiente:

Llamas P al pastor, O a la oveja, C a la col y L al lobo y vas representando las diferentes situaciones permitidas según las reglas (que nadie se coma a nadie) del siguiente modo (recuerda: Hazte un esquema; píntalo).

quiere decir que P, O, L están en la orilla inicial y la col en la otra. Según esto, todas las situaciones en las que nadie se come a nadie son:

De algunas situaciones se puede pasar a otras. Podemos simbolizar mediante una línea el paso de la barca. Todos los pasos posibles son:

Nuestro problema es pasar, a través de estas líneas, de la situación POCL a la situación POCL. Los dos caminos posibles son los señalados con puntos y con trazo discontinuo, que corresponden a las dos soluciones que ya conocemos.

El problema está resuelto. Aquí, en realidad, hemos matado un mosquito con una escopeta, pero el procedimiento es útil en casos más complicados como en el de los celosos maridos.

b) Llamemos A, B a los maridos celosos y a, b, a sus respectivas esposas (si lo prefieres, puedes darles las mayúsculas a ellas y las minúsculas a ellos). Preocupémonos de las situaciones posibles según las reglas. Las puedes obtener todas ordenadamente, poniendo 4 a un lado, luego 3 a un lado y 1 al otro, luego 2 a un lado y 2 al otro:

Y ahora, a tirar las líneas que indican los pasos de una situación a otra. Pero aquí aparece una complicación. ¿Dónde está la barca en cada situación? En el caso del pastor, como sólo él sabía remar, quedaba claro que la barca estaba donde estaba el pastor. Aquí, es de suponer que los cuatro saben remar y parece, en principio, que la barca puede estar en cualquier orilla en la que haya una persona. Con lo que nuestro cuadro se complica un poco. Llamando N a la barca podemos componer un nuevo esquema que aparece en el siguiente gráfico, en el que se detallan las líneas de paso posible de una situación a otra.

Y ahora sólo queda buscar los distintos caminos que van desde la posición inicial a la deseada.

Aquí tienes uno de ellos:

Te puedes preguntar, y a ti te dejo el trabajo de contestarte: ¿cuántos modos hay de hacerlo? ¿Cuál es el número mínimo de viajes? Suponiendo que A tiene nota 5 en remo, B tiene nota 8, a tiene nota 7 y b tiene 4, y que cuando reman dos sus notas se suman, ¿qué modo de hacer los viajes será el mejor de todos, es decir tendrá nota total máxima? ¿Qué pasa si sólo saben remar las señoras? ¿Qué pasa si sólo saben remar B y a?

¿Te atreves con el problema de los tres maridos celosos o ya estás harto de celosos? Si el tema te atrae, puedes ver un tratamiento muy completo en el libro de Schuh, cuya referencia encontrarás en la bibliografía.

2. Alubias rojas y blancas

Para empezar, seguro que se te habrá ocurrido simplificar un poco el problema (recuerda: empezar por lo fácil hace fácil lo difícil), tratando de ver lo que pasa después de una sola operación e, incluso, podrías hacerlo aún más sencillo si en lugar de sacar tantas alubias, 50 es un número muy grande, sacaras menos, por ejemplo, una. Del saco blanco sacas una alubia, naturalmente blanca, y la pasas al rojo. Revuelves el saco rojo y pasas una alubia (será roja o blanca) al blanco. Si es roja, es evidente que la blanca se quedó en el rojo, y así, hay una alubia roja en el saco blanco y una blanca en el rojo. Si es blanca no hay ninguna blanca en el rojo y ninguna roja en el blanco. En ambos casos HAY IGUAL NÚMERO DE ALUBIAS ROJAS EN EL SACO BLANCO QUE DE ALUBIAS BLANCAS EN EL SACO ROJO.

El caso es sencillo, pero sintomático. Puedes ver que sacando y metiendo dos alubias también ocurre lo mismo. ¿Y con 50? Búscate una buena notación y represéntalo. Puede quedar algo así:

|  | PRIMERA OPERACIÓN |  |
SACO BLANCO |  |  |  | SACO ROJO
Sólo alubias blancas |  |  |  | Sólo alubias rojas
|  | → → → → → |  |
|  | Pasan 50 alubias blancas al saco rojo |  |
|  | ← ← ← ← ← |  |
|  | Pasan 50 alubias del saco rojo al saco blanco: |  |
|  | b blancas y r rojas, 50 = b + r |  | Revuelvo
Hay r alubias rojas en el saco blanco |  |  |  | Quedan 50 – b alubias blancas en el saco rojo

PERO r = 50 – b; ASÍ, DESPUÉS DE LA PRIMERA OPERACIÓN, HAY TANTAS ALUBIAS ROJAS EN EL SACO BLANCO COMO ALUBIAS BLANCAS EN EL SACO ROJO.

|  | SEGUNDA OPERACIÓN |  |
SACO BLANCO |  |  |  | SACO ROJO
h alubias rojas |  |  |  | h alubias blancas
p alubias blancas |  |  |  | p alubias rojas
|  | Del saco blanco al rojo pasan 100 alubias, b₁ blancas y r₁ rojas, 100 = b₁ + r₁ |  |
|  | → → → → → |  |
h – r₁ alubias rojas |  |  |  | h + b₁ alubias blancas
|  |  |  | Revuelvo
|  | Del saco rojo al blanco pasan 100 alubias, b₂ blancas y r₂ rojas, 100 = b₂ + r₂ |  |
|  | ← ← ← ← ← |  |
h – r₁ + r₂ alubias rojas |  |  |  | h + b₁ – b₂ alubias blancas

PERO COMO b₁ + r₁ = 100 = b₂ + r₂, RESULTA QUE h – r₁ + r₂ = h + b₁ – b₂, ASÍ, HAY TANTAS ALUBIAS ROJAS EN EL SACO BLANCO COMO BLANCAS EN EL ROJO

Ahora queda claro, que repitiendo la operación cuantas veces quieras y con cantidades distintas el resultado será siempre el mismo.

Un vistoso juego de magia basado en este truco es el siguiente. Toma un mazo de cartas de lomo azul y dale a un espectador otro mazo con el lomo rojo. Le pides al espectador que te quite del mazo azul un número cualquiera de cartas entre 1 y 15 sin que tú sepas cuántas, que las mezcle con las suyas rojas y que te devuelva de su mazo el mismo número de cartas que te quitó. A continuación le dices que entregue su mazo a otro espectador y a éste le pides que haga la misma operación, es decir que te quite de una a 15 de tus cartas, que las mezcle con las suyas y que te devuelva el mismo número de cartas que te quitó. Ahora les anuncias que, mediante tus dotes telepáticas, has logrado conducir las operaciones de tal modo que el número de cartas de lomo azul que hay en el mazo de lomo rojo es igual al de cartas de lomo rojo que tú tienes. Las contáis y, ¡maravilla!, así es.

3. Jugando al bridge

a) Partamos del final. Si hubieras terminado de repartir, es evidente que te habría tocado la última carta. La penúltima habría sido para el primer jugador a tu derecha, la antepenúltima para el segundo a tu derecha, etc. Así, sólo tienes que repartir el montón, extrayendo las cartas de abajo y, empezando por ti mismo, repartir hacia la derecha, de modo antibritánico.

b) Como antes, vale la pena pensar en la situación opuesta. El que tú y tu compañero no tengáis ningún trébol quiere decir que entre los dos contrarios los tienen todos. Así, por simetría, la probabilidad de que entre tú y tu compañero no tengáis ningún trébol es exactamente la misma que la de que los tengáis todos.

4. Con las fichas del dominó

a) Empezar por lo fácil hace fácil lo difícil. Suponte que quitas casi todas las fichas y te quedas con

Su colocación en la mesa según las reglas del juego es inmediata. También, si te quedas con

Cuando añades los treses a las anteriores

la cosa se pone más peliaguda. Ensaya un rato… ¿Se puede? Para hacer la cosa más simple, habrás observado que los dobles no pintan nada en el problema. Si se puede con dobles se puede sin ellos y si sin dobles no se puede, tampoco con ellos. Así, el problema se reduce a las fichas

La regla del juego permite mucha flexibilidad para colocar las fichas y esto produce una cantidad enorme de posibilidades. Para reducirlas un poco puedes pensar en que, si tu objetivo es posible, deberán quedar en los extremos dos medias fichas iguales o distintas, por ejemplo

una estrella simboliza aquí cualquier otra mitad de ficha posible

¿Es posible 1)? Fíjate que queda sólo una blanca por colocar y como las fichas de en medio van a pares (blanca con blanca, etc.), la opción 1) resulta claramente imposible.

¿Es posible 2)? Aquí quedarán en medio tres fichas con un dos. También imposible. Los casos 1) y 2) son esclarecedores: resulta imposible colocar todas las fichas anteriores según las reglas del juego.

¡Y sin embargo con las 28 fichas del dominó sí puede hacerse! ¿Qué misterio es éste? ¿Qué pasará si tienes fichas con 0, 1, 2, 3, 4 puntos? Vamos a enfrentarnos con esta última pregunta y vamos a cambiar, por pura comodidad, los puntos por sus cifras equivalentes:

Pruebas un poco y resulta que sí se pueden colocar. Por ejemplo, así.

¿Y añadiendo los cincos? ¿Posible o imposible? El caso de 0, 1, 2, 3 puntos nos da una pista. Como allí, si la tarea fuera posible, sean cuales sean los extremos de la cadena, por ejemplo un 2 y un 3, o bien un 2 y un 2, siempre nos quedarían por colocar en medio cinco fichas con un cuatro 4-0, 4-1, 4-2, 4-3, 4-5, y como en medio van a pares, resulta imposible. Por el mismo razonamiento la tarea será imposible si las fichas tienen 0, 1, 2, 3…, p puntos siempre que p sea impar mayor que 1.

Para el caso en que p sea par, por ejemplo 6, todo lo que tenemos para justificar la afirmación de que podemos colocar las fichas son casos particulares. ¿Será siempre posible la tarea con p par? A lo mejor haciendo un esquema más apropiado, más transparente…, conseguimos aclarar la situación.

Fíjate bien. Las fichas se pueden representar mediante segmentos:

O, tal vez, de modo más compacto, mediante la figura

Colocar dos fichas de dominó seguidas equivale a trazar dos de estos segmentos sin levantar el lápiz del papel. Colocar todas las fichas equivale, por tanto, a retrazar toda la figura sin levantar el lápiz del papel y sin repetir líneas. Se considera que las líneas -se unen sólo en los puntos señalados 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Aquí estamos en terreno conocido, si es que has visto antes el problema de los puentes de Königsberg (por ejemplo en mis Cuentos con cuentas). El problema tiene solución sólo y cuando los vértices de grado impar son dos o menos de dos. Recuerda que el grado de un vértice es el número de líneas que parten de él.

Esta traducción del problema aclara todos los misterios. Cuando p es par, todos los vértices son de grado par y, por tanto, la tarea señalada es posible. Cuando p es impar mayor que 1, todos los vértices son de grado impar y la tarea es imposible. Además, en Cuentos con cuentas, tienes una receta para hacer el recorrido cuando es posible, aunque aquí no sea necesario porque el problema es más fácil por ser el grafo correspondiente tan regular. ¿Te atreves a encontrar una solución para el caso p = 8?

b) La simetría del tablero con respecto al centro proporciona una estrategia para B, el segundo jugador. Este no tiene más que mirar dónde pone A su ficha y a continuación colocar él la suya en el lugar simétrico respecto del centro. Así, si A puede colocar ficha, también el lugar simétrico está vacío y B puede colocar. Por tanto, siguiendo esta estrategia, seguro que pierde A.

La estrategia cambia totalmente cuando el tablero es 9 × 8, por ejemplo. Entonces es A quien se puede aprovechar de la simetría. Ahora, el centro del tablero está en el punto señalado en la figura. Empieza A colocando una ficha de modo que tape el centro, como se indica en la figura. Ahora, como ves, siempre que B coloque una ficha, la simétrica estará libre para A. Siguiendo esta estrategia, es ahora A quien gana.

¿Qué pasa en el tablero 9 × 9? Parece bastante más difícil de analizar. En un tablero 3 × 3 es fácil ver que B debe ganar siempre. ¿Te atreves a hacer un análisis del caso 5 × 5? No he leído nada sobre él, ni tampoco sobre el caso 9 × 9.

Notas

¿Dónde termina el juego y dónde comienza la matemática seria? Una pregunta capciosa que admite múltiples respuestas. Para muchos de los que la ven desde fuera, la matemática, mortalmente aburrida, nada tiene que ver con el juego. En cambio, para la mayoría de los matemáticos, la matemática nunca deja totalmente de ser un juego aunque, además, pueda ser otras muchas cosas.

El juego que tiene bien definidas sus reglas y que posee cierta riqueza de movimientos suele prestarse muy frecuentemente a un tipo de análisis intelectual cuyas características son muy semejantes a las que presenta el desarrollo matemático. Las diferentes partes de la matemática tienen sus piezas, los objetos de los que se ocupa, bien determinados en su comportamiento mutuo a través de las definiciones de la teoría. Las reglas válidas de manejo de estas piezas vienen dadas por sus definiciones y por todos los procedimientos de razonamiento admitidos como válidos en el campo matemático. Cuando la teoría es elemental, estos razonamientos no son muchos ni muy complicados y se adquieren bien pronto, lo cual no quiere decir que el juego sea trivial. Elemental quiere decir cerca de los elementos iniciales y no necesariamente simple. Existen problemas elementales desproporcionadamente complicados con respecto a su enunciado. Un ejemplo lo constituye el determinar el mínimo de las áreas de las figuras planas en las que una aguja de longitud unidad puede ser invertida por movimientos continuos. Cuando la teoría no es elemental es generalmente porque las reglas usuales de ese juego se han desarrollado extraordinariamente en número y en complejidad y es necesario un intenso esfuerzo para hacerse con ellas y emplearlas adecuadamente. Son herramientas muy poderosas que se han ido elaborando, de forma cada vez más sofisticada, a lo largo de siglos. Tal es, por ejemplo, la teoría de la medida e integral de Lebesgue en el análisis superior.

La matemática así concebida es un verdadero juego que presenta el mismo tipo de estímulos y de actividad que se da en el resto de los juegos intelectuales. Uno aprende las reglas, estudia las jugadas fundamentales, experimentando en partidas sencillas, observa a fondo las partidas de los grandes jugadores, sus mejores teoremas, tratando de asimilar sus procedimientos para usarlos en condiciones parecidas, trata, finalmente, de participar más activamente enfrentándose a los problemas nuevos que surgen, debido a la riqueza del juego, o a los problemas viejos aún abiertos esperando que alguna idea feliz le lleve a ensamblar, de modo original y útil, herramientas ya existentes o a crear alguna herramienta nueva que conduzca a la solución del problema.

Por todo esto no es de extrañar en absoluto que muchos de los grandes matemáticos de todos los tiempos, Leibniz, Gauss, Einstein…, hayan sido aficionados y agudos observadores de los juegos, participando activamente en ellos, y que muchas de sus elucubraciones, precisamente por ese entreveramiento peculiar de juego y matemática, que a veces los hace indiscernibles, hayan dado lugar a nuevos campos y modos de pensar en lo que hoy consideramos matemática profundamente seria.

2. Escaleras abajo… con el descenso de Fermat

Hay principios tan sencillos y tan sin vuelta de hoja que parece difícil que puedan conducir a nada interesante. Uno de ellos, al que vamos a ver en acción aquí, es el siguiente: En cualquier conjunto de números naturales (es decir, una parte de los números 1, 2, 3, 4, 5…) hay uno que es el más pequeño de todos. Naturalmente suponemos que el conjunto en cuestión contiene algún número, no es vacío. ¡Fácil!, ¿no? Casi dirías… estúpido. Pues uno de los matemáticos más importantes del siglo XVII, Fermat, utilizó este principio para establecer un montón de resultados curiosos y su modo de utilización suele llamarse el método de descenso de Fermat. Muy especialmente lo usó para demostrar que no existen números naturales que satisfagan tal o cual condición. Verás cómo.

Queremos demostrar que no existen tres números naturales x, y, z que verifiquen

x² + y² = 3z²

Para ello, procedamos por reducción al absurdo. Supongamos que sí los hay, que existe al menos una terna (x, y, z) con esta propiedad. Entre todas las ternas que tienen la propiedad, tomamos una, que seguiremos llamando (x, y, z) con x lo más pequeño posible: ahora estamos aplicando el estúpido principio anterior. Es decir, x, y, z son números naturales, se verifica la relación x² + y² = 3z² y, además, para ninguna otra terna de números (x*, y*, z*) que verifique estas dos propiedades puede suceder que x* sea menor que x.

Ahora, a la vista de la igualdad x² + y² = 3z², nos preguntamos lo siguiente. Puesto que el segundo miembro 3z² es múltiplo de 3, ¿cómo son x e y? ¿Será alguno múltiplo de 3?, ¿lo serán los dos?, ¿no lo será ninguno?

Lo que está claro es que si uno de ellos, x por ejemplo, es múltiplo de 3, es decir x = , entonces

y² = 3z² – x² =

y por lo tanto y también es múltiplo de 3. De aquí que, si uno es múltiplo de 3, lo son los dos. ¿Podrá suceder que ninguno, ni x ni y, sea múltiplo de 3? Veamos. Si un número no es múltiplo de 3, entonces será + 1 o bien – 1, y su cuadrado será

( + l)² = + 1

o bien

( – 1)² = + 1

Con lo que, si ni x ni y son múltiplos de 3, entonces

x² + y² = (

+ 1) + ( + 1) = + 2

que claramente no es múltiplo de 3. Pero como esto es igual a 3z², esta situación es imposible. Así, uno de los dos x o y es múltiplo de 3, y por tanto, como hemos visto antes, lo son los dos. Ahora supondremos que x = 3x*, y = 3y* y así podremos escribir

3z² = x² + y² = 3²x*² + 3²y*² = 3²(x*² + y*²)

Por tanto, z² = 3(x*² + y*²), lo que demuestra que z tiene el 3 entre sus factores primos, es decir, es múltiplo de 3. Podemos poner z = 3z* y, por tanto, sustituyendo en la última igualdad, resulta

3²z*² = 3(x*² + y*²)

es decir

3z*² = x*² + y*²

¿A dónde hemos llegado? A tres números naturales, x*, y*, z*, claramente más pequeños que x, y, z, respectivamente, tales que x*² + y*² = 3z*². Pero esto no se tiene en pie con nuestra elección de x, pues x era el más pequeño posible. Así hemos llegado, razonando bien, a que lo blanco es negro. Nuestro punto de partida es falso, es decir, NO PUEDEN EXISTIR TRES NÚMEROS NATURALES x, y, z TALES QUE x² + y² = 3z².

Fermat utilizó este modo de pensar para muchas demostraciones importantes en teoría de números. Todas tienen cierta semejanza con el problema que hemos tratado y se llaman problemas diofánticos. Iba anotando sus resultados en el margen de un libro del matemático griego Diofanto del siglo II que acababa de ser traducido al latín por Bachet de Meiziriac. En uno de esos márgenes escribió un día algo así:

Si n es un número natural mayor que 2, no existe ningún trío de números naturales x, y, z tales que xn + yn = zn. He encontrado una maravillosa demostración de este teorema, pero este margen es demasiado estrecho para incluirla.

La demostración de Fermat no apareció en ninguna parte y han pasado más de tres siglos de intenso trabajo de muchos matemáticos y todavía no se ha podido encontrar ninguna demostración. Se sospecha, por los muchos resultados que se conocen y que confirman parcialmente lo que él dijo, que la afirmación de Fermat es cierta. Especialmente tras los resultados y métodos originales que logró en 1984 el matemático alemán Faltings. Faltings ha demostrado que para cada n fijo mayor que 2 puede existir, a lo sumo, un número finito de ternas (x, y, z) tales que xn + yn = zn. Su trabajo hace presentir que pronto se va a obtener una demostración de lo que aún es la conjetura de Fermat. Pero el camino seguido por Faltings es tan complicado que parece que a Fermat le hubiera pasado a mil kilómetros por encima de su techo matemático, aunque con los genios nunca puede uno estar seguro… ¿Te animas a pensar en la maravillosa demostración de Fermat?

El método de descenso parece tan sencillo que uno se pregunta si no se usó en realidad ya antes de que Fermat lo hiciera explícita y sistemáticamente. Yo creo que sí y pienso que Fermat se inspiró en la forma de proceder de los griegos para obtener algunos de sus resultados más llamativos, como vamos a ver ahora.

El llamado algoritmo de Euclides para obtener el máximo común divisor de dos números naturales a y b es, en realidad, un proceso de descenso. Suponte que a es mayor que b. El problema es hallar el máximo común divisor de los dos. Divides a por b y obtienes r₁ de resto, que es, ¡claro está!, menor que b. Por supuesto que si r₁ es cero, es evidente que b divide a a y el máximo común divisor que buscamos es b. Supongamos que r₁ no es cero. Llamemos q₁ al cociente. Tenemos

a = bq₁ + r₁ r₁ = a – bq₁

de modo que cualquier número que divida a a y b divide también a r₁. El máximo común divisor de a y b es así el máximo común divisor de b y r₁. Recuerda que r₁ es menor que b: nuestro problema ha descendido en tamaño. Se trata ahora de hallar el máximo común divisor de b y r₁. Dividamos b por r₁. Sea q₂ el cociente y r₂ el nuevo resto. Como antes, si r₂ es cero, es el máximo común divisor de b y r₁ es decir de a y b. Si r₂ no es cero, entonces b = q₂r₁ + r₂ y r₂ = b – q₂r₁; el máximo común divisor que buscamos es el mismo que el de r₁ y r₂, siendo r₂ menor que r₁. Como hemos partido de a y b y vamos descendiendo, este proceso acaba con una división de rn–1 por rn que da resto cero.

Así, rn es el máximo común divisor de a y b.

Los pitagóricos, que desarrollaron el estudio de las relaciones armónicas expresadas en proporciones numéricas y geométricas, tenían un respeto especial por una figura geométrica estéticamente valiosa y más llamativa aún desde el punto de vista intelectual. Era lo que ellos llamaban el PENTAGRAMA, construido sobre un pentágono regular como sigue

¿Qué misterios encierra? Muchos; entre otros, los siguientes: cualquier segmento que veas determinado en la figura es proporción áurea de cualquier otro que le siga en longitud. Por ejemplo, mira la figura siguiente donde he repetido el pentagrama completándolo con letras de las nuestras

FG es proporción áurea de AF, AF lo es de AE, AJ lo es de AD. Recuerda, por si no lo tienes fresco: Un segmento b es proporción áurea de otro a cuando b se encuentra en la misma proporción con a que a – b se encuentra con b. Así, si a es 1 y b es x, se tiene que x es a 1 como 1 – x es a x, es decir

De donde resulta el numero áureo

Por otra parte, la magnitud de cualquier ángulo de la figura está relacionada con la de cualquier otro mediante números enteros. Así

Para los pitagóricos el Pentagrama era el símbolo sagrado con el que se reconocían como miembros de la fraternidad científico-religiosa. Posiblemente, como opinan algunos historiadores, fue en el Pentagrama precisamente donde los pitagóricos se encontraron con el número irracional en la forma de magnitudes inconmensurables, procediendo por descenso, como haremos a continuación.

Los pitagóricos creían que los números naturales regían todas las relaciones entre las cosas y, así, no pudieron menos de preguntarse cuáles serían los números naturales que relacionaban las longitudes de los segmentos que aparecen en el Pentagrama. Para el sentido estético de los pitagóricos tenían que existir dos números m y n correspondientes, por ejemplo, a EB y EG tales que, si dividimos EB en m partes iguales de longitud u y tomamos n de estas partes iguales, resulte la longitud de EG, matemáticamente, , lo que significa que EB y EG son conmensurables, son medibles mediante una misma unidad. La m-ésima parte de EB (la unidad u) repetida m veces da EB, al tiempo que repetida n veces da EG.

La sorpresa que se llevaron al comprobar que no puede ser así debió de sacudir todos los cimientos de sus creencias científicas y religiosas. ¿Cómo llegaron a demostrarlo? El proceso es en realidad un proceso de descenso. Supongamos, tal como los pitagóricos creían firmemente, que existen pares de números m y n tales que

Observando la figura resulta evidente que n < m < 2n ya que, efectivamente,

EG < EB < 2EG

Entre todos los pares de números naturales (n, m) tales que

elijamos uno (n*, m*) tal que n* sea lo menor posible. De la figura podemos fácilmente deducir que

y siendo

EB = m*u, EG = n*u, EF = m*u – n*u = (m* – n*)u

Así que

Si llamamos n** a m* – n* y m** a n* resulta que

puesto que arriba hemos visto que m* < 2n*.

Hemos encontrado otro par de números (n**, m**) con n** menor que n* tal que

lo que contradice nuestra elección de que n era el menor posible. De donde resulta que NO PUEDEN EXISTIR DOS NÚMEROS NATURALES TALES QUE

El lado y la diagonal del pentágono son, por tanto, inconmensurables, lo que implica a su vez que la razón áurea no es una fracción, y que el Pentagrama no está regido por los números naturales.

Notas

Una idea generalizada que corre por ahí es que la dedicación al estudio y práctica del derecho y el ejercicio de las matemáticas constituyen actividades, si no reñidas, sí al menos situadas en mundos separados. El más notable contraejemplo a esta idea es Pierre de Fermat (1601-1665), pero no el único, ni mucho menos. Arthur Cayley (1821-1895), importante algebrista, y Arthur Kempe, quien en 1879 dio con la primera «demostración» (falsa, pero con ideas muy importantes útiles para la que se consiguió en 1976) del teorema de los cuatro colores, son otros contraejemplos importantes. Por mi parte, entre los muchos alumnos brillantes que he tenido la fortuna de tener en la Universidad Complutense de Madrid, considero como uno de los más destacados a mi amigo Julio Gutiérrez Oliva, que fue durante bastantes años magistrado del Tribunal de Cuentas y cuya capacidad para las matemáticas le hubiera llevado muy lejos de no haber muerto prematuramente.

Pierre de Fermat nació en una familia de comerciantes y estudió derecho en Toulouse, llegando a ser por algún tiempo miembro del parlamento de la ciudad. El ejercicio del derecho no le debía de permitir mucho tiempo libre para las matemáticas, pero ciertamente lo aprovechó bien. Se puede decir que desarrolló, al tiempo que Descartes, una geometría analítica más adecuada y mejor organizada que la de éste, sus ideas embrionarias sobre el cálculo infinitesimal vinieron a anticipar las de Newton y Leibniz, en un intercambio de cartas con Pascal creó la teoría de la probabilidad y, sobre todo, al margen de su lectura del libro de Diofanto, que había sido traducido recientemente del griego al latín, obtuvo tal cúmulo de resultados importantes en teoría de números que bien se puede afirmar que hasta los tiempos de Gauss (1777-1855) con sus Disquisitiones Arithmeticae (1801) la teoría de números vivió del fuerte impulso que le dio Fermat. Es curioso que Fermat se limitó a enunciar, en comunicaciones y cartas personales, los resultados que iba obteniendo, generalmente sin demostración o, a lo sumo, con una leve indicación del método (en muchos casos, el método de descenso). Fue una ardua tarea, incluso para genios como Euler, obtener demostraciones de los teoremas de Fermat. En vida tan sólo publicó unos pocos artículos. Después de su muerte, fueron publicados algunos libros y artículos más. Fermat puede ser considerado con plena justicia el príncipe y patrono de los aficionados a la matemática.

3. El juego de los quince… y unos cuantos más

En el último cuarto del siglo pasado apareció un juego que fue entonces lo que el famoso cubo de Rubik ha sido entre nosotros hace un par de años. Los niños en las escuelas a hurtadillas, las secretarias ante sus máquinas paradas y los ejecutivos a puerta cerrada, todos lo jugaban con fruición. Sam Loyd padre fue su creador en 1878. Se llamó el juego de los quince. Hoy está aún presente entre nosotros en diversas formas. La fiebre intensa pasó, pero de todas formas es uno de esos grandes juegos matemáticos muy interesantes que se prestan a muchas variaciones igualmente curiosas.

El juego de los quince te lo puedes fabricar rápidamente de forma rudimentaria. Hazlo cuanto antes para poder ponerte manos a la obra enseguida. Píntate en un papel un cuadriculado de 4x4, con cuadrículas como de centímetro y medio o dos centímetros. Recorta a continuación 15 cuadraditos de papel de color o mejor de cartón de tamaño un poco menor que las cuadrículas. Pinta sobre estos cartoncitos los números 1, 2, 3, 4…, 15. Ahora colócalos en tu cuadrícula así:

Todos en orden, salvo que el 15 ocupa el lugar del 1 y el 1 el lugar del 15. El juego consiste en deslizar tus cartoncitos sin levantarlos, aprovechando el hueco (por ejemplo el 12 puede pasar abajo, luego el 11 a la derecha, el 1 arriba…) para colocarlos en el orden natural, es decir, así:

Cuando Sam Loyd propuso el juego ofreció un enorme bolsón de dólares al primero que le presentase una solución. El juego hizo rápidamente furor y se puso de moda. Según cuenta Ahrens, uno de los especialistas importantes de la historia de los juegos, hubo reyes que se hicieron regalos protocolarios consistentes en un juego portátil de los 15 con estuche y piezas de oro.

Yo no quiero quitarte el gusto de manipular tu juego. ¡Adelante con tus 15…!

Si lo has intentado un rato largo habrás empezado sin duda a presentir que Sam Loyd estaba tomando el pelo a sus compatriotas con eso de los dólares y que yo te lo estoy tomando a ti. Incluso tal vez habrás llegado a cerciorarte de ello si has acudido a las sugerencias para encontrar pistas que te ofrecí en el capítulo 0.

El número 15 no es muy grande, pero al manipular los 15 cartoncitos y jugar a ordenarlos de diferentes modos, la cosa se pone peliaguda. ¡Se pueden ordenar de 15 × 14 × 13 × 12 × 11 × 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 modos distintos!

Recuerda: Empezar por lo fácil hace fácil lo difícil. ¿Por qué no lo simplificas? ¿Cómo? Sustituyendo el 4 × 4 por 2 × 2 e inventándote así el juego de los 3:

¡Aquí tienes las posibilidades de movimiento muy reducidas, las puedes llevar todas a cabo… y te das cuenta de que la tarea propuesta es imposible! ¿Cómo? Fácil. Haciendo todos los movimientos posibles hasta llegar a terminar con el cuadro vacío en la parte inferior derecha, de

sólo se puede llegar o bien a

o bien a

pero nunca a

ni tampoco a

ni a

¡Curioso! ¿no? Los números 1, 2, 3 se pueden ordenar de 3 × 2 × 1 = 6 modos diferentes que distribuiremos en dos grupos

De una posición dentro de un grupo podemos pasar, en nuestro juego de los 3, a otra posición del mismo grupo, pero nunca a una del otro grupo. Esto te hará sospechar que el juego de los 15 podrá tener muchísimas posiciones iniciales de las que no se podrá pasar a la ordenación natural que se pide. El problema ahora es múltiple: ¿Es realmente así como sospechas? ¿Cuáles son las situaciones posibles y cuáles las imposibles?, es decir, si te dan los números en un orden cualquiera, por ejemplo

¿cómo podrás decir si la tarea es posible o no? Cuando es posible ¿podrías hacerte con una estrategia para realizarla, es decir, puedes señalar una sucesión de pasos del juego que te lleven siempre a la ordenación final que buscas? La situación del caso fácil 2 × 2 tal vez pueda parecerte demasiado sencilla como para proporcionarte más luz sobre el caso 4 × 4. Tienes varias alternativas: Puedes tratar de agotar la información que puedas obtener del caso 2 × 2. Puedes probar con un caso intermedio 3 × 3, o… ¿por qué tiene que ser cuadrado? 3 × 2, que ya es suficientemente complicado. Piensa, piensa, piensa…

Observando el caso del tablero 2 × 2 y la lista

que nos hemos hecho, surge una pregunta natural. Puesto que se trata de pasar de una posición a otra ¿cómo se pasa de cada una de las posiciones del grupo A a las del grupo B o a las otras del grupo A? De la Aa, que es 321, se pasa a la Be, que es 231 intercambiando 3 con 2. De la Aa, 321, a la Bb, 312, se pasa intercambiando 2 con 1. De la Aa a la Ba, 123, se pasa intercambiando 3 con 1. Para pasar de cualquier posición del grupo A a cualquiera del grupo B hay que hacer un intercambio. Y análogamente, para pasar de cualquier posición del grupo A a otra del mismo grupo A hacen falta dos intercambios. Esto hace pensar que el secreto de todo el asunto puede estar en el número de intercambios que hay que hacer para pasar de una posición a otra también en el caso 4 × 4.

Estudiemos todavía en el caso 2 × 2 qué es lo que pasa en un movimiento de los permitidos por las reglas, utilizando el hueco, en relación con los intercambios de números. Para ello viene bien darle un nombre al hueco y ¿qué nombre más apropiado que 4, que es el lugar que debe ocupar en el cuadro 2 × 2 al principio y al final de todos nuestros movimientos?

En cada movimiento permitido el 4 (el hueco) se desplaza arriba, abajo, a la derecha o a la izquierda, si no tiene barreras (las paredes del tablero). Es decir, cada movimiento del juego es un intercambio del 4 con otros posibles números situados arriba, abajo, a la derecha o a la izquierda. Fíjate que, según las reglas, el 4 tiene que volver a su sitio en el rincón bajo derecho… ¿Cuántos movimientos hará? Piensa… Sale del rincón y vuelve al mismo rincón, y así por cada vez que se desplace a la izquierda deberá desplazarse otra vez a la derecha, por cada vez que vaya hacia arriba irá otra vez hacia abajo… ¡HACE UN NÚMERO PAR DE MOVIMIENTOS! Podemos estar seguros de que, por ejemplo, partiendo de la ordenación

sólo puede llegar a posiciones que se obtengan con un número par de intercambios del 4, y tal vez no a todas. La consecuencia interesante es que si podemos demostrar que una posición de los números 1, 2, 3, 4, que acabe en 4, por ejemplo 2134, sólo se puede obtener mediante un número impar de intercambios del 4, entonces tendremos demostrado que es imposible llegar desde

Esta imposibilidad ya la hemos visto antes agotando todas las posibilidades de movimientos, pero ahora podremos hallar la razón que nos permite no depender de esta forma de proceder que sería casi eterna en el caso 4 × 4.

Tratemos de identificar cuáles son las posiciones que puedan resultar mediante un número par y mediante un número impar de intercambios del 4 con otro número, a partir de 1 2 3 4.

El intercambio más cercano del 4 es el intercambio con la cifra más próxima, con el 3. ¿Qué sucede en este intercambio? Obtenemos 1243. En 1243 hay una inversión del orden natural de los números 1, 2, 3, 4, es decir el 4 está delante del 3. Si hacemos un nuevo intercambio, el 4 con el 2, resulta 1423 y tenemos dos inversiones del orden natural: el 4 está delante del 2 y delante del 3. Si desde la posición 1234 intercambiamos el 4 con el 1 resulta 4231 que tiene las siguientes inversiones: 4 delante del 2, 4 delante del 3, 4 delante del 1, 2 delante del 1, 3 delante del 1. ¡Tenemos cinco inversiones! Si ahora intercambiamos en 4231 el 4 con el 2, resulta 2431. El número de inversiones es cuatro. Si a continuación intercambiamos 4 con 3 obtendremos 2341, con tres inversiones. Nos ha resultado en nuestros ejemplos

Como puedes observar, a un número impar de intercambios del 4 corresponde un número impar de inversiones y a un número par de intercambios del 4 corresponde un número par de inversiones. ¿Se puede generalizar esta observación? En otras palabras ¿será verdad que si tenemos los n números 1, 2, 3, 4…, n en un cierto orden

a₁, a₂, a₃, a₄… an–2, an–1, an

que tiene un número par de inversiones, al intercambiar dos números cualesquiera, por ejemplo a₃ y an-1, obteniendo

a₁, a₂, an-1, a₄… an–2, a₃, an

el número de inversiones pasa a ser impar?

Fíjate cómo se puede pensar este intercambio de a₃ con an–1 mediante intercambios sucesivos de dos números adyacentes. Observa que entre a₃ y an–1 hay (n – 1) – 4 = h números. Intercambiamos a₃ con a₄, luego a₃ con a₅, a₃ con a₆…, a₃ con an–2 y a₃ con a–1. Hasta aquí hemos hecho (n – 1) – 4 = h intercambios de dos números adyacentes y hemos obtenido

a₁, a₂, a₃, a₄, a₅, a₆… an–2, an–1, an

ahora vamos con an–1 hacia la izquierda. Intercambiamos an–1 con an–2, luego an–1 con an–3, y por fin an–1 con a₄, y después de estos (n – 1) – 3 = h + 1 intercambios resulta finalmente el orden que buscamos

a₁, a₂, a n–1, a₄, a₅, a₆… an–2, a₃, an

En total hemos hecho (n – 1) – 4 + (n – 1) – 3 = 2h +1 intercambios de números adyacentes. Observa que es un número impar. ¿Qué pasa con el número de inversiones en cada uno de estos intercambios, por ejemplo de a₃ con a₄? Es decir, ¿qué sucede con el paso de

a₁, a₂, a₃, a₄, a₅, a₆… an–2, an–1, an

a

a₁, a₂, a₄, a₃, a₅, a₆… an–2, an–1, an

Si a₃ < a₄ se aumenta una inversión. Si a₃ > a₄ se disminuye una inversión. Así, en cada intercambio de dos números adyacentes la paridad del número de inversiones cambia. Como hemos hecho un número impar de tales intercambios de números adyacentes, resulta que EN EL CAMBIO DE

a₁, a₂, a₃, a₄, a₅, a₆… an–2, an–1, an

a

a₁, a₂, a n–1, a₄, a₅, a₆… an–2, a₃, an

CAMBIA LA PARIDAD DEL NÚMERO DE INVERSIONES.

Este razonamiento vale para cualquier caso, como fácilmente percibirás (h puede ser cualquier número) y esto resuelve, al menos en parte, nuestro problema: Si el número de inversiones de los números 1, 2, 3, 4 en la ordenación que nos han dado a₁a₂a₃a₄ (a₁, a₂, a₃ son los números 1, 2, 3 en otro orden) es impar, entonces de la situación

(ni tampoco al revés, de esta situación a la primera).

Contar el número de inversiones es cosa fácil, tal como lo hemos hecho, comparando cada número con los que le siguen y contando los que son menores que él. Así, el número de inversiones de

7, 5, 8, 3, 9, 6, 4, 2, 1, 10, 12, 11, 14, 13, 15, 16

se calcula así:

el 7 tiene 6 inversiones, el 5 tiene 4, el 8 tiene 5, el 3 tiene 2, el 9 tiene 4, el 6 tiene 3, el 4 tiene 2, el 2 tiene 1, el 1 tiene 0, el 10 tiene 0, el 12 tiene 1, el 11 tiene 0, el 14 tiene 1, el 13 tiene 0, el 15 tiene 0, el 16 tiene 0

En total 29 inversiones.

Como el razonamiento que hemos seguido antes en el caso 2 × 2 es perfectamente válido en el caso 4 × 4, resulta que si te proponen el problema de pasar de

te están tomando el pelo. Es imposible. En el juego del principio del capítulo es más claro, no tenemos que contar inversiones, pues ya sabemos que al intercambiar dos números cualesquiera (allí el 1 y el 15) cambia la paridad del número de inversiones. ¡Sam Loyd tenía bien asegurado su dinero!

Todavía no están aclarados todos nuestros problemas relativos al juego de los 15. Para empezar ¿cuántas de las posibles posiciones iniciales tienen un número impar de inversiones y exigen, por tanto, tareas imposibles? Otra pregunta, cuando la posición inicial tiene un número par de inversiones, ¿podemos asegurar que el juego es entonces posible? ¿Cuál es la estrategia para llevar adelante el juego cuando éste es posible?

La primera pregunta tiene una respuesta sencilla y es la que sugiere el juego 2 × 2: la mitad de los juegos que se pueden proponer tienen un número impar de inversiones y por lo cual es seguro que son imposibles. Para ver que esto es así fíjate en que si

a₁, a₂, a₃, a₄, a₅, a₆, a₇, a₈, a₉, a₁₀, a₁₁, a₁₂, a₁₃, a₁₄, a₁₅

tiene un número par de inversiones, entonces

a₁₅, a₁₄, a₁₃, a₁₂, a₁₁, a₁₀, a₉, a₈, a₇, a₆, a₅, a₄, a₃, a₂, a₁

resulta de los 7 intercambios a₁ – al5, a₂ – a₁₄… a₇ – a₉ y es impar, y al revés. Ahora sabemos que, por lo menos para la mitad de las 15 × 14 × 13 × 12 × 11 × l0 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 posiciones iniciales es imposible su transformación en la sucesión natural. Si te propones una ordenación al azar tendrás 50% de probabilidades de haber topado con un punto de partida que hace el juego imposible.

Tomemos una posición inicial con un número par de inversiones, por ejemplo, cambia 15 con 1 y 14 con 3, con lo que resulta seguro un número par de inversiones.

¿Será posible el juego con esta salida? ¿Estrategia? Si logras efectivamente una estrategia aplicable para los casos que quedan, es decir, con un número par de inversiones, entonces habrás respondido a la pregunta sobre la posibilidad de realizar el juego. Para hallar la estrategia puedes acudir a un caso más sencillo, el caso 2 × 3.

Tienes este problema

donde a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ es una ordenación de los números 1, 2, 3, 4, 5 en la que el número de inversiones es par (de otro modo sabemos que el juego es imposible). Tú fíjate solamente en el 1 y el 2, olvídate de los 3, 4, 5, e intenta colocarlos en esta posición

En cuanto lo logres, tienes el problema resuelto. En los cuatro cuadros de la derecha estarán el 3, 4, 5 de modo que fácilmente los puedes colocar así

Ahora pasas el 5 abajo y luego el 3 a la derecha, el 2 a la derecha, el 1 arriba y luego corres 4 y 5.

El caso difícil se presentará cuando veas una situación como ésta

Debes tratar de invertir el orden del 1 y 2. Aquí tienes la forma esquemáticamente, donde las estrellas son no importa qué otros números.

Una vez que tienes la técnica adecuada para resolver el problema 2 × 3 siempre que se pueda, puedes lanzarte a pensar en una para el juego de los 15. Piensa un poco…

Fácilmente te darás cuenta de que la solución que tienes del caso 2 × × 3 puedes utilizarla para el problema de los 15 como sigue. Primero, con esa técnica, o sin ella, puedes llegar fácilmente a tener el juego en esta posición

Usando el hueco y la estrategia del 2 × 3 colocas el 15 en la esquina sudoeste y el 12 encima. Así te queda

y observarás que las estrellas son el 9, 10, 11, 13, 14 en situación tal que usando de nuevo la estrategia 2 × 3 los puedes colocar así

Corriendo el 15, has acabado.

Y ahora que hemos pensado tanto en el juego de los 15 y lo tenemos bastante machacado, vamos a inventarnos algún otro.

A. Los 15 con hueco-rey. Habrás observado que en el juego clásico de los 15 el hueco se mueve casi como una torre de ajedrez, sólo que más lenta. Va a un cuadro adyacente al norte, sur, este u oeste. Suponte que permitimos que el hueco se pueda mover como el rey en el ajedrez, un cuadro al N, S, E, O y también un cuadro en diagonal, al NE, NO, SE, SO. ¿Cuáles son ahora las posiciones iniciales que proporcionan un juego posible o imposible? ¿Estrategia para resolver los casos posibles?

Te será muy fácil después de lo que ya sabes. Ahora todas las posiciones iniciales dan un juego posible y podrás encontrar una estrategia mucho más rápidamente que antes.

B. Los 15 con hueco-torre. Suponte que el hueco se mueve N, S, E, O pero no ya un solo cuadro, sino los que te convengan en cada movimiento, intercambiándose con el número que ocupa el cuadro al que quieres ir. Las posiciones iniciales dan todas un juego posible. ¿Sabrías decir por qué? La estrategia es ahora más rápida y sencilla que en el caso clásico.

C. Los 15 con hueco-caballo. Ahora, el hueco puede moverse como un caballo de ajedrez, es decir cada movimiento es: dos cuadros al N, S, E u O, seguido de un cuadro en dirección perpendicular a la anterior, por supuesto sin salirse del tablero. ¿Cuáles son las posiciones iniciales posibles e imposibles? Piensa…

El juego parece mucho más interesante y variado que los anteriores, y también más difícil. Yo no lo he visto propuesto antes en ningún sitio. El análogo 2 × 2 no tiene sentido, por supuesto. El juego semejante, en tablero 3 × 3 será siempre imposible si en la situación inicial el 5 no ocupa el centro del tablero, pues este cuadro es inalcanzable para el hueco. En el tablero 3 × 3, o en el 4 × 4, las posiciones iniciales en las que el número de inversiones es impar son de transformación imposible, y esto por el mismo tipo de razonamiento que nos sirvió para determinar las posiciones de transformación imposible en el juego de los 15 clásico. En el caso 3x3, supuesto que el 5 está en el centro del tablero, sólo hay 7 posiciones iniciales distintas de la 12.345.678 que hacen el juego posible. ¿Cuáles son las posiciones iniciales de transformación posible e imposible en el tablero 4 × 4? ¿Estrategia? Yo no te puedo decir mucho más, porque no lo he estudiado. Piensa tú en ello y si llegas a resolverlo no dejes de mandarme la solución.

Notas

La combinatoria, en la que se puede enmarcar el tipo de razonamiento que hemos empleado en este capítulo, es un conjunto abigarrado de métodos y resultados con los que se trata de responder a preguntas del siguiente cariz: ¿Cómo y de cuántas maneras diferentes se puede realizar una cierta operación que nos proponemos?

Tal pregunta tiene que estar en la base misma de cualquier intento de racionalización matemática de la realidad y, en efecto, la combinatoria, junto con la teoría de números, es la disciplina matemática más antigua. Sus comienzos suelen situarse nada menos que hacia el año 2200 a.C., con el libro chino I Ching (Libro de los cambios) donde aparecen por vez primera cuadrados mágicos, así como enumeraciones de las combinaciones de dos símbolos, yang, —, masculino, y ying, – –, femenino, en 64 hexagramas con significaciones místicas diferentes.

Es obvio también que, por su misma naturaleza, la combinatoria ha de invadir un enorme número de disciplinas, teóricas y aplicadas, donde el objeto de estudio depende fundamentalmente de los diferentes modos en que ciertos elementos de la estructura en cuestión interaccionan. Por ello no es sorprendente en absoluto oír invocar resultados de combinatoria y ver estimulado su desarrollo desde campos tan diversos como los siguientes: matemática discreta para la programación de ordenadores, diseños de experimentos, biología molecular, teoría de la programación (scheduling theory) para el buen funcionamiento de una fábrica o empresa, lógica, economía matemática, teoría de redes, cristalografía, mecánica estadística, teoría de grafos, geometría combinatoria…

La parte de combinatoria que tradicionalmente nos enseñan en el nivel secundario no es sino la punta visible de un enorme iceberg. Existen resultados más profundos y tan sencillos, o más, que los que se suelen explicar, de un interés extraordinario por la enorme variedad de problemas de muy distinta índole que permiten resolver. El temario de la combinatoria, como el de la teoría elemental de números, se han atrofiado notablemente en nuestra enseñanza primaria y secundaria, a pesar de que su simplicidad, su profundidad y su interés práctico, deberían haber hecho de ella un campo privilegiado para la presentación de la belleza y potencia del razonamiento matemático. No ocurre así en otros muchos países donde tales materias, junto con la geometría elemental, constituyen el núcleo básico de ideas alrededor de las cuales gira, con provecho, la actividad matemática de los alumnos desde los niveles inferiores.

4. Escaleras arriba… hacia el paraíso de Cantor

Aquí tienes una pregunta curiosa. Considera todos los números 1, 2, 3, 4, 5… Unos son impares 1, 3, 5, 7…, los otros son pares 2, 4, 6, 8… Te puedes preguntar ahora: ¿Hay más pares que impares, o al revés? La respuesta la tienes fácil y cercana: al 1, impar, le sigue el 2, par; al siguiente impar, 3, le sigue el siguiente par, 4… Está claro. Cada impar lo puedes poner del brazo con el par que le sigue. Así la mitad de números son impares y la mitad pares. Hay tantos impares como pares.

Sigamos. Considera ahora, por un lado, todos los números: 1, 2, 3, 4, 5… y por otro, todos los números pares: 2, 4, 6, 8… Pregúntate de nuevo: ¿Cuáles son más, todos los números o los números pares? Tu primera idea seguro que será algo así. ¡Hombre! No todos los números son pares. Ahí están el 1, 3, 5… Así pues, hay más números que números pares. Pero piensa un poco en lo que hiciste antes al comparar pares e impares. Pusiste a cada impar del brazo con un único par y dijiste: Tantos impares como pares. ¿No podrías hacer ahora algo parecido? Piensa un poco…

¡Sí! Se te habrá ocurrido enseguida. Cada número par se puede dividir por 2, ¡faltaría más! Así, resultan las parejas

En la fila de arriba están todos los números pares, en la de abajo todos los números y las flechas indican qué oveja es pareja de qué otra: ¡los números pares son tantos como todos los números!

¿Qué desconcierto es éste? Esto es lo que probablemente se dijo Galileo la primera vez que por su cabeza pasaron estas ideas que constituyen lo que hoy llamamos paradoja de Galileo. Euclides, Aristóteles y el sentido común de todos los tiempos habían dicho siempre que el todo es mayor que la parte. Los números pares resultan de quitar a todos los números los que son impares y, por tanto, son parte de un todo. Pero antes hemos puesto del brazo a cada número par con un único número y ninguno de todos los números se ha quedado sin su pareja par, lo que pone en evidencia que son tantos los números pares como todos los números.

Una paradoja es una situación mental a la que nos vemos abocados cuando razonando de un modo claramente justificado llegamos a una conclusión y razonando de otro modo, que nos parece igualmente justificado con la misma claridad, llegamos a la conclusión opuesta.

… una paradoja no es una desgracia…

Una paradoja no es una desgracia, es una gran oportunidad, pues indica que hay algo profundo debajo de todo el asunto que no hemos entendido bien y que nos puede conducir a nuevos mundos. En medio de un problema difícil los colegas le oyeron musitar a Niels Bohr, uno de los grandes físicos de nuestro tiempo: «¡Formidable! Hemos topado con una paradoja. Ahora sí que podemos tener esperanza de progresar».

Galileo no siguió adelante con sus pensamientos sobre la paradoja de los números pares. Probablemente tenía otras muchas cosas en qué pensar que le interesaron más. Pasaron más de cuatro siglos hasta que Georg Cantor se ocupó de este asunto, agarrando el dilema por los cuernos: «Hay más números naturales que números pares… Hay tantos números naturales como números pares… El todo es mayor que la parte…»

¿Qué es «haber más»…? Cuando digo que un montón es mayor que una parte suya, estoy queriendo decir que puedo separar esta parte y aún me queda algo en el montón. Cuando digo que hay tantos pares como naturales estoy diciendo que los puedo emparejar uno a uno y no queda ninguno sin pareja de todos los números ni ninguno de todos los números pares. Por lo tanto hay dos formas distintas de comparar.

Consideramos el conjunto de cosas A y el conjunto de cosas B. Hay tantas cosas en A como en B cuando se puede emparejar cada cosa de A con una cosa de B de modo que no quede ninguna de A ni de B sin pareja y además ninguna cosa de A sea pareja de dos cosas distintas de B ni haya cosa de B emparejada con cosas distintas de A. Esto admite una expresión más sofisticada y terrible en términos de aplicaciones biyectivas y todos esos rollos, pero creo que la idea que nos va a interesar ya se entiende con lo que está escrito.

Cuando cada cosa de A se puede emparejar con una única cosa de B pero resulta que, se haga como se haga, siempre quedan en B cosas sin pareja, entonces es claro que B tiene más cosas que A.

Esta forma de comparar, que Cantor enunció, es la que se presta a un desarrollo matemático adecuado. ¿Por qué? Porque incluye un criterio operativo bastante manejable: Hay tantas cosas en A como en B cuando podemos usar las cosas de B para etiquetar correctamente las de A: es decir cada cosa de A con etiqueta, cosa de B, distinta y no nos sobran al hacerlo etiquetas, cosas de B.

Por su parte también Euclides tenía razón con lo de que el todo A es mayor que la parte B, entendiendo por ello que si B es una parte de A es que las cosas de B son cosas de A y además hay otras de A que no son de B. Pero esto está tan cerca de la tautología que difícilmente se puede usar para algo interesante en matemáticas.

Ahora ya tienes un instrumento para averiguar si un conjunto tiene más cosas que otro o no, y puedes lanzarte a la aventura, como hizo Cantor a principios del siglo XX. En los conjuntos finitos, con los que se acaba al contar sus elementos, no hay ningún problema. Si A tiene 358 elementos y B tiene 456, está claro quién tiene más que quién. Las cosas comienzan a ponerse interesantes cuando nos enfrentamos con conjuntos infinitos. Entre los conjuntos infinitos hay uno privilegiado que ya hemos usado para comparar. El de los números naturales 1, 2, 3, 4, 5, 6… Para empezar, éstas serán las etiquetas con las que vamos a comparar otros conjuntos infinitos. Como hemos visto, los pares se pueden etiquetar correctamente con los números naturales

Cuando un conjunto infinito A se puede etiquetar de este modo (a cada cosa de A una etiqueta, número natural, distinta y no sobran etiquetas) se dice que A es numerable. Así, el conjunto de números pares 2, 4, 6, 8… es numerable.

Vamos a considerar otro conjunto infinito curioso. Tomamos todas las parejas ordenadas de números naturales, es decir nuestro conjunto A será el conjunto de todos los pares de números naturales de la forma (3,5), (7,10), (1001,35)… considerando que (3,5) no es lo mismo que (5,3). Pregunta: ¿Es A numerable? Es decir, ¿se puede etiquetar A correctamente con los números naturales? Piensa, piensa…

Posiblemente se te habrá ocurrido que lo primero que hay que hacer si quieres etiquetar con números naturales el conjunto A es colocar sus elementos de forma ordenada. Si lograras ponerlos todos en fila india, en una hilera, uno detrás de otro, podrías irles dando los números consecutivos… Prueba, prueba…

Efectivamente los puedes colocar primero así, en cuadro

Ahí están todos, pero falta ordenarlos en una sola hilera de modo que podamos darles números consecutivos. Claro está que no podemos recorrer primero la primera fila porque así nunca pasamos a la segunda. ¿Se te ocurre cómo recorrerlos todos ordenadamente de modo que a cada uno le llegue su turno? Olvídate de que son pares de números. ¿Cómo recorrer ordenadamente todos estos puntos de este cuadro infinito?

Una posibilidad es ésta que te indico en la figura, pero te puedes inventar alguna otra que te guste más. ¿Qué piensas que se puede hacer si tomas todos los pares ordenados de todos los números enteros, sean negativos, cero o positivos? ¿Y si tomas todos los tríos ordenados de números naturales? ¿Qué se te ocurre hacer?

Desde el punto de vista matemático, fíjate lo que demuestra lo que acabamos de hacer con los pares de números. Los números racionales son pares ordenados de números enteros (el segundo distinto de cero) considerando iguales (m,n) y (p,q) cuando mq = pn. Resulta que el conjunto de números racionales es más pequeño que un conjunto (el de todos los pares de números enteros) que es numerable. Por lo tanto, el conjunto de números racionales es también numerable.

Te puedes preguntar acertadamente ahora, como se preguntó también Cantor, ¿serán todos los conjuntos infinitos igualmente infinitos o bien existirán conjuntos infinitos que no se puedan numerar? ¿Qué te parece? ¿Cuál es tu impresión?

Vamos a construirnos un conjunto muy interesante y bien fácil. Toma dos símbolos, por ejemplo las dos letras a y b de nuestro abecedario. Vamos a formar palabras infinitas arbitrarias, por supuesto sin ningún sentido, con estos dos símbolos. Una posible palabra sería bababababababababab…

otra

bbbbbbbbbbbbbbbbb…

otra

aabaaabaaaabaaaaabaa…

Nuestro conjunto A va a ser el de todas las palabras infinitas construidas con dos letras.

… palabras infinitas de dos letras…

Nos preguntamos ahora: ¿Es el conjunto A numerable? ¿Se podrá etiquetar con los números naturales? Piensa un rato…

Si has resuelto el problema, da un gran salto de alegría. Cuando Cantor dio con la solución, escribió a un amigo: «Lo veo y no lo puedo creer». El método de pensamiento de Cantor se llama ahora el proceso diagonal y funciona así. Vamos a tratar de demostrar que el conjunto A propuesto no es numerable. Para ello supongamos que lo es (recuerda la estrategia de reducción al absurdo). Suponte que tienes todas las palabras infinitas etiquetadas con los números naturales. Así las podemos colocar todas ordenadamente. Algo así

¿Pueden estar aquí todas de verdad? ¿Podrías encontrar alguna que no esté?

Cantor sí la encontró. Miró a la diagonal del cuadro, la palabra

b a b a …

y formó la palabra

a b a b …

es decir, cambió cada a por b y cada b por a. ¿Qué tiene de particular esta palabra? Aquí está el truco de Cantor. La palabra es distinta de la palabra 1 al menos en la primera letra. Es distinta de la palabra 2 al menos en la segunda letra. Es distinta de la palabra 535 al menos en la letra que ocupa el lugar 535. Esta palabra ¿estará en el cuadro? Si es así ocupará un cierto lugar, por ejemplo será tal vez la palabra 1.537.787 ¡Pero resulta que difiere de la palabra 1.537.787 al menos en la letra que ocupa el lugar 1.537.787! Es decir, LA PALABRA QUE HEMOS FORMADO NO PUEDE ESTAR EN EL CUADRO. Es falso, por tanto, que estén todas en el cuadro: el conjunto que consideramos no puede ser numerable.

Desde el punto de vista matemático lo que acabamos de demostrar es muy interesante. Cada número real entre 0 y 1 se puede expresar mediante su desarrollo decimal de infinitas cifras 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, de una única forma, si convenimos en que el desarrollo que acaba en infinitos ceros (decimales exactos), por ejemplo 0,2527000000… lo sustituimos por 0,252699999… que representa el mismo número. Usando el mismo proceso diagonal podrás ver que este conjunto de números no puede ser numerable. Resulta, pues, que EL CONJUNTO DE TODOS LOS NÚMEROS REALES ES UN CONJUNTO INFINITO NO NUMERABLE.

¡Hemos encontrado conjuntos infinitos que no son numerables! Esto nos anima a seguirnos preguntando: ¿Hemos agotado los tipos de conjuntos infinitos? Es decir, para un conjunto infinito cualquiera ¿será verdad que si no se puede etiquetar con los números naturales al menos sí se puede etiquetar con los elementos del conjunto A que hemos construido (palabras infinitas de dos letras)? ¿O bien habrá algún conjunto más infinito todavía que el A que no se pueda etiquetar con los elementos de A?

Cantor tuvo la virtud de no arredrarse ni por las dificultades del infinito ni por las críticas que, en un principio, se hicieron a sus métodos. La idea genial del proceso diagonal que hemos visto le sugirió probablemente la forma de construir un conjunto más infinito que el A.

Olvídate ahora de lo que es A, porque lo que vamos a hacer vale para cualquier conjunto infinito. Cantor observó que cuando un conjunto es finito y tiene 2 elementos, por ejemplo el conjunto I = {g,h} entonces el número de las partes de este conjunto, es decir el número de subconjuntos de I, es 2², pues las partes de I son: Ø = el conjunto vacío, {g}, {h}, I = {g,h} y así el conjunto nuevo, de partes de I, es P(I) = {Ø, {g}, {h}, {g,h}} y tiene 2² = 4 elementos. Del mismo modo, si un conjunto S tiene n elementos, el conjunto de sus partes tiene 2n elementos. (Trata de demostrarlo, por ejemplo por inducción.) Cantor intuyó que para un conjunto infinito cualquiera A, el conjunto de sus partes iba a ser más infinito que A. Su demostración es otra de las joyas de la matemática. Verás.

Tratamos de demostrar que P(A), el conjunto de partes de A, no se puede etiquetar con los elementos de A. ¿Cómo demostrarlo? Supongamos que no es así, es decir que P(A) sí se puede etiquetar con los elementos de A, de modo que cada parte de A tenga una única etiqueta, un elemento diferente de A, y que no sobren etiquetas, es decir que cada elemento de A sea etiqueta de una única parte de A. Partamos de esta etiquetación de las partes de A. Tomemos una etiqueta e, un elemento de A, y la parte de A, H, de la que es etiqueta. Como la etiqueta e es un elemento de A y la parte de A, H, es un conjunto de algunos elementos de A (posiblemente el vacío), resulta que puede suceder que e sea un elemento de H o que no lo sea. Si lo es, es decir si e es de H, entonces nos lo imaginamos pintado de rojo y si e no es de H, nos lo imaginamos pintado de negro. Procedemos así con todos los elementos de A, es decir, con todas las etiquetas. Cada una de ellas será roja o negra. Recuerda, pues esto es lo importante, que si es roja quiere decir que ese elemento de A está en el conjunto del que es etiqueta. Si es negra quiere decir que ese elemento de A no está en el conjunto del que es etiqueta. Ahora tomas el conjunto N de elementos de A que son etiquetas negras. Este conjunto es una parte de A y así, como cualquier otra parte de A, tiene una etiqueta p, un elemento de A, que será roja o negra. ¿Podrá p ser roja? Que sea roja quiere decir (recuerda el subrayado anterior) que p está en el conjunto N, el conjunto del que es etiqueta, pero en N están sólo las etiquetas negras, de donde p no puede ser roja, por lo que tendrá que ser negra. Pero ¿podrá ser negra? Que p sea negra quiere decir (recuerda el subrayado) que p no está en N, que es el conjunto del que es etiqueta. Pero si p no está en N es que no es negra, pues N es el conjunto de todas las etiquetas negras. Así, p no puede ser tampoco negra. Nuestra suposición de que P(A) se puede etiquetar con los elementos de A nos lleva a una contradicción, por lo que tiene que ser falsa. Por tanto EL CONJUNTO DE PARTES DE A NO SE PUEDE NUNCA ETIQUETAR CON EL CONJUNTO A. ES UN CONJUNTO MÁS INFINITO QUE A.

Este proceso nos proporciona una escalera para subir de un infinito a otro superior, y no se acaba nunca.

Notas

«La creación más sorprendente del pensamiento matemático, uno de los logros más bellos de la actividad humana en el dominio de lo puramente inteligible.» Así ensalzaba en 1926 David Hilbert, uno de los matemáticos más eminentes de nuestro siglo, la aritmética de los infinitos creada por Cantor. «Nadie nos arrojará del paraíso que Cantor ha creado para nosotros.»

Pero para el pobre Georg Cantor este reconocimiento solemne llegaba un poco tarde. Había sufrido mucho a causa de la oposición a sus nuevas ideas sobre el infinito, liderada sobre todo por Leopold Kronecker.

Había nacido en San Petersburgo en 1845 de una familia procedente de Dinamarca. Pero en 1856 se trasladaron a Frankfurt, siendo en Alemania donde transcurrió la mayor parte de la vida de Cantor. Tal vez por razón del ambiente religioso de la familia, padre judío convertido al protestantismo y madre católica, Georg se interesó por el estudio de la filosofía y teología medievales, especialmente en lo que se refiere al problema de la continuidad y del infinito. Estudió en Zürich, Göttingen y Berlín, filosofía, física y matemática, mezcla que probablemente estimuló el tipo de pensamiento que dio lugar más tarde a su nuevo tratamiento matemático del infinito. Fue a parar como profesor a la Universidad de Halle, lugar no muy brillante en matemáticas, en el que permaneció el resto de su vida académica.

En 1874 comenzó a publicar en el Journal de Crelle, una de las revistas importantes de la época, sus ideas revolucionarias sobre el infinito matemático, que pronto tropezaron con el recelo imperante en el ambiente contra la concepción, nueva en matemáticas, de un conjunto infinito actual, es decir por ejemplo, del conjunto de los números naturales como un todo acabado, no como algo que se va haciendo y que nunca se acaba (infinito potencial).

Cantor tuvo la mala fortuna de tener enfrente a Leopold Kronecker, un buen matemático hipercrítico, aparte de ser un afortunado hombre de negocios, que debió de llenar los transfinitos de Cantor de amargura, mediante sus críticas aceradas, además de influir poderosamente, al parecer, para que a Cantor no se le concediese un puesto de profesor que había quedado vacante en la Universidad de Berlín. En 1914 tuvo Cantor el primero de sus períodos de fuerte depresión que se repitieron más adelante y que acabaron con él en 1918 en una clínica mental. En matemáticas, como en otros campos, el genio no anda lejos del loco.

5. Algunas metamorfosis del plano

Como los insectos, también las figuras de un plano admiten muchas metamorfosis distintas. Algunas de ellas son transformaciones sorprendentes que convierten seres difíciles de manejar en otros mucho más domesticables y fácilmente manipulables. Una metamorfosis sin grandes complicaciones es la homotecia, que viene a ser como la imagen de un aburrido crecimiento, pero que como verás resuelve problemas curiosos. Otra es la inversión, mucho más original y loca, que convierte circunferencias en rectas unas veces, otras en circunferencias, y que resuelve problemas mucho más complicados con una sencillez increíble.

A. Homotecia. Imagen del crecimiento

Fijemos un punto O del plano; cada punto P, distinto de O, se va a transformar en un punto P’ situado sobre la recta OP a distancia de O triple de la distancia OP, como indica la figura.

Esta es la homotecia de centro O y razón 3.

Es fácil ver como se transforman los diferentes habitantes familiares del plano: recta, circunferencia… Una recta que pasa por O, como la OP, se estira sobre sí misma a partir de O. Cada uno de sus puntos, al igual que P, se separa de O, yendo a parar a triple distancia de O sobre la misma recta. El único punto que se queda en su sitio es O. Una recta que no pasa por O, como la r, va a parar a otra recta paralela a ella, r', a triple distancia de O que r,

ya que si el punto S de r en la figura va a parar a S' y otro punto T de r va a parar a T' si unimos S' a T', como

resulta que los triángulos OST y OS'T' son semejantes los ángulos en S y S' son iguales y, por tanto, ST y S'T' son paralelas. Como lo mismo ocurre para cualquier otro punto U que tomemos sobre r, resulta que la transformada de r por esta homotecia es r', paralela a r por S' y por tanto, situada a triple distancia de O que r.

¿Cuál será la figura transformada de una circunferencia c de centro C y radio r? Fácil de adivinar, ¿no? Otra circunferencia tres veces más grande de centro situado sobre OC a distancia de O tres veces más grande que OC, como se indica en la figura.

El centro C va a parar a un punto C'. Un punto H de la circunferencia va a parar a H' y como resulta que también (los triángulos OHC y OH'C' son semejantes) y, así, H'C' =3HC= tres veces el radio r de c, es decir H' está sobre la circunferencia de centro C' y radio 3r.

Es fácil ver que dos triángulos de lados paralelos no iguales son homotéticos. ¿Cómo se busca su centro de homotecia? Asimismo es sencillo ver, y a ti te lo dejo, que dos circunferencias cualesquiera de radio distinto son homotéticas siempre. ¿Centro de homotecia? ¿Razón?

La figura transformada de otra cualquiera por la homotecia anterior será, análogamente, por extraña que sea la figura inicial, la misma figura vista con lupa de tres aumentos y alejada de O tres veces más que la figura inicial.

La homotecia parece una transformación muy aburrida, pero a veces resulta muy útil. Te dan un triángulo, como el ABC, y otro extraño, como el MNP de la figura siguiente

y te piden que construyas un triángulo M'N'P' de lados paralelos a los del MNP que tenga sus vórtices así: M' sobre la recta AC, N' sobre BC y P' sobre AB. ¡Extraño problema! Inténtalo por tu cuenta antes de seguir adelante…

Si comienzas por tanteos, cosa muy sana siempre y muy recomendable, trazando paralelas a los lados de MNP, como en la figura siguiente M₁N₁P₁, M₂N₂P₂

resulta que el tercer vértice te queda unas veces corto como N1 y otras veces largo como N₂ y a ojo resultaría bien difícil ajustar las paralelas para que te quede el tercer vértice sobre BC. Pero si observas las figuras que vas haciendo, a la luz de la metamorfosis de la homotecia, te resultará enseguida claro que M₁N₁P₁ y M₂N₂P₂ son homotéticos de centro A. ¡N₁N₂ están alineados con A y con el punto N₃ para cualquier intentona semejante M₃P₃! Por tanto, también con la intentona que habría de dar el resultado correcto, N' sobre BC. Queda claro, pues, cómo hallar N'.

Unes A con N₁ que corta a BC en N'. Localizado el punto N' no hay más que trazar M'N' paralelo a MN y N'P' paralelo a NP. Así, M'P' resulta necesariamente paralelo a MP, como puedes comprobar, ya que M'N'P' es semejante a MNP.

¿Cómo resolverías ahora el siguiente problema? Te dan un triángulo ABC y te piden construir un cuadrado que tenga un lado sobre BC, un vértice sobre AB y otro vértice sobre AC. Adelante, te será muy fácil hallar la solución con lo que sabes.

¿Y este otro? Te dan una circunferencia c y un triángulo MNP. Te piden construir un triángulo M'N'P' de lados paralelos a los de MNP y tal que M', N', P', estén sobre c.

Antes de que veamos la solución, intenta resolverlo por tu cuenta…

Si has tratado de proceder como antes con el triángulo ABC, te habrás dado cuenta bien pronto que hay problemas. Si trazas M₁N₁Pl, M₂N₂P₂, M₃N₃P₃, más o menos como lo he hecho en la figura siguiente

resulta evidente que, ahora, N₁N₂N₃ no están sobre una recta. Los triángulos M₁N₁P₁ y M₂N₂P₂ son homotéticos y también lo son M₁N₁P₁ y M₃N₃P₃ ¡pero el centro de homotecia varía con la elección de la secante M₂P₂ paralela a MP! En el problema de los triángulos el centro lo teníamos fijo y era el punto A. Ahora se nos mueve, y estamos perdidos. Piensa de nuevo en el problema, tal vez dándole un vuelco y pensando un poco desde otra perspectiva…

Si te pidieran construir una circunferencia que pasara por MNP… ¡sería cosa fácil! Pero no es lo que te piden. Aunque, por lo menos, es algo que parece tener relación con tu problema. ¿Por qué no hacerlo? ¡Acción, acción…! Las chispas salen aproximando los cables adecuados. Aquí está:

¿Qué tiene que ver esto con lo que te piden? Aún no sabes construir exactamente el triángulo sobre la circunferencia, pero te puedes imaginar cómo va y construírtelo aproximadamente. Recuerda: Supongamos el problema resuelto… Quedaría más o menos así:

Las dos figuras se parecen, aunque una es más grande que la otra… ¿Será la grande la transformada de la otra por una homotecia? El triángulo que buscamos M'N'P' es claramente homotético del MNP. Si supiéramos cómo están situados M'N'P' sabríamos hallar el centro de la homotecia fácilmente. Bastaría con unir N'N, M'M y P'P que se cortan en el centro de homotecia O. Pero lo que no conocemos es M'N'P' así que mal se pueden unir a nada.

Sin embargo… los círculos c y d, que sí conocemos, también son homotéticos con el mismo centro de homotecia y la misma razón de homotecia que M'N'P' y MNP. Así que, hallar O es tarca sencilla. El punto O está sobre la recta que une los centros y sobre la tangente común a ambas circunferencias, como se indica en la figura. (¿Sabes trazar la tangente común a dos circunferencias con regla y compás?)

Ahora la cosa está más clara. No hay más que unir O con M, N, P y prolongar la recta de unión hasta que corte a c en M', N', P' según la figura. El problema está así resuelto.

B. Inversión. Una metamorfosis más divertida

La metamorfosis de la homotecia es la más antigua de la geometría. Fue conocida y utilizada por Tales de Mileto para múltiples usos, pacíficos y guerreros, tales como medir la altura de un árbol sin subirse a él, averiguar la distancia de un barco a la costa para lanzarle un catapultazo, etc. Pasaron muchos siglos, más de 24, antes de que hiciera su aparición otra metamorfosis mucho más original, la inversión, inventada por Steiner, un personaje curioso de las matemáticas, cuya vida puedes encontrar en las notas al final del capítulo.

Fijemos un punto del plano O y un número R mayor que cero, por ejemplo 5. Cada punto P del plano, distinto de O, se va a transformar ahora en otro P' situado sobre la recta OP y tal que las distancias OP y OP' cumplan la relación OP × OP' = R². Al punto O se le suele llamar centro o polo de la inversión y al número R² potencia de la inversión.

Por ejemplo, si R = 5 y OP = 6, entonces OP' = 25/6 = 4,1.

¿Cómo se transforman mediante la inversión las figuras familiares del plano?

Los puntos de una recta r que pasa por O se transforman, claramente, en puntos de la misma recta, como en la homotecia. Pero al contrario que en ésta, cuanto más alejado esté P de O, más cercano estará P' de O, ya que, para R² = 25, OP' = 25/OP. Si P está a una distancia 1000 de O entonces OP' = 0,025. Si P se acerca a O, por ejemplo OP = 1/5, entonces OP' = 125, es decir, P' se va alejando de O.

La inversión tiene una propiedad curiosa que es la que motiva su nombre. Si transformamos P, obtenemos P', un punto del plano distinto de O. Pero P', como cualquier otro punto del plano distinto de O tiene también su transformado P", situado sobre la recta OP' (que es la misma que OP) y a distancia

OP" = 25/OP' = 25/(25/OP) = OP

Así, P" coincide con P. Si se repite dos veces la metamorfosis obtenemos el punto de partida. Pasa lo mismo que con los números: el inverso del inverso es el número inicial.

Sobre cada semirrecta que pasa por el centro de inversión hay un punto tal que su inverso coincide con él mismo. En efecto, si OP = 5, entonces OP' = 25/5 = 5 y así P' coincide con P. Se dice que P es invariante por la inversión, es decir no varía al aplicarle la transformación. En una máquina que cambia toda clase de monedas españolas en duros, los duros serían los invariantes por la máquina. Si echas un duro sale un duro. Evidentemente, los puntos de la circunferencia de centro O y radio 5 son todos invariantes. Ya sabemos, pues, en qué se transforman una recta que pasa por el centro de inversión y la circunferencia de centro O y radio R. Esa recta se transforma en sí misma y la circunferencia también. Pero hay una diferencia: cada punto de la circunferencia es invariante mientras que sobre la recta sólo hay dos puntos invariantes, los dos situados a distancia R a uno y otro lado de O.

Hasta ahora todo parece muy aburrido con la inversión. Esta impresión se refuerza cuando nos preguntamos qué figura será la transformada de una circunferencia de centro O y radio 10, por ejemplo. Si P está sobre esta circunferencia, entonces OP = 10, OP' = 2,5 y así

la figura inversa de una circunferencia de radio 10 es otra circunferencia concéntrica de radio 2,5. En general, la figura inversa de una circunferencia de centro el centro de inversión y radio r es otra circunferencia del mismo centro y radio r* = R²/r. De forma que cuanto más grande sea la circunferencia original, más pequeña es la circunferencia transformada, y al revés.

Preguntémonos ahora cuál será la figura inversa de una recta l que no pasa por O, situada a distancia d = 8 de O. El punto S de l en la figura, irá a parar a S' situado a distancia OS' = R²/d.

Otro punto P de l irá a parar a P' y tendremos OP × OP'= R² = OS × OS'. Por tanto, OP/OS = OS'/OP' y así los triángulos OSP y OP'S' son semejantes (ángulo en O común y lados adyacentes a O proporcionales) pero… ¡ojo con los lados homólogos! En la semejanza, OP corresponde a OS' y OS, a OP'; el ángulo en P' es igual al ángulo en S y, por tanto, es recto. ¡El triángulo OP'S' es rectángulo en P'! Como esto vale para cualquier punto P sobre la recta, resulta: La figura inversa de la recta l que no pasa por el centro de inversión es la circunferencia de diámetro OS'. (Propiamente hay que excluir de esa circunferencia el punto O que no corresponde a ningún punto de la recta, o si quieres, corresponde al punto del infinito de la recta.) Como la inversa de la inversa es la figura inicial, resulta también: La figura inversa de la circunferencia de diámetro OS' es la recta l.

Nuestra metamorfosis se va animando:

Una recta por O ↔ La misma recta

Circunferencia centrada en O ↔ Otra circunferencia centrada en O

Recta que no pasa por O ↔ Circunferencia que pasa por O

Circunferencia que pasa por O ↔ Recta que no pasa por O

De entre las figuras familiares nos falta una. ¿Qué pasará con una circunferencia que no pasa por O ni está centrada en O al transformarla por la inversión?

Tomamos una circunferencia como en la figura siguiente

Hay un eje de simetría que aparece claramente, la recta que une O al centro K de la circunferencia c. Así, la figura inversa será también simétrica respecto de este eje OK. Traza Q' inverso de Q, y P' inverso de P (como P está más lejos de O que Q, P' estará más cerca de O que Q') y toma un punto cualquiera S de c. Su inverso será S' sobre OS. Como hemos visto antes, OSP y OP'S' son semejantes (ojo a los lados correspondientes). Así los ángulos señalados con α son iguales. También OSQ y OQ'S' son semejantes y, así, los ángulos señalados con β, suplementarios de OS'Q' y OQS, son iguales. Pero α + β = 90º pues el ángulo QSP es recto. Resulta, pues, que el triángulo P'S'Q' es también rectángulo en S' y, por tanto, S' está sobre la circunferencia de diámetro P'Q'. Como esto vale para cualquier S que tomemos sobre c resulta que la figura inversa de c es otra circunferencia de diámetro P'Q'.

Calcular el centro H y el radio s de la circunferencia transformada, conociendo OK = d y r, el radio de c, no es difícil, observando la figura:

La circunferencia inversa de c tiene el centro H sobre OK a una distancia de O, OH = R²d/(d² – r²) y su radio es s = R²r/(d² – r²).

Observa que el centro H de c', transformada de c, no es el punto transformado del centro K de c a menos que c se reduzca a un punto. Efectivamente, si fuese OH × OK = R² , entonces y r = 0, con lo que c se reduciría a un punto.

Te puedes preguntar: ¿Habrá alguna circunferencia c tal que su transformada c' coincida con ella misma? Si es así, habrá de ser s = r, es decir, s = R²r/(d² – r²) = r, con lo que d² = R² + r² y, entonces, efectivamente, OH = R²d/(d² – r²) = d = OK. Por tanto, si c es tal que d² = R² + r² entonces su transformada c' coincide con c. (Observa que, como en el caso de la recta que pasa por O, sólo hay dos puntos de c invariantes, aunque la figura se transforme en sí misma en su conjunto.)

Ya sabes un montón de hechos sobre la inversión. ¿Qué cosas se pueden hacer con ella? Muchas y muy interesantes. Una idea general de la estrategia de utilización de la inversión es la siguiente. Como has visto, una circunferencia se transforma en una recta cuando el centro de la inversión está sobre la circunferencia. Suponte que buscas una circunferencia que tiene que satisfacer ciertas condiciones, entre otras la de pasar por un punto dado O. Escoges este punto O como centro de inversión, un número cualquiera, por ejemplo R = 1 u otro más conveniente, y transformas por inversión de centro O y potencia R² todos los elementos del problema. La circunferencia que tú buscas, tu incógnita, se te convierte en una recta, que tiene que satisfacer ciertas condiciones, las condiciones transformadas por inversión de las que te han dado. Generalmente, hallar esta recta será más fácil que hallar directamente la circunferencia del comienzo. Hallas la recta que resuelve el problema transformado. Das marcha atrás a la inversión y obtienes la circunferencia que te pedían. Todo ello lo entenderás mejor si lo plasmamos en ejemplos.

Problema: Te dan un punto P y dos circunferencias c₁, c₂ que no pasan por P, como en la figura siguiente. Te piden que traces una circunferencia que pase por P y sea tangente a c₁ y c₂.

Tú no sabes cómo va la circunferencia que buscas, sólo que tiene que pasar por P. Llámala c. Toma P como centro de inversión con R = 1. Invierte. La circunferencia c₁ se convierte en otra circunferencia c'₁ que sabes construir. También la c₂ se transforma en otra circunferencia, c'₂. La circunferencia c que era tangente a c₁ y c₂ pasará a ser una recta, l, que aún no conoces, pero que tiene que ser tangente a c'₁ y c'₂ (observa que si dos figuras tienen un solo punto en común, sus inversas tienen también sólo un punto común). Una vez encontrada esta recta l, se construye entonces c por inversión de l. Así, el problema se ha reducido a: Dadas dos circunferencias c'₁ y c'₂, trazar una recta l tangente a las dos.

Pero este problema es muy sencillo. Suponte que c'₁ y c'₂ están en la situación indicada en la figura. Hay, claramente, cuatro soluciones l₁, l₂, l₃, l₄. ¿Cómo trazar l₁ por ejemplo? Mira la figura de arriba. No sabes cómo va l₁, pero lo que te resulta fácil de ver es que si trazas la circunferencia auxiliar de centro A₁ y radio R₁ – R₂, entonces l₁ es paralela a la tangente t₁ desde A₂ a esta circunferencia. Y esa tangente es muy fácil de trazar. Con ello hallas l₁ y de modo análogo l₂, l₃, l₄.

Steiner, el inventor de la inversión, tuvo que ponerse muy contento al observar que su transformación resolvía de modo muy simple un problema famosísimo desde el siglo III a.C., el problema de Apolonio: Trazar una circunferencia c tangente a otras tres dadas c₁, c₂, c₃.

Suponte que las circunferencias c₁, c₂, c₃ están en la situación de la figura de arriba. Podemos dibujar c, aproximadamente tal como aparece en la figura. (Recuerda: supongamos el problema resuelto…) La circunferencia c va a tener centro P y radio r. Naturalmente, no conoces P ni r, pero sigamos adelante e indaguemos qué propiedades tendrá esta c con respecto a c₁, c₂, c₃, que tienen, respectivamente, radios r₁, r₂, r₃. Si con centro en P y radio r + r₁ trazamos una circunferencia c*, claro que ésta pasará por O₁ y será tangente a la c₂⁺ de centro O₂ y radio r₂ – r₁ y también a la c₃⁺ de centro O₃ y radio r₃ – r₁. Así, si logramos construir c*, obtendremos P y con ello habremos resuelto el problema. Pero construir c* que pasa por O₁ y es tangente a c₂⁺ y c₃⁺, es el problema que acabamos de resolver. Con esto queda resuelto fácilmente el problema de Apolonio que fue considerado durante siglos como muy difícil. La inversión ha hecho el milagro.

La inversión es una herramienta que viene bien tener a mano para examinar su posible utilización en problemas en los que intervienen rectas y circunferencias. Es útil y curioso observar el siguiente fenómeno: Si dos circunferencias c₁, c₂, una en el interior de la otra, no son concéntricas, ninguna homotecia las puede transformar en circunferencias concéntricas. En cambio sí que se puede hallar una inversión que las transforme en dos circunferencias concéntricas. Suponte que c₁ y c₂ están como indica la figura siguiente

Tratemos de encontrar un punto P sobre la recta O₁O₂ que une los centros y un número R tal, que la inversión de centro P y potencia R₂ transforme las circunferencias c₁ y c₂ en c'₁ y c’₂ tales que los centros de c'₁ y c'₂ coincidan. No sabemos dónde estará P ni cuál será R, pero llamemos d a la distancia, desconocida, de P a O₁ y s a la distancia conocida entre O₁ y O₂. Asimismo, r₁ y r₂ de la figura son conocidos. Según las fórmulas que antes obtuvimos para hallar el centro H de c'₁, sabemos que H estará sobre PO₁ y . De igual forma, el centro J de c'₂ estará sobre PO₂ y . Si queremos que coincidan los centros, tendrá que ser PH = PJ y, así.

De donde resulta

y como r₂ > s + r₁ resulta

con lo que, efectivamente, existen soluciones reales. De modo que, escogiendo este punto P, así determinado como centro de inversión, y cualquier R, c'₁ y c'₂ serán concéntricas.

Con este utillaje es muy sencillo demostrar la siguiente curiosa propiedad que por otros procedimientos es bastante difícil: Si dos circunferencias c₁ y c₂, c₁ situada en el interior de c₂, son tales que se puede construir una cadena de 11 circunferencias tangentes como se indica en la figura, partiendo de una cierta circunferencia 1, entonces se puede construir una tal cadena de 11 circunferencias partiendo de una circunferencia cualquiera tangente a las dos c₁ y c₂.

Por lo que acabamos de ver sabemos que existe una inversión que transforma c₁ y c₂ en dos circunferencias concéntricas c'₁ y c'₂. Las circunferencias 1, 2, 3…, 10, 11 se transforman en sendas circunferencias 1', 2', 3'…, 10', 11', tangentes a c'₁ y c'₂ que forman una cadena con cada circunferencia tangente a las dos adyacentes.

Es evidente que siendo c'₁ y c'₂ concéntricas, esta cadena puede girar alrededor del centro común. Al invertir de nuevo la cadena girada adecuadamente, ésta nos da una cadena como la que buscábamos entre las circunferencias iniciales c'₁ y c'₂.

Por supuesto que 11 no es un número mágico para este problema. Igualmente valdría 15 o 23.

Notas

Podría uno pensar que para ser un buen matemático hay que ponerse en marcha bien pronto, en la niñez más temprana. Jakob Steiner (1796-1863), el Apolonio de los tiempos modernos, lo que casi equivale a decir el más grande de los geómetras, fue un analfabeto integral hasta la edad en que muchos de sus coetáneos se preparaban para entrar en la universidad. El quinto de los hermanos de una familia de campesinos en el cantón suizo de Berna, estuvo muy ocupado con las tareas del campo durante su niñez. Aprendió a leer y escribir a los 14 años, pero… ¡eso sí!, a veces se pasaba noches enteras contemplando las estrellas y considerando cómo la astronomía tenía que ser la más bella de todas las ciencias. A los 18 años su deseo de aprender pudo más que la voluntad de sus padres y se fue por su cuenta a una escuela que dirigía en Yverdon un famoso pedagogo, Pestalozzi, quien le recibió cordialmente y le admitió gratuitamente en su centro. Sus maestros de matemáticas pronto reconocieron el genio que en él habitaba. Normalmente solucionaba los problemas que se le proponían sobre la marcha y de la forma más elegante posible. Algunos más difíciles los trabajaba concienzudamente. Así apunta en su diario a propósito de uno de ellos: «Gefunden Samstag, den 10. Christmonat 1814, Nachts ein Uhr; 3 + 3 + 4 Stunden daran gesucht». («Encontrado el sábado, 10 de diciembre de 1814, por la noche, a la una; después de buscar por 3 + 3 + 4 horas».)

Después de año y medio en la escuela de Pestalozzi se fue a la universidad de Heidelberg, decidido a dedicarse de lleno a la investigación matemática. Para mantenerse daba clases particulares mientras seguía cursos de matemáticas y mecánica y otros de física, astronomía, química, ciencias naturales e historia, aunque estos últimos con menos profundidad e interés. Tras cinco semestres de estudios, animado por un compañero, se dirigió a Berlín, solicitando una plaza como profesor en uno de los centros de segunda enseñanza. Su formación no era ciertamente muy equilibrada. En principio debía someterse a exámenes de lo más variado. Se negó a hacer los de historia y latín. El filósofo Hegel, uno de sus examinadores, encontró muy superficial su ejercicio sobre la naturaleza de la memoria y el razonamiento. En matemáticas, por supuesto, fue otra cosa. Se le hizo maestro auxiliar interinamente, pero al año siguiente, 1822, al director del centro le pareció que no debía ocupar un puesto permanente. Steiner hubo de buscarse de nuevo clases particulares para sobrevivir. Tenía 26 años. Así permaneció, como Privatlehrer, de 1822 a 1825, uno de los períodos más fecundos y productivos de su vida matemática. Estaba pensando en abandonar Berlín para buscarse un modo de vida más estable, cuando ocurrieron dos acontecimientos que le retuvieron: la creación de una nueva escuela, la Gewerbeschule (Escuela de Artes y Oficios), donde se le contrató como profesor auxiliar, y la creación del Journal de Crelle, donde publicó sus primeros trabajos. En realidad, Crelle se animó a comenzar la publicación del que había de ser famoso Journal a la vista de la calidad y cantidad de los trabajos de dos jóvenes, el suizo Steiner y el noruego Abel que contaba 23 años y moriría prematuramente en 1829, a sus 27 años, después de haber dejado bien cimentada lo que habría de ser el álgebra moderna.

Varios años permaneció Steiner como profesor auxiliar hasta que en 1829 fue nombrado profesor permanente de la Gewerbeschule. A punto estuvo de nuevo de dejar Berlín, por ciertas dificultades con el director del centro y, al parecer, por dificultades de disciplina con sus alumnos. Así escribe el alcalde de la ciudad, puesto de parte del director: «Debo confesar que considero una verdadera ventaja el alejamiento de tal hombre de la enseñanza, ¡y eso aunque fuera el mismo Arquímedes! No tiene noción ninguna de lo que es la subordinación y así no puede mantener él mismo ninguna disciplina con sus alumnos. Que se vaya con los suyos a las montañas de su dichoso país y que deje de corromper a nuestros brandeburgueses».

Pero la protección y amistad con la familia del barón Wilhelm von Humboldt (pariente del famoso naturalista Alexander von Humboldt) le serena y consigue acabar en 1832 una de sus obras importantes, Systematische Entwickelung der Abhängigkeit geometrischer Gestalten von einander (Desarrollo sistemático de la dependencia entre las figuras geométricas) que dedicó al barón.

A partir de ahí todo es reconocimiento de su valía. En 1832 es nombrado Doctor honoris causa por la Universidad de Berlín, en 1833 el rey de Prusia le nombra Profesor Real, en 1834 se le admite como miembro de la Academia de Ciencias de Berlín. Son muchos los colegas importantes que le aprecian extraordinariamente como Jacobi, Dirichlet, Bessel, Crelle. El resto de su vida fue una sucesión de descubrimientos profundos en geometría sintética, a la que dedicó toda su energía. Murió en 1863 en Berna, a donde había vuelto después de muchos años para reposar y trabajar con dos de sus alumnos, Schläfli y Sidler.

6. Palomas, palomares… y el principio de Dirichlet

Imagínate apaciblemente sentado en un banco del parque. A tu alrededor picotean por el suelo un montón de palomas. Las cuentas… Son 21. De repente suena un petardazo que las asusta. Se van todas volando al palomar que se encuentra enfrente y se esconden en los agujeros del palomar. Los cuentas… Son 20. ¿Qué puedes deducir, Holmes? No hace falta ser un lince, por supuesto, para concluir que al menos dos de las palomas se han metido en el mismo agujero. Bueno, pues esto que aparenta ser una perogrullada, suele recibir el pomposo nombre de principio de Dirichlet o el menos pomposo de principio del palomar. Dirichlet, uno de los matemáticos importantes del siglo XIX, lo utilizó extensamente trabajando en teoría de números y logró con él resultados curiosos, sorprendentes y profundos. Pero antes de meternos en harina matemática más solemne, vamos a ver alguna aplicación pedestre.

Palomas en el parque, un palomar al fondo…

¿Sabías que en Madrid, en este mismísimo instante, hay más de 20 personas con exactamente el mismo número de pelos en la cabeza? Esto es una sencilla consecuencia del principio del palomar, como verás. En Madrid hay más de 4.000.000 de habitantes. Estos van a ser nuestras palomas. No hay nadie que llegue a tener en su cabeza 200.000 pelos. Para ello, se necesitaría una cabeza descomunal, de las que no se dan. Por tanto, cada madrileño tendrá en su cabeza un número de pelos de entre los siguientes 0 (calvo absoluto), 1, 2, 3, 4, 5…, 199.998, 199.999.

Estos 200.000 números van a ser los agujeros de nuestro palomar. Al sonar el petardazo cada madrileño se mete corriendo en el agujero correspondiente a su número de pelos. Si en cada agujero se meten 20 o menos madrileños, el número total de madrileños sería todo lo más 20 × 200.000 = 4 millones. Así, como los madrileños son más, esto quiere decir que por algún agujero se meten más de 20 madrileños, es decir hay más de 20 con exactamente el mismo número de pelos. ¿Qué te parece este contar sin contar?

Uno de los resultados curiosos de Dirichlet obtenidos con el principio del palomar es el siguiente. Para cualquier número real a existe una fracción p/q tal que . Si oc es él mismo una fracción, m/n, la cosa está bien clara haciendo p = m, q = n. Entonces, efectivamente,

La cosa comienza a ponerse interesante cuando α no es una fracción, es decir cuando α es un número irracional. Supondremos que α es irracional y positivo. Si fuese negativo el problema se trataría de forma semejante. ¿Qué tiene que ver esto con el palomar? Mira cómo lo hizo Dirichlet. Toma un número entero cualquiera M, mayor que cero. Por ejemplo, M pudiera ser 235. Vamos a construir un palomar de M agujeros. Para ello dividimos el intervalo de números entre 0 y 1 en M intervalos pequeños iguales. Los agujeros del palomar serán los M intervalos de números siguientes:

Agujero 1: Todos los números entre 0 y 1/M (excluido el 1/M)

Agujero 2: Todos los números entre 1/M y 2/M (excluido el 2/M)

Agujero 3: Todos los números entre 2/M y 3/M (excluido el 3/M)

…

Agujero M: Todos los números entre (M – l)/M y 1 (excluido el 1)

Los podemos representar así en el intervalo entre 0 y 1

¿Cuáles van a ser las palomas? Para fabricar las palomas, que van a ser números, tomamos α y lo vamos multiplicando por 0, 1, 2, 3, 4…, M, obteniendo 0 × α = 0, l × α = α, 2α, 3α… (M – 1)α, Mα.

Todos estos números, excepto 0 × α = 0, son números irracionales, pero como pueden ser mayores que 1 y nuestros agujeros están constituidos por números entre 0 y 1, no los podemos meter en estos agujeros. Lo que haremos es quitar de cada h × α su parte entera, que se denota por [hα] y que es el entero igual o inmediatamente anterior al número hα, con lo que nos queda hα – [hα] que claramente es un número entre 0 y 1. (Es como escribir el número hα en forma decimal y quitarle la parte entera [hα], quedándonos con lo que hay detrás de la coma.) Aquí tenemos nuestras M+1 palomas, los números

0α – [0α] = 0, 1α – [α], 2α – [2α]…, Mα – [Mα]

que sí que están entre 0 y 1, por lo que, al meterlos en los M agujeros de nuestro palomar, resultará que dos de ellos, al menos, estarán en el mismo.

… al menos dos palomas por el mismo agujero…

Supongamos que son sα – [sα] y tα – [tα],

¿Qué quiere decir que están en el mismo agujero? Claramente, que su diferencia es menor que 1/M. Supongamos que s es mayor que t y llamemos s – t = q, mayor que 0. Llamemos también

[sα] – [tα] = p

Así, p y q son enteros con q mayor que cero. Podemos escribir, con la nueva notación

| sα – [sα] – (tα – [tα]) | = | (s – t)α – ([sα] – [tα]) | < 1/M

Es decir | qα – p | < 1/M y así | α – p/q | < 1/Mq

Pero como q = s – t ≤ M, pues s y t están entre 0 y M, resulta que

y así hemos llegado a donde queríamos llegar. Es fácil ver que incluso obtenemos algo más. Hay infinitas fracciones p/q tales que . Para ver esto, observa que hemos conseguido . Por tanto, si hemos conseguido una primera fracción p₁/q₁ tal que y ahora repetimos el proceso de nuestro razonamiento partiendo de otro número M₂, en lugar de M tal que , como llegamos a p₂/q₂, tal que , resulta que p₂/q₂ no puede ser igual a p₁/q₁. Así, hemos conseguido otra fracción distinta de p₁/q₁. Y del mismo modo podemos seguir consiguiendo fracciones diferentes, todas las que queramos.

El modo de razonar de Dirichlet es: Si hay muchas cosas y se meten en pocos cajones habrá bastantes en algún cajón. Este estilo de pensamiento sirve para obtener un resultado famoso de Ramsey que en forma sencilla se puede enunciar así:

En una circunferencia se dan seis puntos. Se unen dos a dos, obteniéndose un montón de segmentos. Si vas pintando los segmentos de rojo o de verde, a tu antojo, lo hagas como lo hagas, siempre al final encontrarás tres segmentos que forman un triángulo cuyos tres lados son del mismo color. Experimenta, piensa un rato… y mira si descubres una demostración.

Aquí tienes una. Llama a los puntos 1, 2, 3, 4, 5, 6 y píntalos así

Los segmentos que parten de 1 son 12, 13, 14, 15, 16. Al pintarlos, unos quedarán rojos, otros verdes, pero, como son cinco en total, al menos habrá tres del mismo color. Suponte que hay tres rojos y que son 13, 14, 15. Ahora fíjate. Si 34 es rojo, entonces el triángulo 134 es todo rojo y ya tienes lo que querías. Ahora suponte que 34 es verde. Si 45 es rojo, todo el triángulo 145 es rojo y has terminado. Pero supongamos que 45 es verde. Si 35 es rojo, entonces el triángulo 135 es rojo. Suponte que incluso 35 es verde. Entonces, todo el triángulo 345 es verde. De todas hay un triángulo con los tres lados de un mismo color.

El teorema de Ramsey tiene una versión infinita que se puede enunciar así: Tenemos la colección infinita numerable de puntos ah a₂, a₃… sobre la recta de los números reales y vamos a suponer que están ordenados de esta forma, a₁ < a₂ < a₃ <… Se unen cada dos puntos por un arco y cada arco así obtenido se pinta de rojo o de verde, como nos venga en gana. Se haga como se haga, al final resulta que hay una subcolección infinita de los puntos dados , tal que todos los arcos que los unen son del mismo color.

¿Cómo se puede demostrar que así va a ser siempre? Considera el punto ax. Está unido con arcos a todos los demás. Puesto que son infinitos arcos, habrá infinitos de un color; por ejemplo, sean a₁a₃, a₁a₉, a₁a₁₁, a₁a₂₇…, verdes. Eliminemos ahora todos los otros puntos extremos de arcos que, partiendo de a₁, no son verdes y nos quedamos con a₁, a₃, a₉, a₁₁, a₂₇… Al punto a₁ lo llamamos punto verde, porque todos los arcos que nacen en él y van hacia puntos posteriores de los que nos quedan son verdes. Ahora consideremos el siguiente punto que ha quedado después de la eliminación de puntos que hemos hecho. Es decir, consideramos a₃ y los arcos que unen a₃ a los puntos siguientes que quedan a₃a₉, a₃a₁₁, a₃a₂₇… Hay infinitos de tales arcos y, así, habrá infinitos de estos arcos de un mismo color. Supongamos que a₃a₁₁, a₃a₂₇…, son rojos. Eliminemos de nuestra consideración para lo sucesivo los otros puntos extremos de arcos que parten de a₃ y que no son rojos, aquí por ejemplo a₉…, y diremos que a₃ es punto rojo, pues los arcos que parten de a₃ hacia los puntos siguientes que quedan son todos rojos. Consideramos, a continuación, el primer punto de los que quedan, aquí a₁₁, y procedamos igual. Obtendremos una colección infinita de puntos a₁, a₃, a₁₁… Cada uno es punto rojo o punto verde, según nuestra nomenclatura. Y habrá infinitos de un mismo color. Supongamos que hay infinitos rojos. Esta es nuestra sucesión que llamamos, cambiando de nombre, Efectivamente, los arcos que unen an* a todos los puntos siguientes son rojos, pero también, por ejemplo, el que une a₁* con an* lo es, pues a₁* era un punto rojo y así a₁*an* es un arco rojo. Esto demuestra el teorema de Ramsey en su versión infinita.

Otro bonito resultado que se obtiene aplicando el principio del palomar es el siguiente:

En cualquier lista de los n² + 1 primeros números naturales hay siempre al menos n + 1 de ellos que están en orden (ascendente o descendente).

Por ejemplo, si n = 2, lo que dice el enunciado es que si te dan una lista de los 5 primeros números 1, 2, 3, 4, 5 en cualquier orden, siempre hay al menos tres de ellos en orden de menor a mayor o de mayor a menor. Intenta construir una lista para hacer falso ese enunciado, y te convencerás de que no puedes.

Empiezas, por ejemplo, 5,1; 2,5,1; 2,5,1,4

Tienes ya cuatro números colocados y todavía no hay tres en orden. ¿Dónde colocas el 3? Lo pongas donde lo pongas

siempre te salen tres números en orden, los subrayados.

¿Cómo se puede demostrar que siempre va a resultar así con cualquier n? Inténtalo, no es nada fácil.

Los números son 1, 2, 3, 4…, n²+1 y te los han dado desordenados.

Así:

a₁, a₂, a₃, …, an2₊₁

es decir, a₁ será uno de los números, a₂ otro, etc. Considera a₁. Habrá en la lista que te han dado sucesiones ascendentes de números que comienzan con a₁. Si alguna de ellas es de n + 1 elementos, resulta que ya hemos acabado. Supongamos que de n + 1 elementos no hay ninguna sucesión ascendente que comience con a₁. Lo que puede afirmarse es que habrá una sucesión ascendente, comenzando con a₁, que contendrá un número máximo de números de los dados. Llamemos a este número máximo l(a₁). Estamos suponiendo que l(a₁) ≤ n, pues de otro modo, como he indicado antes, hemos acabado. Fíjate que l(a₁) es un número mayor o igual que 1.

Considera ahora a₂. Habrá en la lista que te han dado sucesiones ascendentes que comienzan con a₂. Si alguna tiene n + 1 números, ya hemos acabado. Supongamos que no es así. Sea l(a₂) el número de elementos de la sucesión ascendente más larga de las que comienzan con a₂. Así, 1 ≤ l(a₂) ≤ n. Análogamente vamos considerando a₃, a₄…

Ahora, consideremos los números 1, 2, 3, …, n y preguntemos: ¿cuántos aj de nuestra lista a₁, a₂, a₃…, an2₊₁ son tales que l(aj) = 1? ¿Cuántos aj de nuestra lista son tales que l(aj) = 2? ¿Cuántos aj de nuestra lista son tales que l(aj) = n? Si nuestra respuesta fuese siempre un número menor o igual que n, entonces tendríamos a lo sumo n² números, lo que es imposible, pues los números dados son n² + 1. Resulta (como ves, hemos usado el principio del palomar) que para algún número h entre 1 y n hay al menos n + 1 números aj de nuestra lista tales que l(aj) = h. Estos n + 1 números, cambiándolos de nombre por comodidad de notación, aparecen en la lista a₁, a₂, a₃, …, an2₊₁ que nos dieron como

… b₁…, b₂…, b₃… …bn₊₁…

Pero ¿podrá ser b₁ < b₂? Si así fuera resultaría que b₂ es cabeza de una sucesión ascendente de h elementos y así, poniendo por delante b₁, resultaría que b₁ es cabeza de una sucesión ascendente de h + 1 elementos. Pero habíamos quedado en que el número máximo de elementos de las sucesiones ascendentes comenzando por b₁ era h. Resulta, por tanto, que tiene que ser b₁ > b₂. Análogamente, ¿podrá ser b₂ < b₃? No, por el mismo razonamiento que antes. Análogamente, hasta el final. Así obtendremos que

b₁ > b₂ > b₃ >… > bn₊₁

y, por tanto, tenemos una sucesión descendente de n + 1 elementos de la lista dada. Como ves, de todas, o bien hay una sucesión ascendente de al menos n + 1 elementos o bien una descendente de al menos n + 1 elementos. ¿No te parece elegante?

Notas

Una de las peculiaridades llamativas de las matemáticas es la que has podido comprobar en este capítulo y en otros precedentes. Principios y observaciones aplastantemente simples producen, después de una elaboración racional no muy complicada, enunciados que, cuando uno los ve por primera vez, parecen pertenecer a otro orden de ideas completamente distinto.

Algo parecido ocurre con el fenómeno, aún más sorprendente, de la aplicabilidad de la matemática al mundo de la realidad. Es verdad que los principios sobre los que basamos nuestro edificio matemático los tomamos de la realidad y que las conexiones lógicas de nuestra mente pretenden imitar de algún modo las leyes de funcionamiento del mundo exterior a ella. Algunos piensan que esto es suficiente para desvelar el misterio de la aplicabilidad de las matemáticas. Pero los principios matemáticos de la base son hasta cierto punto mutilaciones de una realidad mucho más rica e, igualmente, parece seguro que nuestras leyes lógicas sólo aproximan muy rudamente el funcionamiento real del mundo exterior. Y sin embargo… sobre estos principios y con esta lógica nos construimos un edificio mental que luego resulta capaz de predecir fenómenos reales con una exactitud asombrosa. Esta situación es una continua fuente de asombro para matemáticos y científicos en general, muy bien expresada por un famoso premio Nobel de Física, E. P. Wigner, en un artículo certeramente titulado «La irrazonable efectividad de la matemática en las ciencias naturales»: «El milagro de la adecuación del lenguaje de la matemática para la formulación de las leyes físicas es un don maravilloso que ni entendemos ni merecemos. Deberíamos mostrarnos agradecidos por él y esperar que permanecerá siendo válido en la investigación futura y que se extenderá, para bien o para mal, para placer nuestro aunque también tal vez para nuestra perplejidad, a ramas más amplias del saber».

Es también notable lo que N. Bourbaki dice al respecto en un artículo sobre «La arquitectura de las matemáticas»: «Que existe una relación íntima entre los fenómenos experimentales y las estructuras matemáticas parece confirmarse plenamente de la forma más inesperada mediante los descubrimientos más recientes de la física contemporánea. Pero no sabemos absolutamente nada sobre los fundamentos de este hecho (suponiendo que se pudiera encontrar realmente significación a estas palabras) y tal vez no lleguemos a saber nunca sobre ello».

7. Sobre el infinito

No puedo resistirme a la tentación de contarte un pequeño rollo macabeo. Al fin y al cabo, aunque yo lo encuentre entretenido, tú sí que puedes resistirte a la tentación de leerlo y pasar directamente unas páginas más adelante donde empezaremos a utilizar la inducción matemática como uno de los métodos de tratamiento del infinito.

El intento de encontrar un método matemático de tratamiento adecuado de los procesos infinitos ha estado presente en la historia de la matemática desde sus comienzos. En realidad, los mismos números naturales 1, 2, 3…, con los que la matemática comienza, constituyen con su aparente simplicidad un primer intento de levantar esta torre hacia la altura. Esos puntos suspensivos detrás del 1, 2, 3 que escribimos son los primeros escalones de nuestro ascenso hacia el infinito matemático. Los pitagóricos, en el siglo VI a. de C., pensaron que no tendrían que salirse esencialmente de los números naturales para interpretar matemáticamente toda la realidad. Su sorpresa debió de ser enorme al comprobar que, como hemos visto antes (capítulo «Escaleras abajo…») ya en el propio símbolo de su fraternidad religiosa, el pentagrama, estaba agazapado un monstruo incomprensible, el número irracional. Aparecieron las paradojas de Zenón (Aquiles y la tortuga, etc.) que ponían bien de manifiesto que nuestras ideas de lo infinitamente pequeño están muy lejos de ser claras. La misma confusión surgió más tarde con las paradojas de Galileo sobre lo infinitamente grande. La situación pareció ir bien encaminada al final del siglo XIX cuando Weierstrass y Dedekind lograron, reinterpretando y poniendo al día viejas teorías de los griegos, basar él tratamiento del número irracional en los números naturales y dar reglas bien claras para el manejo adecuado de lo infinitamente pequeño. Cantor con sus nuevas ideas sobre los conjuntos infinitamente grandes, de las que hemos visto algunas (capítulo «Escaleras arriba…»), pareció abril las puertas de un nuevo paraíso, como Hilbert llamó a este mundo de los infinitos y superinfinitos. Pero pronto comenzaron a aparecer oscuros nubarrones en el horizonte. Hemos visto cómo para cualquier conjunto infinito I que nos podamos fabricar, el conjunto formado por sus subconjuntos, es decir el conjunto P(I) de partes de I, es un conjunto más infinito que I, es decir sus elementos no se pueden etiquetar usando como etiquetas los elementos de I. Tenemos así un método con el que construir una escalera para elevarnos a conjuntos de mayor infinitud… ¿hasta dónde? Podemos pensar que el conjunto U de todas las cosas pensables es el universo total, que no podrá haber ningún infinito más grande… Pero el conjunto U* = P(U) de partes de U es todavía más infinito y el conjunto P(P(U)) lo es todavía más y así no terminamos nunca…

… el edificio de las matemáticas se cuartea…

Muchas nuevas paradojas empezaron a cuartear el edificio de las matemáticas en sus mismos cimientos. En el año 1925, Hilbert, uno de los matemáticos más prestigiosos de nuestro siglo, en un famoso discurso con el título de este mismo capítulo, Ueber das Unendliche, se propuso como tarea la de sanear los cimientos de la matemática demostrando, por métodos que no se pudieran prestar a discusión, la consistencia de las matemáticas, es decir, la imposibilidad de que, razonando correctamente a partir de los axiomas, se pudiese llegar alguna vez a una contradicción, es decir a una proposición A y a su negación no A. Pasaron unos pocos años y, en 1931, Kurt Gödel deshizo toda esperanza de lograr este objetivo. Gödel demostró que en cualquier sistema matemático que sea suficientemente poderoso para que en él se pueda desarrollar la aritmética ordinaria, la de los números naturales, existen proposiciones P con perfecto sentido dentro del sistema que son indecidibles, es decir, P no se puede demostrar, pero tampoco no P se puede demostrar… Y UNA DE ELLAS ES PRECISAMENTE LA QUE AFIRMA LA CONSISTENCIA DEL SISTEMA.

La confianza de los matemáticos en la solidez de su edificio está basada sobre la experiencia de sus 25 siglos de existencia, iluminados con sus éxitos indiscutibles, pero al mismo tiempo con sus períodos de claroscuros y de zozobras sobre la seguridad de su ciencia, especialmente cuando algún descubrimiento importante ha aparecido en el horizonte: números irracionales, cálculo infinitesimal, geometrías no euclídeas, crisis de los fundamentos, teorema de Gödel… La actitud en general ante estas situaciones ha sido la de caminar por el sendero más prometedor de éxito en lo que se refiere a la interpretación matemática de la realidad… Y así sigue siendo hoy día. Sólo que los matemáticos de hoy que más han reflexionado sobre el sentido de la actividad de su ciencia se dan cuenta de que, al contrario de lo que pensaron muchos de sus predecesores en siglos pasados, la matemática no es el bastión infalible de la certeza fundamentada sobre roca, desde el que se puede mirar con cierto menosprecio a las otras ciencias, sino que participa en mucho del carácter empírico y tentativo de todas ellas.

… el juego de la inducción…

Inducción. Otro modo de tratamiento del infinito.

Dejémonos ahora de contemplaciones filosóficas y vayamos a la acción. ¿Cómo se maneja el infinito matemático? Ya hemos visto algunos métodos. El método de descenso se puede usar con ventaja para demostrar que entre los números naturales no hay números que verifiquen tal o cual propiedad. El proceso diagonal de Cantor nos ha servido para elevarnos de un infinito a otro. En realidad la mayor parte de los métodos matemáticos que se han inventado, cálculo infinitesimal, cálculo integral…, son métodos para manejar situaciones en que aparecen procesos infinitos de una u otra forma.

Uno de los métodos más simples, usado sistemáticamente de modo explícito por vez primera por Pascal en el siglo XVII es el de inducción. La idea es la siguiente. Tienes las 28 fichas de dominó. Estás seguro de que las has colocado de pie, en fila india, de forma que si cae una cae seguro la siguiente. Un gracioso te tira la primera hacia la segunda. ¿Conclusión? ¡Se caerán todas! Puedes concebir los números naturales 1, 2, 3, 4…, como fichas de dominó. Suponte que puedes estar seguro, demostrar, que si uno cualquiera h tiene una cierta propiedad P, entonces también el siguiente h + 1 la tiene. A continuación te aseguras que el primero tiene la propiedad P. ¿Conclusión? Está claro: Todos los números naturales tienen la propiedad P. Esto tan sencillo es la inducción. Naturalmente, a veces puedes demostrar que el 4 tiene la propiedad P. Entonces concluyes que todos los números a partir del 4 tienen la propiedad P. Eso de que si uno, h, tiene la propiedad P, entonces el siguiente, h + 1, también la tiene es el paso importante. A suponer que h tiene la propiedad P se le suele llamar hipótesis inductiva. ¡Fíjate que ese paso importante anterior por sí mismo no demuestra nada! Es como colocar las fichas de dominó de pie, en fila india, y no saber que ha caído la primera. Tampoco te sirve de mucho, si quieres asegurar algo sobre todos los números, saber que una cierta propiedad P la tienen todos los números del 1 al 57 sin demostrar que si la tiene h también la tiene h + 1. Por ejemplo, la propiedad P de ser menor que 58 la tienen todos ellos, pero es claro que no puedes demostrar que si h es menor que 58 también lo es h + 1. Aquí, 57 la tiene, pero 58 no.

El método de inducción resuelve multitud de problemas y de juegos. Comienzas experimentando con números pequeños. Cuando has manejado bastante la situación empiezas a intuir una pauta, y fácilmente te viene a la cabeza una conjetura. Para 1 sucede esto, para 2 también, para 3 lo mismo… Equivale a decir que 1 tiene una cierta propiedad, 2 también, 3 también… ¿Sucederá que todo n la tiene también? ¿Cómo demostrarlo? Entonces supones que h la tiene y a partir de ahí demuestras que también la tiene h + 1. Queda claro. Todo n tiene la propiedad.

Veamos unos cuantos ejemplos

a) ¿Cuál es el número de subconjuntos de un conjunto de n elementos?

Empecemos buscando una notación adecuada. Sea

Cn = {a₁, a₂, a₃…, an}. Experimentemos:

Si n = 1, C₁ = {ax}. Subconjuntos de C₁: Ø, {a₁}. Son 2.

Si n = 2, C₂ = {ah a₂}. Subconjuntos de C₂: Ø, {a₁}, {a₂}, {a₁,a₂}. Son 4.

Si n = 3, C₃ = {a₁,a₂,a₃}. Subconjuntos de C₃: Ø, {a₁}, {a₂}, {a₁,a₂}, {a₃}, {a₁,a₃}, {a₂,a₃}, {a₁,a₂,a₃). Son 8.

Conjetura: ¿Serán, para Cn, 2n?

Tratemos de demostrarla por inducción. Supongamos que si n = h entonces hay efectivamente 2h subconjuntos de Ch (hipótesis inductiva). Tratamos, con esta hipótesis, de demostrar que Ch+₁ = {a₁,a₂, a₃…, ah,ah₊₁) tiene 2h⁺¹ subconjuntos. ¿Cómo se forman los subconjuntos de Ch₊₁? Si miramos cómo hemos formado los de C₂ a partir de los de C₁, los de C₃ a partir de los de C₂… nos damos cuenta pronto de que los de Ch₊₁ son los mismos de Ch y, además, estos mismos añadiendo a cada uno ah+x. Resulta evidente, pues, que los de Ch₊₁ son en número el doble que los de Ch. Como suponíamos que los de Ch eran 2h resulta así que los de Ch₊₁ son 2h⁺¹, con lo que el resultado está demostrado. El número de subconjuntos de Cn es 2n.

b) Demostrar que para cualquier número primo p y cualquier número natural n se verifica np – n = ṗ.

Tratemos de hacerlo por inducción. Aquí la conjetura nos la dan hecha. No tenemos que experimentar mucho. Comprobamos que, efectivamente, para n = 1, 1 – 1 = 0 = ṗ y así la proposición dada es cierta para n = 1.

Supongamos que para h se verifica hp – h = ṗ. Veamos si podemos deducir que entonces también se verifica (h + 1)p – (h + 1) = ṗ. ¿Cómo? Tratando de reducir esto al caso h.

Estamos suponiendo (hipótesis inductiva) que hp – h = ṗ. Si logramos ver que

es múltiplo de p, todo está hecho.

Observa los números combinatorios que van interviniendo en la expresión de arriba para los sucesivos números primos p

La experiencia parece que dice que va a ser cierto que con 1 ≤ j ≤ p – 1 es múltiplo de p. ¿Cómo asegurarnos? ¿Cómo es ?

El número es un número entero que coincide con el de la derecha de la igualdad. El número p del numerador de esa expresión es un número primo y así no se puede simplificar con ninguno de los del producto que constituye el denominador, pues 1 ≤ j ≤ p – 1 y 1 ≤ p – j ≤ p – 1. Por tanto p figura entre los factores primos de , es decir con 1 ≤ j ≤ p – 1 es múltiplo de p. Así, tenemos demostrado que si la proposición es cierta para h también lo es para h + 1. Como para n = 1 la cosa va bien, la propiedad enunciada queda demostrada para todo n.

c) Demuestra que para todo n natural se tiene

Si n = 1, 1 < 2 = 2. Cierto

Si n = 2, 1 + 1/ < 2. Cierto

Supongamos que es cierto para n = h, es decir supongamos (hipótesis inductiva) que

Tenemos que establecer que entonces

¿Será verdad? Usando la hipótesis inductiva podemos escribir

y nuestra tarea quedará concluida si logramos probar que

Esto es equivalente a demostrar

y esto es, a su vez, equivalente a demostrar que

lo cual, elevando al cuadrado, es equivalente a demostrar que

4h(h + 1) ≤ 4h² + 4h + 1 = 4h(h + 1) + 1

Haciendo simplificaciones, esto último es equivalente a demostrar que

0 ≤ 1

lo cual es claramente cierto.

Así resulta que si la propiedad es cierta para h entonces lo es también para h + 1. Como es cierta para 1, resulta ser cierta para todo n.

d) A veces el principio se puede aplicar allí donde no parecen figurar explícitamente los números naturales.

Fíjate en el siguiente ejemplo. Toma una cuartilla. Traza en ella un número finito cualquiera de rectas. Imagínate que lo que te ha resultado es el mapa de un cierto mundo imaginario. Cada región limitada por algunas de las rectas es un país. Tienes dos lápices de colores, blanco y gris, y quieres colorear el mapa adecuadamente de modo que cada dos países con un segmento de frontera común tengan distinto color, como debe ser. Si tienen sólo un punto de frontera común, o ninguno, no importa que tengan el mismo color, pues se distinguen suficientemente. ¿Se podrá realizar siempre esta tarea? ¿Sí? ¿No? Si es que sí ¿puedes indicar una estrategia adecuada, es decir un procedimiento tal que siguiéndolo paso a paso consigas tu objetivo en cualquier caso?

Tratemos de proceder por inducción sobre el número de rectas que hemos trazado en nuestro plano al empezar. Veamos. Si sólo hay una recta, la cosa es bien clara. Hay sólo dos países y así uno es blanco y el otro gris, y se acabó. Supongamos que siempre que haya h rectas los países se pueden colorear con los dos colores. Tomemos el caso de h + 1 rectas. Si quitamos una, la que nos parezca, tenemos un mapa determinado por h rectas. Lo coloreamos adecuadamente, pues estamos suponiendo que se puede (hipótesis inductiva).

Al restituir la recta que habíamos quitado, ésta divide la cuartilla en dos partes. Algunos países del mapa anterior ya coloreado quedarán divididos también, otros no. Dejemos como están los colores de una de las dos partes de la cuartilla que la nueva recta ha determinado. Los colores de la otra parte de la cuartilla los cambiamos. Donde había blanco ponemos gris, donde había gris ponemos blanco. Observa ahora cómo los países del mapa de h + 1 rectas han quedado perfectamente coloreados. Así hemos visto que si la propiedad es cierta cuando hay h rectas también lo es cuando hay h + 1 rectas. Como para una recta estaba bien claro que también era cierta la propiedad, resulta que ésta es cierta para cualquier número de rectas.

Además lo que hemos visto nos da una estrategia suficientemente buena, siguiendo los pasos que hemos seguido en esta demostración. Consideremos inicialmente una sola de las rectas. Coloreemos. Añadamos una recta de las dadas. Cambiemos los colores de un lado de esta recta. Añadamos otra recta. Cambiemos los colores de un lado… Si hay muchas rectas esto es un poco complicado. Demasiados cambios de colores. Poco práctico. ¿Puedes idear una estrategia más simple?

e) ¿Sabrías demostrar que la suma de los n primeros números impares resulta ser un cuadrado perfecto?

Pitágoras lo vio así, colocando piedrecillas en la arena de la playa

1 = 1²

.

1 + 3 =

= 4 = 2²

1 + 3 + 5 =

= 9 = 3²

1 + 3 + 5 + 7 =

= 16 = 4²

Gauss, a sus 5 años, lo hubiera demostrado así: los n primeros impares son

1,

3,

5,

7,

…,

2n – 1

l.º,

2.º,

3.º,

4.º,

…,

n-ésimo

Llamemos Sn a la suma de ellos, que la escribiremos de dos maneras

Sn=

1

+

3

+

5

+

…

+

(2n – 3)

+

(2n – 1)

Sn =

(2n – 1)

+

(2n – 3)

+

(2n – 5)

+

…

+

3

+

1

Sumemos

n veces

2Sn = 2n + 2n + 2n + 2n +… + 2n + 2n = 2n²

Sn = n²

Trata ahora de hacerlo por inducción. La cosa va bien para el primer impar 1 = 1². Supongamos que es cierto que, cuando sumamos los h primeros impares, resulta

Sh = 1 + 3 + 5 +… + (2h – 3) + (2h – 1) = h²

Veamos qué pasa con los h + 1 primeros impares. ¿Cuál es su suma?

Sh₊₁ = 1 + 3 + 5 +… + (2h – 3) + (2h – 1) + (2h + 1)

Usando la hipótesis inductiva resulta

Sh₊₁ = Sh + 2h + 1 = h² + 2h + 1 = (h + 1)².

Por tanto, al ser cierto para Sh₊₁ = (h + 1)², es cierto para todo n que Sn = n².

Notas

Del primer enfrentamiento serio que conocemos del pensamiento humano con los procesos infinitos surgieron las paradojas de Zenón, «inmensamente profundas», como las calificó Bertrand Russell. La verdad es que no se sabe muy bien cuál fue la intención de Zenón al proponerlas y que, ni siquiera, en el caso de la del Estadio, se entiende muy bien la propuesta de Zenón. Las conocemos sobre todo a través de Aristóteles, quien las fulmina rápida y un tanto insatisfactoriamente.

La tortuga y Aquiles

Aquiles y la tortuga es la primera de las cuatro. Aquiles y la tortuga hacen una carrera. La velocidad de Aquiles es diez veces superior a la de la tortuga. Por eso, generosamente, Aquiles concede una ventaja inicial a la tortuga. Él saldrá del punto 0 y la tortuga del punto 1 de la regla. Comienzan a moverse. Cuando Aquiles esté en el punto 1, la tortuga estará en el punto 1,1. Cuando Aquiles llegue al punto 1,1 la tortuga estará en el punto 1,1 + (0,1/10) = 1,11. Cuando Aquiles esté en el punto 1,11 entonces la tortuga estará en el punto 1,111. Así la tortuga siempre va por delante de Aquiles y nunca es alcanzada.

La segunda paradoja se llama de La dicotomía, o división por dos. Va así: el movimiento no existe, porque para moverte una distancia de una unidad hace falta que recorras antes 1/2 y cuando lo has hecho te queda otro tanto por recorrer. Pero para recorrer 1/2 hace falta que recorras antes 1/4 y aún te queda otro tanto, etc. Como para recorrer cualquier distancia necesitas tiempo, resulta que necesitarías tiempo infinito para pasar de cualquier sitio a cualquier otro. Por tanto, el movimiento no existe.

La tercera es la de La flecha. La flecha que has lanzado no se mueve, aunque te parezca lo contrario, porque en cada instante que consideres, la flecha está quieta en un lugar determinado, lo que equivale a que está en todo instante en reposo.

Estas tres primeras paradojas parecen estar directamente encaminadas a contradecir las ideas de los pitagóricos sobre la estructura del espacio y del tiempo físicos. Tal vez los pitagóricos contemporáneos de Zenón consideraban tanto el espacio como el tiempo constituidos como un aglomerado de unidades indivisibles homogéneas de espacio y de tiempo, respectivamente. Para una concepción semejante, las paradojas constituyen una buena dificultad.

La cuarta paradoja, del Estadio, es más controvertida. Una de las posibles interpretaciones, que viene también a atacar la concepción atomista del espacio y el tiempo, es la siguiente. Supongamos que, efectivamente, hay una unidad atómica de espacio y otra de tiempo. Imaginémonos tres filas de unas cuantas unidades de espacio ocupadas por objetos materiales como indica la figura

En una unidad de tiempo, A se va a quedar quieta, B se va a mover hacia la derecha una unidad de espacio y C se va a mover una unidad de espacio hacia la izquierda. Así pues, en la unidad de tiempo siguiente las cosas están como indica la figura siguiente

Olvidémonos ahora de A. Resulta entonces que, en una unidad de tiempo, C se ha movido hacia la izquierda de B dos unidades de espacio. Pero entonces se puede tomar una unidad de tiempo más pequeña, el tiempo que C tarda en moverse una unidad de espacio respecto de B. Por tanto, el tiempo no puede estar constituido por unidades atómicas.

Piensa, piensa, que todo esto tiene mucha más miga de lo que parece…

De la vida de Zenón de Elea apenas se sabe nada. Su actividad se sitúa hacia el año 450 a.C. Fue miembro de la escuela de Parménides en Elea, en el golfo de Tarento, y su método de pensamiento dialéctico parece anticipar el de Sócrates, aficionado también a colocar al interlocutor en situación de pensar y resolverse sus problemas más bien que darle soluciones hechas.

8. A vueltas con las flechas

Coge dos cuartillas iguales. Colócalas sobre la mesa, una encima de la otra. A cada punto P de la de abajo le corresponde uno P* de la de arriba, el que está exactamente encima. Ahora deja la cuartilla de abajo como está, agarra la de arriba y la doblas, arrugas y estrujas como quieras, sin romperla. A continuación la colocas así doblada, arrugada y estrujada, encima de la cuartilla que dejaste sobre la mesa y la aplastas contra ella, por ejemplo con un librote bien gordo, sin que sobresalga nada de la arrugada por fuera de los bordes de la de abajo. ¿Sabes que se puede asegurar que algún punto P* de la de arriba ocupa el mismo lugar que ocupaba antes del estrujamiento y arrugamiento, es decir, que está ahora encima del mismo punto P?

Otro experimento. Tienes una taza de café. Empiezas a revolver con una cucharilla, sin salpicar. Revuelves por medio minuto a tu antojo. Dejas que repose. ¿Sabes que hay al menos una partícula de tu café que ocupa exactamente el mismo lugar que ocupaba al comienzo, antes de revolver?

Revolviendo el café

Estos son dos ejemplos de un mismo resultado matemático de un famoso holandés de este siglo, Brouwer. Se suele llamar el teorema del punto fijo o teorema de Brouwer. Sin él el análisis matemático actual sería incomparablemente menos rico y potente de lo que hoy día es. Verás en este capítulo cómo, jugando un poco con flechas, podemos llegar a conclusiones curiosísimas, divertidas y al mismo tiempo extraordinariamente útiles para matemáticos, físicos y otros muchos científicos.

En lugar de razonar sobre dos papeles en forma de cuartilla vamos a hacerlo sobre dos círculos iguales de radio R. En realidad es fácil reducir un caso al otro y resultará más fácil de expresar lo que hacemos. Tenemos, pues, al principio los dos círculos superpuestos. A cada punto P del de abajo le corresponde P* del de arriba, situado exactamente sobre P. Después de arrugar, estrujar y colocar aplastado el círculo de arriba sobre el de abajo sin que sobresalga, el punto P* habrá ido a parar a otra posición P'. Es decir el punto P* que ocupaba la situación P ha ido a parar a P'.

Nuestro objetivo es tratar de demostrar que necesariamente hay algún punto P tal que su correspondiente P' coincide con él. ¿Qué tiene que ver esto con las flechas? Verás. Supongamos que no ocurre esto que queremos demostrar que ocurre, es decir que para cada P el punto P' es otro. Si es otro, podemos, para cada P del círculo, pintar una flecha PP', con el origen en P y el extremo en P'. Así, tenemos para cada punto del círculo una flecha que parte de él. Los extremos P' no llenarán necesariamente el círculo, pues el papel arrugado y aplastado quedará más pequeño que el círculo sin aplastar. Lo que nos interesa ahora es demostrar que esta situación es insostenible, que nos conduce a una contradicción. Así, nuestro punto de partida tendrá que ser falso, es decir que algún punto P es tal que su punto P' coincide con él, que es lo que queríamos demostrar.

¿Cómo llegamos a esa contradicción? El ingenioso truco, que nos será de gran utilidad en otros casos, consiste en observar cómo se comportan las flechas, las vueltas que dan, cuando vamos haciendo variar sus orígenes.

Lo que vamos a hacer es mirar las flechas que tienen sus orígenes sobre una circunferencia concéntrica con el borde, por ejemplo la cr, de radio r, señalada en la figura, y preguntarnos: cuando los orígenes de estas flechas dan una vuelta en el sentido indicado en la figura comenzando en Hr ¿cuántas vueltas da la flecha?

Para poder estudiar más cómodamente las vueltas de las flechas podemos trasladarlas paralelamente hasta poner sus orígenes en un mismo punto. La flecha, al moverse su origen sobre cr, parece que puede hacer muchas diabluras por el camino. Pero, recuerda, el papel fue arrugado pero no roto en ningún momento y, por tanto, flechas con puntos de origen próximos tienen que tener extremos próximos. Así, cuando después de casi una vuelta el origen se aproxima al punto de partida Hr el extremo correspondiente se aproxima al extremo de la flecha inicial y, por tanto, el número de vueltas de la flecha, sea cual sea r, es un número entero de vueltas, es decir, la flecha no puede dar tres cuartos de vuelta o vuelta y media.

Otra observación que se desprende de lo mismo. Si consideras dos circunferencias cr y cs con r y s muy próximos, como en la figura,

y vas mirando las flechas con orígenes sobre radios comunes, resulta que los orígenes están muy cerca y, por tanto, los extremos también. Así, las flechas correspondientes no se separan mucho en dirección. De modo que, si r y s son muy próximos entonces el número de vueltas que dan las flechas con orígenes en cr y cs es el mismo. Mediante incrementos pequeños podemos movernos desde valores pequeños de r hasta el valor R, el más grande, que es el del radio exterior de nuestro círculo de papel. El número de vueltas de las flechas al moverse los orígenes sobre cr tiene que ser, pues, el mismo para cualquier r entre O y R. Ya tenemos una consecuencia importante de nuestra hipotética situación que podemos comprobar. ¿Cuál es el número de vueltas cuando r es muy pequeño? ¿Cuál es el número de vueltas cuando r es R?

Si r es muy pequeño, los puntos de cr están todos muy cerca del centro O del círculo y los extremos de las flechas correspondientes apenas se mueven. Por tanto, el número de vueltas tiene que ser cero, ninguna vuelta, todo lo más, pequeñas variaciones alrededor de una misma dirección, como indica la figura siguiente.

Si r es R, estamos con el origen de cada flecha en el borde del círculo. Como el extremo está en algún punto interior del círculo, es evidente que la flecha está del mismo lado de la tangente al círculo en el punto correspondiente del borde en el que está el círculo.

La flecha va como empujada por la tangente. Como la tangente da una vuelta, resulta que la flecha no tiene más remedio que dar también una vuelta. ¡Aquí está la contradicción! Si nuestro punto de partida era cierto, entonces cero es igual que 1. Por tanto era falso y tiene que existir P tal que P' coincide con P.

Las flechas dan mucho juego, como verás en el siguiente y curioso teorema de la bola de billar peluda. Tienes en una mano una bola de billar y en la otra un montón de pelos largos e hirsutos. Se te ocurre el extraño capricho de pegar en cada punto de la superficie de la bola un pelo por la punta, pero de tal modo que quede el pelo tangente a la bola y, además que las direcciones de los pelos varíen de forma continua, es decir, que las direcciones de pelos correspondientes a puntos cercanos sean próximas. ¿Piensas que podrás salirte con la tuya? Como ves, en términos de flechas, se trata de llenar la superficie de la bola con flechas tangentes a la superficie, de origen en ella y de modo que sus direcciones varíen de forma continua. Procedemos como antes. Vamos a tratar de demostrar que no se puede. Para ello, supongamos que se puede e intentaremos llegar a una contradicción. Supongamos que se puede. Tenemos ya la bola con las flechas de la forma requerida. Usemos un truco parecido para llegar a la contradicción. Miremos la bola como si fuese un globo terráqueo para entendernos mejor al expresar direcciones, etc. Ahora vamos a contar las vueltas que dan las flechas al mover sus orígenes sobre diferentes paralelos. Nos colocamos en uno de ellos, por ejemplo de latitud 43°N, y en el meridiano de Greenwich, longitud 0º, con el vértice correspondiente al ángulo recto de un cartabón sobre el punto exacto. El lado largo del cartabón que pasa por ese vértice lo vamos a mantener en dirección oeste al movernos, y el lado corto en dirección norte. El cartabón, por tanto, va a permanecer tangente al globo con uno de sus lados en la dirección del meridiano y otro en la dirección del paralelo. En esa situación la flecha correspondiente al punto en el que estamos, permanece en el plano del cartabón en todo momento y vamos a considerar el ángulo que forma esta flecha con el lado del cartabón en dirección oeste. Nos movemos hacia el oeste y recorremos todo el paralelo. En nuestro plano del cartabón vemos girar la flecha y dar vueltas, como antes, un número entero de ellas.

También, como antes, para dos paralelos próximos, por la continuidad de la variación en la dirección de las flechas, el número de vueltas es el mismo y, también como antes, llegamos a que para todos los paralelos el número de vueltas es el mismo y en el mismo sentido. ¿Es esto cierto? Cuando estamos sobre un paralelo muy cercano al polo norte, las flechas, por la continuidad en la variación, apenas cambian de dirección, pues tienen sus orígenes muy cercanos. Se ve la cosa más o menos como en la figura siguiente, mirando con lupa esa región

y sobre nuestro plano del cartabón vemos a la flecha dar una vuelta en sentido contrario al de las agujas del reloj. Cuando estamos cerca del polo sur la cosa se ve más o menos así

y vemos cómo la flecha gira una vuelta en el sentido de las agujas del reloj. Esto es imposible por lo que nuestra tarea de ponerle ese tipo de peluca a la bola tiene que ser imposible.

Aquí tienes una cosa aparentemente más seria que se puede hacer con las flechas. Supondré que sabes lo que es un número complejo, cómo se representa en el plano, cómo se representa el producto de dos números complejos y poco más. Si no sabes nada de eso, no te preocupes y pasa a otra cosa. Los trucos que aquí aparecen no tienen nada de nuevo con respecto a los ejemplos anteriores.

Por medio de las flechas vamos a demostrar lo que se llama el teorema fundamental del álgebra: Para todo polinomio con coeficientes a₁, a₂, a₃, …, an reales o complejos

P(z) ≡ zn + a₁zn–l + a₂zn–²+… +an–1z + an

existe al menos un número s (real o complejo) tal que P(s)=0.

¿Cómo procedemos? Como antes. Supongamos que no existe tal s. Entonces la situación es la siguiente: para cada número complejo s, P(s) ≠ 0. Para cada número complejo s podemos pintar una flecha, la que tiene por origen O y por extremo P(s). Como estamos suponiendo que P(s) ≠ 0, para todo punto hay una flecha. Ahora hagamos girar s por circunferencias centradas en O y vamos a mirar las vueltas que dan las flechas correspondientes.

¿Qué pasa cuando la circunferencia es de radio muy pequeño? Como P(0) = an, si la circunferencia es de radio muy pequeño, entonces | s | es muy pequeño, y como

P(s) – P(0) = (sn + a₁sn–1 +… + an–1s + an) – an = s(sn–1 +… + an–1)

resulta que |P(s) – P(0)| es una cantidad muy pequeña. Por tanto P(s) se queda siempre muy cerca de P(0) y así la punta de la flecha correspondiente a s no hace sino oscilaciones muy pequeñas alrededor del punto P(0) = an. Por tanto, cuando la circunferencia es muy pequeña la flecha no da ninguna vuelta.

¿Qué pasa si la circunferencia es muy grande? Entonces | s |, que es el radio de esta circunferencia, es muy grande y P(s) se puede escribir así

P(s) = sn + (a₁sn–1 + a₂sn–2 +… + an)

y | sn | será mucho más grande que | a₁sn–1 + a₂sn–2 +… + an |

Supongamos que el radio de la circunferencia es tan grande que

| sn | > 100 | a₁sn–1 +… + an |.

Para ello basta escoger el radio R tal que

lo cual es siempre posible.

Miremos qué pasa ahora cuando s se mueve sobre esta circunferencia a partir del punto complejo R + Oi en sentido positivo, es decir contrario al de las agujas del reloj. En ese caso, el movimiento de P(s) = sn+ (a₁sn–1 + a₂sn–2 +… + an) viene claramente dominado por el de sn, es decir, sn se mueve sobre un círculo de radio Rn y la parte entre paréntesis representa una perturbación de menos de una centésima de este radio Rn del movimiento de sn. Ahora bien, ¿qué hace sn cuando s da una vuelta sobre la circunferencia de radio R? Cuando s tiene un argumento 360º/n, entonces, sn tiene argumento n × 360º/n = 360º, es decir sn ha dado una vuelta completa. Cuando s tiene argumento 2 × 360º/n entonces sn tiene argumento 2 × 360º y, así, sn ha dado dos vueltas… Cuando s tiene argumento n × 360º/n =360º, es decir, cuando s ha dado una vuelta entonces sn ha dado n vueltas. Por lo tanto, como P(s) es una perturbación relativamente muy pequeña (menor de una centésima) de sn, resulta que la flecha correspondiente a P(s) da también n vueltas.

¿Es esto posible? Observa que, como en los casos anteriores, cuando tomamos dos puntos s y s' sobre circunferencias con radios muy próximos r y r' de modo que Oss' estén en la misma semirrecta, entonces P(s) y P(s') están muy cercanos y, así, el número de vueltas de las flechas correspondientes a las circunferencias de radios r y r', muy próximos, es el mismo. De pocos en pocos resulta que el número de vueltas para radios pequeños es el mismo que para el radio R. Por lo que 0 = n, que es la contradicción que buscábamos. ¿De dónde proviene? De suponer que para todo 5 se verifica P(s) ≠ 0. Así que tiene que existir algún s tal que P(s) = 0.

Notas

Entre las herramientas más importantes del análisis moderno se cuentan precisamente los teoremas del punto fijo del tipo de los que hemos visto en este capítulo. Hay muchos otros más sofisticados basados en ideas parecidas a las que aquí hemos visto desarrolladas. La teoría de ecuaciones diferenciales se ha enriquecido enormemente gracias a estos teoremas. Para que veas cómo se puede usar en análisis el teorema del punto fijo de Brouwer, vamos a plantearnos la siguiente cuestión:

Consideramos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas x, y, siguiente:

Pregunta: ¿Tendrá este sistema alguna solución?

Para estudiarlo, ponemos el sistema en la forma

Que tenga una solución quiere decir que hay algún punto (x,y) del plano en coordenadas cartesianas tal que, tomando esos dos números x, y, y haciendo las operaciones indicadas por los segundos miembros del sistema, es decir

–sen² (xy) – cos³ y

–sen³ (x² + y²) – cos⁵ (x + y)

obtengamos los valores x e y, respectivamente. El hacer estas operaciones de los segundos miembros lo podemos interpretar como transformar cada punto del plano P = (x,y) en el punto T(P) = (–sen² (xy) – cos³ y, –sen³ (x² + y²) – cos⁵ (x + y)). Preguntarnos si existe una solución (x*,y*) del sistema equivale a preguntarnos si existe un punto P* = (x*,y*) tal que T(P*) = P*, es decir, si existe algún punto fijo para la transformación T.

Si consideramos la región del plano

R = {(x,y): | x | ≤ 2, | y | ≤ 2}

fácilmente observamos que T transforma puntos de R en puntos de R, T viene a arrugar y deformar R y colocarla sobre R. El teorema de Brouwer nos permite afirmar que sí existe un punto fijo y que por tanto EXISTE AL MENOS UNA SOLUCIÓN DEL SISTEMA.

9. Sobre números y primos

Aquí tienes unos cuantos casos más. Aunque huelan un poco a banco de escuela, no te amilanes. Trátalos con el mismo espíritu deportivo que pones en los que parecen como más de andar por la calle. No hace falta que sepas mucho para resolverlos. Lo único que hace falta es que coloques tu nariz en el lugar adecuado y, para ello, que la coloques antes, probablemente, en muchos lugares inadecuados hasta dar con el correcto. Adelante.

Demuestra que para cualquier número primo p mayor que 3 se verifica que p² es igual a un múltiplo de 12 más una unidad.

Demuestra que si n es un número natural tal que 2n + 1 es un cuadrado perfecto, entonces n + 1 es suma de dos cuadrados perfectos.

Te dan n + 1 números de entre los siguientes 1, 2, 3…, 2n. Demuestra que dos de los que te han dado son primos entre sí, es decir, su máximo común divisor es 1.

Te dan los mismos números que en el caso anterior. Demuestra que hay alguno de ellos que es múltiplo de otro.

Demuestra que el producto de cuatro términos consecutivos de una progresión aritmética de números naturales es la diferencia de dos cuadrados perfectos.

Demuestra que si a es un número entero positivo hay siempre dos números enteros x, y tales que x² – y² = a³.

Demuestra que si a, b, c son números enteros impares, entonces no existe ningún número fraccionario x tal que ax² + bx + c = 0.

Demuestra que no existen enteros mayores que cero x, y, z tales que x² + y² + z² = 2xyz.

Demuestra que, por grande que sea el número N, existen dos números primos p y q, tales que p – q es mayor que N y entre p y q no hay ningún número primo (es decir existen números primos seguidos tan distanciados como queramos).

Tras los misterios de los números primos

Algunas pistas para los casos propuestos

1. Demostrar que p² = 12 + 1 es equivalente a demostrar que p² – 1 = (p+ 1)(p – 1) = 12. Veamos, pues, si es verdad que (p + 1)(p – 1) es múltiplo de 12. Un múltiplo de doce ha de ser múltiplo de 3 y múltiplo de 4. Siendo p primo, resulta que p + 1 es par y que p – 1 lo es también. El producto de dos números pares es claramente múltiplo de 4. Así (p + 1)(p – 1) es múltiplo de 4. ¿Será también múltiplo de 3? Si p es mayor que 3 y primo, entonces p no es múltiplo de 3. Así que será de la forma + 1 o bien + 2. Si p = + 1, entonces p – 1 = . Si p = + 2, entonces p + 1 = + 3 = .

En todo caso (p+1)(p – 1) es múltiplo de 3. Por tanto p² = 12 + l.

2. Se nos dice que 2n + 1 es cuadrado perfecto. Comenzaremos por escribir que 2n + 1 = q², equivalente a 2n = (q + 1)(q – 1), lo que pone en claro que los dos números q + 1 y q – 1 son pares. Sea q + 1 = 2h. Entonces 2n = 2h (2h – 2) y, así, n = h (2h – 2) y también n + 1 = 2h² – 2h + 1 = h² + (h – l)².

3. Una idea que hay que tener siempre en cuenta al tratar con números naturales es la posibilidad de aplicar la inducción. Es claro que si n = 1 y de {1,2} te dan dos números cualesquiera, hay dos cuyo máximo común divisor es 1. Este es el primer paso de la inducción. Suponte que la proposición del enunciado es cierta cuando n = h (hipótesis inductiva), es decir que si de {1,2,3…,2h} te dan h + 1 números a₁ ,a₂, a₃,… ah+₁, entonces hay dos cuyo máximo común divisor es 1. Veamos ahora si mediante esta hipótesis podemos demostrar que también la proposición es cierta cuando n = h + 1. Es decir, de {1,2,3…,2h,2h+1,2h+2} te dan h + 3 números b₃, b₂, b₃,…, bh₊₂, bh+₃. ¿Habrá dos de ellos primos entre sí? Tratemos de reducirlo al caso anterior. Si ninguno de los números que nos han dado es 2h + 1 ni 2h + 2, es claro que nos han dado h + 3 números de entre {1,2,3,4…,2h} y podemos aplicar la hipótesis inductiva para concluir que hay dos primos entre sí. Si uno de ellos es 2h + 1 o 2h + 2, también podemos hacer lo mismo. Queda el caso en que dos de los números dados sean 2h + 1 y 2h + 2. Pero estos son números consecutivos y dos números consecutivos tienen siempre 1 como máximo común divisor. Así que ya lo tenemos todo.

Y ahora que hemos tropezado con esta última idea, de que dos números consecutivos son siempre primos entre sí, podemos proceder directamente para dar otra demostración distinta. Vamos a tratar de demostrar que entre los números dados hay siempre dos consecutivos. La idea es sencilla. Piensa por ejemplo que n es 10. Ahí tienes {1,2,3,4…,20}. Míralos como si fueran los sillones de una hilera de butacas de un cine, en el que entran a₁, a₂, a₃,…, an, a sentarse cada uno en una butaca. Son 11. Es fácil comprobar que hay dos de ellos que quedan juntos.

4. Como antes, una posibilidad es la de aplicar la inducción. Otra idea es la de tratar de aplicar la paridad, el principio del palomar… La siguiente demostración es muy ingeniosa. Tienes {1,2,3…,2n} y de ellos a₁, a₂,…, an, an+₁. Cada uno de ellos será de la forma aj = 2rjcj siendo cj impar y rj mayor o igual que 0, es decir, hemos separado el factor 2 con su exponente en aj. Ahora tienes c₁, c₂, c₃,…, cn, cn₊₁, que son impares y por supuesto entre 0 y 2n. Pero entre 0 y 2n no hay más que n impares. Por tanto dos de ellos son iguales (palomar). Por ejemplo c₂ = c₅ = s. Así . Si r₂ > r₅ entonces a₂ es múltiplo de a₅. Si r₂ < r₅ entonces a₅ es múltiplo de a₂.

5. El truco aquí es dar con la notación adecuada. Cuatro términos consecutivos de una progresión aritmética son de la forma

a, a + d, a + 2d, a + 3d

Si los multiplicas a(a + d)(a + 2d)(a + 3d) =… resulta un lío horrible, confuso, caótico…

¿Por qué no darle una forma que sea más manejable, más simétrica? Los números se encuentran en la recta de números reales

Tomamos el punto de en medio M. Posiblemente no será entero (si d es impar) pero… ¡adelante! Los números son ahora

y su producto

Si d es par, entonces M es entero y también y así tenemos lo que queríamos.

Si d es impar, entonces no es entero, pero 2dM sí y

también. Y también tenemos lo que buscábamos.

6. Se te puede ocurrir fácilmente poner la expresión buscada en la forma x² – y² = (x + y)(x – y) = a³. Si a es un número impar, entonces podemos poner x – y = 1, x + y = a³, y al resolver este sistema de ecuaciones obtenemos x = (a³ + 1)/2, y = (a³ – 1)/2, que son dos números enteros que satisfacen la relación pedida. Si a es un número par, a = 2h, podemos poner la expresión buscada en la forma x² – y² = (x – y)(x + y) = 2³h³, y ahora podemos poner, por ejemplo, x – y = 2, x + y = 2²h³. Resuelto el sistema obtenemos x = 2h³ + 1, y = 2h³ – 1, que son enteros que satisfacen la expresión pedida. ¿Podrías hallar otras soluciones distintas? ¿Podrías hallar todas las soluciones?

7. Probablemente se te habrá ocurrido algo parecido a lo siguiente. Supongamos que sí existe y sea x = p/q la fracción irreducible que representa x. Entonces tienes

es decir,

ap² + bpq + cq² = 0

Vamos a tratar de usar la paridad de p y q, sugerida claramente por el enunciado mismo. Como p/q es irreducible, si p es par entonces q es impar, y al revés, si q es par, entonces p es impar. Supongamos primero que p es par y q impar. Entonces ap² + bpq es par y cq², impar. Esto es imposible, pues la suma par + impar nunca es cero. Del mismo modo se excluye que sea q par y p impar. Supongamos, por tanto, que p es impar y q también. Entonces ap² es impar, bpq también y cq² también. Pero la suma de tres impares no puede ser nunca cero. Así nuestra suposición es imposible. El número x nunca puede ser una fracción.

8. A la vista del 2 en x² + y² + z² = 2xyz, se te puede ocurrir también usar la paridad. Supongamos que existen x, y, z que satisfacen la expresión propuesta. ¿Podrán ser los tres impares? No, pues 2xyz es par y la suma de tres impares x², y², z² es impar. ¿Podrá ser uno impar y los otros dos pares, por ejemplo x, y pares y z impar? No, por razones parecidas. ¿Podrá ser uno par y dos impares, por ejemplo x par e y, z impares? No podemos decir que no en principio, si razonamos como antes. Examínenos este caso un poco más a fondo. Si y, z son impares, serán y = 2j + 1, z = 2k + 1. Si x es par, será x = 2h. Así tendríamos

(2h)² + (2j + 1)²+(2k + 1)² = 2 × 2h (2j + 1)(2k + 1)

es decir

4h² + 4j² + 4j + 4k² + 4k + 2 = 4h (2j + 1)(2k + 1)

Por tanto, resultaría que ese dos (2) es múltiplo de 4 pues todos los otros términos de la igualdad lo son. Imposible. Así se excluye también este caso. Sólo queda que sean x, y, z pares. Pongamos

x = 2hx₁, y = 2jy₁, z= 2kz₁

con h, j, k mayores que 0 y x₁, y₁, z₁, impares. Así tenemos

De los tres números h, j, k, uno será menor o igual que los demás. Supongamos que sea h. Entonces, podemos escribir, simplificando la igualdad anterior,

Si j = h, k = h, entonces la igualdad queda

con lo que sería par. Imposible.

Si j = h, k > h, entonces

Como antes, siendo x₁, y₁ impares, resulta que x² + y² es múltiplo de 2 pero no de 4. Pero sí que es múltiplo de 4. Así que la última hipótesis es también imposible. Análogamente, se excluye el caso j > h, k > h.

Todas las posibilidades están excluidas usando como hemos visto la paridad y así sólo queda concluir que nuestro punto de partida era falso. Es decir, no pueden existir tres enteros x, y, z, tales que x² + y² + z² = 2xyz.

Un razonamiento parecido prueba que para ningún entero m mayor que cero existen tres números enteros positivos x, y, z tales que x² + y² + z² = 2mzyz. ¿Por qué no intentar demostrarlo por el método de descenso? Supongamos que sí, que hay cuaternas de números (x, y, z, m) tales que verifican la expresión anterior x² + y² + z² = 2mxyz. Sea (x, y, z, m) una cuaterna de estas tal que la suma x + y + z + m sea mínima. Tal como hemos razonado antes no puede suceder que x, y, z sean impares los tres, ni tampoco dos pares y uno impar, ni tampoco dos impares ni uno par. Sólo queda la posibilidad de que los tres sean pares. Pongamos que

x = 2x₁, y = 2y₁, z = 2z₁

y tendremos entonces , es decir, .

Tenemos, así, la cuaterna de números (x₁, y₁, z₁, m + 1) con la propiedad del enunciado y tal que

Lo que contradice nuestra elección de (x, y, z, m). Esto demuestra que no puede existir ninguna cuaterna con la propiedad propuesta, como queríamos demostrar.

9. Tomamos el número N + 1 y formamos ahora el número (N + 1)! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 ×… × (N – 1) × (N) × (N + 1) Llamemos H a este número. Es evidente que H + 2 es múltiplo de 2, H + 3 es múltiplo de 3, H + 4 es múltiplo de 4…, H + N es múltiplo de N, H + (N + 1) es múltiplo de N + 1. Ninguno de estos N números consecutivos es primo y, así, si p es el primo inmediatamente anterior y q es el inmediatamente posterior, éstos satisfacen la condición que se pide.

Notas

La teoría de números es el campo de la matemática que se ocupa de las propiedades de los números naturales fundamentalmente. Para los matemáticos, desde los pitagóricos hasta nuestros días, la teoría de números ha sido la reina de las matemáticas, como Gauss la llamó.

En la teoría de números se manifiesta de una forma esplendorosa la profunda unidad de la matemática. En el desarrollo actual de la teoría de números intervienen de forma decisiva el álgebra, el análisis real y complejo, la geometría, incluso los métodos probabilísticos. Y en esta interacción profunda de los diversos métodos matemáticos se pone de manifiesto de forma clara un hecho llamativo que produce una inevitable sensación de misterio.

Teoremas en cuyos enunciados no intervienen sino los más sencillos conceptos relativos a los números naturales, como ser primo, ser expresable mediante sumas de tales o cuales potencias…, sólo pueden ser establecidos mediante la puesta en acción de complicadas herramientas del análisis, de la geometría algebraica o de otros campos, de las que ni en las hipótesis ni en la tesis del teorema aparece la traza más remota. Parece difícil explicar cómo es que el mecanismo cognoscitivo del hombre necesita, para establecer la conexión entre una hipótesis y una tesis que aparecen tan cercanas, recorrer vericuetos tan complicados. La simplicidad de los enunciados, la sofisticación de métodos, la unidad y la armonía profunda de las ideas que se introducen en la teoría de números han atraído extraordinariamente a los matemáticos de todos los tiempos.

La teoría de números es uno de los campos en que abundan los buenos problemas abiertos, aquellos que el hombre de la calle puede entender inmediatamente y sin preparación especial alguna: ¿Es verdad que si n es mayor que 2, la ecuación xn + yn = zn no es resoluble en números naturales distintos de 0,1 (teorema de Fermat)? ¿Será cierto que todo número par se puede expresar como suma de dos números primos (conjetura de Goldbach)? ¿Existe un número infinito de números primos de la forma x² + k con k dado? ¿Existe un número infinito de números primos cuyas cifras en base 10 son todas unos?

10. La región perdida

Señalemos sobre una circunferencia n puntos de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no resulten tres cuerdas concurrentes. Son varias las preguntas que surgen de modo natural:

¿Cuántos puntos interiores a la circunferencia quedan determinados como intersección de todas las cuerdas que se pueden trazar uniendo los n puntos de dos en dos?

¿En cuántas regiones queda dividido el círculo por estas cuerdas?

El grafo determinado por los n puntos, las cuerdas que los unen y los arcos de la circunferencia entre dos puntos contiguos de los n dados ¿es euleriano, es decir, se puede recorrer sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por el mismo tramo?

He aquí unas cuantas cuestiones llamativas que se prestan a consideraciones matemáticas profundas, bellas y a la vez elementales, es decir, cerca de los elementos, lo cual no quiere decir necesariamente simples ni fáciles.

A. Para tratar de contestar a la primera pregunta podemos comenzar, de modo natural, experimentando y haciendo una lista de los números de puntos interiores para diferentes valores de n.

La ley de formación de la sucesión de números de puntos interiores no es ciertamente inmediata, pero la naturaleza misma del problema sugiere que eches una mirada a la tabla de números combinatorios, conocida como el triángulo de Tartaglia

Aquí no es difícil observar que nuestra columna de números coincide, al parecer, con la ristra de números señalada. Ya tenemos una conjetura plausible: Los números 1, 5, 15, 35, 70… parecen ser

Por lo que, tal vez, el número de puntos interiores sea en general .

Lo natural sería ahora tratar de demostrar esta conjetura por inducción, pero siendo un número con un significado intuitivo tan directo ¿no habrá alguna razón más transparente para que el número sea efectivamente ?

¿Cómo queda determinado un vértice interior? Claramente, por las dos cuerdas que se cortan en él ¿Y éstas? Obviamente cada una por sus dos extremos sobre la circunferencia… ¿Entonces…? ¡Sí! Cada vértice interior queda determinado unívocamente por cada conjunto de cuatro puntos de los n dados. ¿Cuántos hay? Evidentemente, . Problema resuelto. El número de puntos interiores es .

¿Podrías llevar adelante la otra demostración sugerida por inducción?

B. Para responder a la pregunta sobre el número de regiones podemos pensar en hacer números como en el caso anterior:

La experiencia parece sugerir la conjetura

n | 2n–1

pero si seguimos adelante un poco más, resulta

6 | 31

y, así, la conjetura queda encallada. Y si vamos más adelante aún con un gran dibujo y mucha paciencia, obtendremos

7 | 57

situación aún más alejada de nuestra conjetura.

Puesto que cuando se tienen seis puntos aparecen 31 regiones en lugar de las 32 esperadas, el problema que tenemos entre manos se suele llamar el problema de la región perdida.

Una discusión interesante del problema aparece en un magnífico librito de Ogilvy, donde el caso aparece aún rodeado de misterio. En 1973 Gibbs, en un artículo titulado Euler, Pascal and the Missing Región, logró aclarar plenamente la situación. Vamos a ver cómo.

A quien conozca la fórmula de Euler para una configuración plana como la que tenemos delante

Caras + Vértices = Aristas + 1

enseguida se le ocurrirá ir atando cabos. (Para una demostración sencilla puedes consultar el capítulo sobre los puentes de Königsberg en mi librito Cuentos con cuentas, Editorial Labor, Barcelona, 1985.)

Buscamos el número de caras C. Ya conocemos el número de vértices interiores , por lo que el número total de vértices será V = n + . De donde

Caras = Aristas + 1 – n –

Las aristas de nuestra configuración constituyen un problema más serio. Si experimentas un poco más verás que parecen constituir un montón cuyo número no parece fácil de determinar. Dando un pequeño rodeo al problema, tratemos de determinar algo un poco más general, pero que deje ver más clara la ley de formación de los segmentos que forman las aristas de la configuración. Intentaremos contestar a la siguiente cuestión:

B*. En un círculo se trazan n cuerdas de modo que no haya tres concurrentes. ¿Cuál es el número de segmentos, dentro del círculo, que determinan al cortarse?

Hagamos experimentos. Claramente, el número de segmentos depende de que las cuerdas se corten más o menos dentro del círculo, es decir del número de vértices interiores.

La ley de formación parece ya bastante diáfana. Cuando se añade un vértice se añaden dos segmentos. Cuando no hay ningún vértice hay tantos segmentos como cuerdas. Esto sugiere que:

Segmentos = Cuerdas + 2 × Vértices interiores

Ya tenemos una conjetura que parece aceptable. ¿Cómo demostrarla? Parece natural intentarlo por inducción sobre el número de cuerdas. Supongamos que la fórmula se verifica cuando el número de cuerdas es h. Es decir nuestra hipótesis inductiva es

(H) Segmentos (caso h cuerdas) = h + 2 × Vértices interiores (caso h cuerdas)

Añadimos una cuerda. Queremos ver si por medio de (H) podemos demostrar:

Segmentos (caso h + 1 cuerdas) = h + 1 + 2 × Vértices interiores (caso h + 1 cuerdas)

Al añadir una cuerda al caso de h cuerdas que considerábamos, el número de vértices interiores será el número de vértices del caso de h cuerdas más el número de vértices añadidos, es decir, el número de intersecciones de la cuerda nueva con las h anteriores. Así, condensando esto podemos escribir

(*) Vértices interiores (caso h + 1 cuerdas) = Vértices interiores (caso h cuerdas) + Vértices añadidos

Ahora bien, por cada vértice añadido se corta en dos uno de los segmentos que había antes. Por otra parte, sobre la cuerda nueva hay tantos segmentos nuevos como vértices añadidos más uno.

(**) Segmentos (caso h + 1 cuerdas) = Segmentos (caso h cuerdas) + (vértices añadidos) + (vértices añadidos +1)

Usando ahora la hipótesis inductiva (H) y las dos relaciones (*) y (**) obtenemos

Segmentos (caso h + 1 cuerdas) = [h + 2 × vértices interiores (caso h cuerdas)] +2 × (vértices añadidos) + 1 = h + 1 + 2 × [vértices interiores (caso h cuerdas) +vértices añadidos] = h + 1 + 2 × vértices interiores (caso h + 1 cuerdas)

que es precisamente la expresión a la que queríamos llegar. Con lo cual queda demostrada nuestra conjetura que había resultado cierta para 1, 2, 3, 4 cuerdas.

Después de esto el problema de la región perdida es ya muy sencillo. Sabemos que

Caras = Aristas + 1 – Vértices

Los vértices eran los interiores más los n que están sobre la circunferencia. El número de las aristas es el de segmentos interiores más los n arcos determinados por los n puntos. Y el número de segmentos es el de cuerdas, es decir , más dos veces el de vértice interiores .

Así podemos escribir

que se puede poner también en la forma siguiente

Esta fórmula viene a explicar el misterio de la región perdida. Si n es 2, 3, 4, 5, la suma de los términos de la última expresión que tienen sentido es igual a (1 + 1)n–¹ = 2n–¹, pero a partir de n = 6 ya no es así. Para n = 6 es 2⁵ – 1 y para n = 7 es

C. Para quien conozca la caracterización de los grafos eulerianos el problema C resulta muy sencillo. (Una explicación de esta caracterización la puedes encontrar en el capítulo antes mencionado de Cuentos con cuentas.) El grafo será euleriano sólo y cuando el número de vértices de grado impar, es decir, el número de vértices en los que concurre un número impar de arcos, sea 0 o 2.

Los vértices sobre la circunferencia están cada uno unido a otros (n + 1) puntos del grafo por arcos del grafo (cada uno unido por una cuerda a los restantes (n – 1) puntos y por sendas cuerdas a los puntos contiguos sobre la circunferencia). Así, para n = 2, 4, 6, 8, 10… los n puntos son de grado impar. Si n = 2 el grafo es todavía euleriano, pero si n = 4, 6, 8… ya no. Por tanto EL GRAFO ES EULERIANO SI Y SÓLO SI n = 1, 2, 3, 5, 7, 9…

Tal vez te haya venido a la memoria un problema acerca de fichas de dominó que en el capítulo 2 resolvimos reduciéndolo a éste que acabamos de ver.

Notas

La teoría de grafos, algunos de cuyos resultados han aparecido en este capítulo, es una de esas regiones de la matemática actual que comenzaron en clave de juego y, sin dejar de serlo enteramente, se han convertido en uno de los instrumentos más útiles para resolver problemas profundos, a la vez que cercanos y familiares.

Un grafo no es más que un conjunto de puntos y unos cuantos arcos que los unen. Y esta simple definición nos acerca a misterios aún por desvelar. ¿Qué característica general hace que este grafo

admita un recorrido por algunos de sus arcos sin levantar el lápiz del papel que pase por todos y cada uno de sus vértices una sola vez (recorrido hamiltoniano) y que este otro sin embargo no?

Para ver que el segundo no admite un recorrido hamiltoniano podemos proceder como sigue. Señalamos unos vértices blancos, B, y otros negros, N, tal como se indica en la figura

Como se puede observar, de un vértice B sólo se puede pasar directamente, por arcos del grafo, a vértices N y de uno N sólo a vértices B. Hay cinco vértices B y tres vértices N. Si se pudiese hacer el recorrido que se pide sería de la forma BNBNBN… o bien de la forma NBNBN… En el primer caso, si se termina en B habría cinco vértices B y cuatro N. Falso. Si se termina en N habría tantos vértices N como vértices B. Falso también. Análogamente, se excluye el segundo caso.

Se podría pensar que una condición necesaria y suficiente para que un grafo conexo como el anterior (desde cada vértice se puede marchar a cualquier otro por arcos del grafo) no admita recorrido hamiltoniano es que permita una coloración de los vértices de las características de la anterior, peto el sencillo grafo siguiente

que no admite recorrido hamiltoniano, nos libra de este error. Hasta ahora no se conoce ningún criterio para distinguir los grafos hamiltonianos de los que no lo son.

Sir William Rowan Hamilton fue uno de los abundantes monstruos precoces que se han dado en la historia de las matemáticas. Nació en Dublín en 1805 y, huérfano de padre y madre desde muy niño, su primera educación estuvo a cargo de un tío suyo, experto lingüista. A sus cinco años William leía latín, griego y hebreo. A sus diez conocía una media docena de lenguas orientales decentemente. Pronto mostró también profundo interés por las matemáticas. Ingresó en el Trinity College, de la Universidad de Dublín y aún antes de haber acabado sus estudios allí, fue nombrado a los 23 años Astrónomo Real, director del Observatorio de Dunsink y profesor de astronomía. En 1835, a sus 30 años, recibió el título de sir, en virtud de sus méritos científicos.

Se ocupó principalmente de hacer progresar el álgebra, lo que hizo mediante la creación de la teoría de cuaternios, una interesante generalización de los números complejos.

Hamilton publicó un bonito juego que llegó incluso a comercializar y se puso de moda por algún tiempo. Se llamaba Viaje por el mundo. Consistía en un dodecaedro regular de madera. En cada vértice había un pivote con el nombre de una ciudad: Dublín, Roma, París, Madrid… La tarea consistía en señalar un itinerario continuo por bordes del dodecaedro, saliendo de una ciudad determinada, que recorriese cada una de las ciudades una sola vez. Este itinerario se iba señalando mediante una lana de color que se anudaba a Dublín y se iba dando una vuelta en cada pivote de la ciudad por donde pasaba. La tarea es posible y no muy difícil. Los expertos podían jugar fijando dos, tres…, ciudades como comienzo del recorrido.

El dodecaedro regular de madera es un tanto abultado y molesto de manejar. Aquí tienes un grafo equivalente al del dodecaedro con el que te puedes entretener igualmente y más barato. En lugar de lana puedes utilizar un lápiz.

11. El cubo, la termita y otros animales geométricos

Aquí tienes unos cuantos casos que tienen que ver con sencillos elementos geométricos. Los problemas geométricos suelen ser extraordinariamente interesantes. En ellos más que en ningún otro tipo de problemas parece que la mente es capaz de penetrar de una sola ojeada en las conexiones que entrelazan los elementos del caso para llevarte a la solución. Es una verdadera lástima que esta forma de pensamiento no esté presente en nuestra enseñanza ya desde los primeros años, como en otros tiempos lo estuvo, para gran placer de los que lo experimentamos.

El cubo y la termita

1. El cubo y la termita

Un cubo de madera está dividido en 3 × 3 × 3 = 27 cubitos iguales. Una termita tiene el capricho de penetrar hasta el mismísimo centro del cubito central, pero imponiéndose ciertas restricciones: Quiere partir de un punto central de una de las caras exteriores del cubo grande e ir horadando hacia el centro del cubito que contiene ese punto, de allí quiere ir en línea recta al centro de uno de los cubitos adyacentes que tienen una cara común con ese cubito, de allí al centro de otro de los cubitos adyacentes no recorridos, etcétera. Quiere recorrer todos los centros de los cubitos una sola vez y terminar en el centro del cubito central. ¿Le será posible? ¿Cómo le harías el itinerario?

2. Disección de un cubo

Este es otro de cubos y cubitos. Un cuadrado se puede dividir exactamente en un número finito de cuadraditos todos ellos desiguales de lados paralelos a los del cuadrado dado. Y si no te lo crees, aquí tienes una figura que lo demuestra (esta división en 24 cuadraditos es la división en menor número de cuadrados que hasta el momento se conoce). La cuestión que te propongo es: ¿Será posible dividir análogamente un cubo en un número finito de cubos todos ellos desiguales?

3. Tres construcciones con regla, compás y cartabón

3a. Te dan las longitudes de dos lados b, c y de la mediana ma correspondiente al tercer lado de un triángulo. Construye el triángulo.

3b. De un triángulo ABC te dan la magnitud del ángulo A, la longitud del lado opuesto a y la del radio del círculo inscrito r. Construye el triángulo.

3c. Te dan en el plano dos circunferencias y una recta. Construye una circunferencia tangente a la recta y a las otras dos circunferencias dadas.

4. Cinco más de geometría

4a. En el cuadrado ABCD construye el punto M como se indica en la figura, trazando MD y MC inclinados 15º respecto a DC. Demuestra que el triángulo MAB es equilátero.

4b. En un semicírculo c fijas el diámetro d, como en la figura. Una cuerda MN de longitud constante l se desplaza con sus dos extremos, M, N en la circunferencia. Demuestra que si P es el punto medio de MN, y H y J son las proyecciones ortogonales sobre d de M y N respectivamente, el triángulo PHJ es isósceles y no cambia de forma, es decir permanece semejante a sí mismo sea cual sea la posición de MN.

4c. Tres circunferencias del mismo radio pasan por un punto P. Demuestra que los otros tres puntos de intersección de cada dos de las circunferencias están sobre una circunferencia de radio igual al de las tres primeras.

4d. Dos circunferencias s y S están en la siguiente situación: s está situada en el interior de S; además, están colocadas de tal forma que existe un punto A sobre S tal que si desde A se traza una tangente a s que vuelve a cortar a S en B, desde B se traza otra tangente a s que vuelve a cortar a S en C y desde C se traza otra tangente a s, resulta que ésta pasa por A (mira la figura).

Trata de demostrar que estando así situadas las dos circunferencias, entonces, si en lugar de partir del punto A partes de otro A* sobre S, trazas una tangente, etc., tal como has hecho con A, también la tercera tangente vuelve a pasar por el punto A*, como indica la figura. (Pista: Trata de utilizar el resultado del problema precedente 4c.)

4e. ¿Cuál es el lugar geométrico de los puntos desde los que se ve una elipse E bajo un ángulo recto? Es decir, ¿cuál es el conjunto de todos los puntos P del plano de una elipse E tales que las dos tangentes desde P a la elipse son perpendiculares?

Los casos, resueltos

1.

Para empezar, vamos a hacer uso de la simetría del cubo y a tratar de hacernos con una buena notación. Tomamos tres ejes perpendiculares, paralelos a las aristas del cubo, que pasen por el centro del cubo, como en la figura. Si tomamos como unidad la longitud del lado de cada uno de los 27 cubitos, resulta que el centro del cubito central es el punto (0, 0, 0) y cada uno de los centros de los otros cubitos es de la forma (a, b, c) siendo a igual a –1,0, o +1, lo mismo que b y c.

El problema propuesto es equivalente a lo siguiente. La termita parte de uno de los seis puntos, (0, 0, 1), (0, 0, –l), (0, 1, 0), (0, –1, 0), (1, 0, 0), (–1, 0, 0) y se dirige a uno de los adyacentes en dirección paralela a cualquiera de los ejes, de ahí a otro no recorrido, etc. Quiere recorrerlos todos y terminar en el centro. ¿Podrá?

Por simetría podemos suponer que sale de (0, 0, 1). ¿A dónde puede ir desde (0, 0, 1)? Claramente a (1, 0, 1) o bien a (–1, 0, 1) o bien a (0, 1, 1) o bien a (0, –1, 1). El (0, 0, 0) lo quiere evitar hasta que haya recorrido todos los demás puntos. En general, desde (a, b, c) puede pasar a (a ± 1 ,b, c) o bien a (a, b ± 1, c) o bien a (a, b, c ± l), a condición de que todos los números resultantes sean –1, 0, o +1 y de que, a menos que se hayan recorrido todos los demás, no sean los tres ceros, ni haya sido ocupado antes el punto correspondiente.

Así, la termita pretende hacer un camino del tipo

Pero observa que la suma de las coordenadas de cada punto en lugar impar es impar y la suma de coordenadas de cada punto en lugar par es par (por la misma ley de formación de estas coordenadas antes indicada). Por tanto, es del todo imposible que el lugar 27.º sea precisamente el punto (0,0,0). El paseo que la termita quiere hacer con las restricciones que se ha impuesto es imposible.

Vamos a ayudarla un poco. Es claro que no puede salir tampoco de un punto como (1, 1, 1) (suma de coordenadas impar como antes) o como (–1, –1, 1). Pero la obstrucción que hemos encontrado al paseo de la termita no existe ya si el punto de partida es, por ejemplo, (1, 1, 0).

Ahora en una posible cadena de movimientos

los puntos en lugar impar tienen suma de coordenadas par y así parece que no hay contradicción. ¿Podrías demostrar que ahora el paseo es posible construyéndolo efectivamente y haciendo así el itinerario para la termita?

2.

Lo curioso de este problema es que la respuesta es totalmente distinta en dimensión 2 que en dimensión 3. Un cuadrado se puede dividir en 24 cuadrados todos ellos desiguales. Un cubo en cambio no se puede dividir en un número finito de cubos desiguales de la forma pedida. ¿Cómo lo puedes ver? Suponte que sí. Ahí tienes a tu cubo dividido en un número finito de cubos desiguales. Considera los que se apoyan sobre la base. En la base cuadrada del cubo grande determinan una división del cuadrado en cuadrados desiguales. Considera el más pequeño de ellos. Sobre él hay un cubito K. Este queda encajado entre los cubos correspondientes a los cuadrados adyacentes a su cuadrado en la base. Las paredes de los otros cubos suben por encima de la tapa del cubito pequeño K. El hueco que queda debe estar relleno de cubitos todos desiguales. Sobre la tapa de K se apoyan unos cuantos cubitos y determinan sobre ella una división en cuadrados desiguales. Consideramos el más pequeño y el cubo K* que le corresponde… Como ves, este proceso no se acaba nunca y esto demuestra que el número de cubitos desiguales no puede ser finito.

3.

3a. Probablemente habrás resuelto el problema fácilmente. Jugando un poco con la figura que buscas

se te habrá ocurrido que si prolongas la mediana otro tanto y unes A' a B y C… ¡sí! resulta un paralelogramo por una sencilla igualdad de los triángulos MAB y MA'C, así como de MAC y MBA'. Pero en este paralelogramo AA' es 2ma, AC = b, A'C = c y así AA'C se construye fácilmente y con él el paralelogramo ABA'C. Con lo que se obtiene ABC.

3b. Juega un poco con la figura y con los elementos que te dan. El centro I está en la bisectriz de A, de B y de C. Así, el ángulo , ángulo exterior en el triángulo IAB vale A/2 + B/2 y el ángulo , análogamente, vale A/2 + C/2. Por tanto, el ángulo BIC vale

y se construye fácilmente conociendo A. Resulta así que I está en el arco de circunferencia desde donde se ve BC = a bajo un ángulo 90º + A/2. Como la distancia de I a BC es r, dado, ya tenemos la solución: Construimos sobre a el arco capaz de 90º + A/2. Una paralela a a, a distancia r corta al arco en las dos posibles soluciones simétricas distintas para I. Con centro en I₁ trazamos una circunferencia de radio r

y luego las tangentes desde B y C a ella que se cortan en A₁. Análogamente procedemos con I₂ obteniendo así las dos soluciones simétricas A₁BC, A₂BC.

Si sabes un poco más de la geometría del triángulo lo tienes aún más fácil.

En un triángulo ABC como el de la figura, no es difícil ver que AS es p – a siendo p el semiperímetro del triángulo, y AT = p. Así, ST = a. Con esto está hecho casi todo. Trazas el ángulo A y la circunferencia de radio r tangente a sus lados, así obtienes S, y prolongando una longitud a, obtienes T. Con ello puedes trazar la circunferencia L y luego la tangente común (dos soluciones) BC, que determina ya el triángulo ABC.

3c. Si has pensado en las estrategias generales del capítulo 0 se te habrá ocurrido suponer el problema resuelto y hacerte la figura siguiente

k₁ y k₂ son datos, así como r. Buscas c. Si supieras que c ha de pasar por un punto, podrías aplicar inversión… Pero de c sabemos que ha de ser tangente a k₁, k₂, r. Bueno, si c es tangente a k₂ y trazamos c* con el mismo centro, y radio el de c más el de k₂, entonces c* pasa por el centro conocido O de k₂, es tangente a la recta r*, obtenida trasladando r una longitud igual a la del radio de k₂, y también tangente a k₁*, circunferencia de centro el de k₁ y radio el de k₁ menos el de k₂. La situación es la que indica la figura siguiente

Si hallamos c* tenemos c. Así, el problema queda reducido a: Dados k*₁, r* y O, trazar c* que pase por O y sea tangente a r* y k₁*.

Si aplicas una inversión de centro O y potencia cualquiera, entonces r* va a transformarse en una circunferencia r que pasa por O, k₁* se transforma en una circunferencia s, que no pasa por O, y c*, que aún no conocemos, se transformará en una recta p tangente a r y a s. Como r y s ser construyen fácilmente, p puede ser una de las cuatro rectas tangentes a la vez a r y s, que se construyen fácilmente. Deshacemos la inversión y obtenemos cuatro soluciones para c* que proporcionan, sumándoles el radio de k₁, cuatro soluciones posibles, en general, para c.

4a. Por supuesto que se puede hacer con un poco de trigonometría. Pero las cuentas quitan elegancia al proceso. ¿Por qué no hacer uso de la simetría del cuadrado y de la construcción propuesta? Completamos la figura de forma simétrica como te indico aquí

En este dibujo observarás fácilmente que AM₃M₄, BM₃M₂, CM₁M₂ y DM₁M₄ son triángulos equiláteros y que, por ejemplo AM₃B mide 150º al igual que BM₂M₁. Por tanto, los triángulos AM₃B y BM₂M₁ son iguales y AB = BM₁. Análogamente AB = AM₁ y por tanto ABM₁ es equilátero.

4.

4b. Aquí también todo se hace fácil y transparente mediante la simetría. Completa la figura como se indica aquí.

Es claro que HP es paralela a NM' y su longitud es la mitad de la de NM'. Análogamente, PJ es paralela a MN' y su longitud es la mitad de la de MN'. Pero MN' = M'N y, así, PHJ es un triángulo isósceles. Por otra parte el ángulo HPJ es igual al que forman MN' y M'N y éste igual (ángulo interior en una circunferencia) al correspondiente al arco (constante) determinado por MN.

4c. Éste es un curioso problema de Polya, uno de los grandes maestros en este arte de resolver problemas. Jugando con la figura, podemos completarla como sigue, uniendo los centros de las circunferencias dadas a los puntos de intersección de las circunferencias

¿Qué es lo que has dibujado así?

Una proyección en el plano de un cubo. El cubo tiene un centro S, el punto medio de PQ. En el plano, A es simétrico de O₃ respecto de S, B de O₂, C de O₁. Queremos demostrar que A, B y C determinan una circunferencia de radio igual al de las otras dadas. La circunferencia que pasa por A, B, C es simétrica respecto de S de la que pasa por O₁, O₂, O₃ y es claro que ésta es una circunferencia de centro P y radio igual al de las dadas inicialmente. Así, la circunferencia que pasa por A, B, C, tiene centro en Q y radio igual al de las dadas.

4d. El problema, con sus circunferencias y rectas, sugiere que miremos lo que se puede hacer con la inversión. Invertimos con centro el centro O de s y potencia el cuadrado del radio de s. Entonces s permanece invariante, S pasa a ser S* una circunferencia interior a s y cada una de las rectas AB, BC, CA, pasa a ser una circunferencia que pasa por O y tiene el mismo radio ρ (observa que son tangentes a s las tres), siendo ρ precisamente la mitad del radio de s. Estamos en condiciones de aplicar el problema anterior 4c y, así, A', B', C, puntos inversos de A, B, C, determinan una circunferencia, que es precisamente S*, que tiene por radio ρ. Ahora vamos a considerar A*, B*, C*, el triángulo mencionado en el enunciado. Has empezado por A* y has trazado A*B* tangente a s y luego B*C*, tangente también a s. Aún no sabes, es lo que quieres demostrar, que C*A* es tangente también a s. Por la inversión, A*B* pasa a ser una circunferencia de radio ρ que pasa por O y corta a S* en A*' y B*'. Asimismo, B* C* pasa a ser una circunferencia de radio ρ que pasa también por O y corta a S* en B*' y C*'. La circunferencia inversa de C*A* pasa por O y corta a S* en C*' y A*'. ¿Qué radio tiene? Es claro que, en virtud del resultado de 4c, la circunferencia que pase por O, A*', y tenga radio ρ que sea distinta de la determinada por O, A*', B*' tiene que pasar por C*'. Como por tres puntos sólo pasa una circunferencia, resulta que el radio es precisamente ρ. Así A*C* es tangente a s y, con ello, la propiedad propuesta queda demostrada.

Este resultado es un caso particular de un famoso teorema de Poncelet, extraordinariamente importante en el desarrollo de una rama moderna de la geometría, la geometría algebraica.

4e. Este es un famoso teorema de Gaspard Monge, amigo de Napoleón, quien le hizo ocupar altos cargos en su administración. Mediante un poco de geometría analítica, el problema se resuelve muy fácilmente. Sin geometría analítica se puede obtener más elegantemente, mediante un resultado que posiblemente conozcas, que dice que la proyección de los focos de una elipse sobre cualquier tangente están en una circunferencia de centro el de la elipse y de radio a, es decir el semieje mayor de la elipse. (Puedes ver una sencilla demostración en Cuentos con cuentas, capítulo sobre las matemáticas de un bocata.) Con esta propiedad basta que consideres un punto T de la figura y que sigas los cálculos indicados abajo

Como ves resulta y así, el lugar geométrico pedido es el círculo de centro O y radio , que se suele llamar círculo de Monge.

Notas

Es evidente que desde hace unos veinte años el pensamiento geométrico viene pasando por una profunda depresión en nuestra enseñanza matemática inicial, primaria y secundaria. Y al hablar del pensamiento geométrico no me refiero a la enseñanza de la geometría más o menos fundamentada en los Elementos de Euclides, sino a algo mucho más básico y profundo que es el cultivo de aquellas porciones de la matemática que provienen de y tratan de estimular la capacidad del hombre de explorar racionalmente el espacio físico en que vive, la figura, la forma física.

Esta situación, que se hace patente sin más que ojear nuestros libros de texto y los programas de nuestra educación primaria y secundaria, no es exclusiva de nuestro país. En realidad, es un fenómeno universal que, a mi parecer, se debe en buena medida a la evolución misma de la matemática desde comienzos de siglo, más o menos.

La crisis de los fundamentos de principios de siglo empujó al matemático hacia el formalismo, hacia el énfasis sobre el rigor, a una cierta huida de la intuición en la construcción de su ciencia. Lo que fue bueno para la fundamentación fue considerado por muchos bueno también para la transmisión de conocimientos. Las consecuencias para la enseñanza de las matemáticas en general fueron malas, pero especialmente nefastas resultaron para el pensamiento geométrico. En esa idea de ir a los fundamentos, tal vez de la mano con una mala interpretación de los análisis de algunos psicopedagogos sobre la estructura evolutiva del conocimiento del niño, se basa el énfasis sobre la teoría de conjuntos. El afán desmedido de rigor desde el principio inclinó a muchos a ocuparse de estructuras algebraicas simples donde este rigor es posible, aunque poco más se consiguiera con tales estructuras que introducir al niño en la pedantería de los nombres y en el manejo de unas cuantas tautologías. La geometría era, en este nivel, difícil de formalizar adecuadamente, resultaba imposible enseñarla con el deseado rigor y así se nos fue por el mismo agujero el pensamiento geométrico, la intuición espacial y la fuente más importante que por muchos siglos ha tenido la matemática de verdaderos problemas y resultados interesantes abordables con un número pequeño de herramientas fácilmente asimilables.

El siglo XIX fue el siglo de oro del desarrollo de la geometría elemental, del tipo de geometría al que tradicionalmente se dedicaba la enseñanza inicial de la matemática, que vivía a la sombra de creaciones muy interesantes y muy de moda de la matemática superior tales como la geometría descriptiva, geometría proyectiva, geometría sintética, geometrías no euclídeas… El mismo sentido geométrico que estimuló los desarrollos espectaculares del siglo XIX sigue vivo también hoy en campos tales como la teoría de grafos, teoría de cuerpos convexos, geometría combinatoria, algunos capítulos de la teoría de la optimización, de la topología… Como rasgos comunes a todos estos desarrollos se pueden señalar: una fuerte relación con la intuición espacial, una cierta componente lúdica y tal vez un rechazo tácito de desarrollos analíticos excesivos.

De estas materias, cuya profundidad se va manifestando cada vez más claramente, no se ha hecho eco en absoluto la enseñanza elemental. Solamente son tenidas en cuenta a nivel superior y a nivel de matemática recreativa. Pero esta matemática recreativa, en nuestro país, no ha encontrado aún el camino hacia la escuela. Paradójicamente, no permitimos jugar a quien más le gusta y a quien más se beneficiaría con el juego matemático.

A mi parecer, tal tipo de geometría se podría y se debería introducir valientemente en la enseñanza primaria y secundaria. Y no sólo a título de juego, de recreación al margen, sino como materia directa de enseñanza.

12. Una curva polivalente

En la cubierta de la rueda de tu bici señala con tiza un punto que se vea bien de lado. ¿Qué curva recorre ese punto cuando te mueves con la bici por la carretera? Puedes tratar de pintar esa curva en tu papel. No es difícil. Yo me he recortado un círculo de cartón de unos 3,5 cm de diámetro. Como es difícil conseguir que ruede sin resbalar sobre la regla, he sujetado al borde de la regla una tira de papel celo con el lado engomado hacia fuera. He colocado la regla sobre el papel y ahora sí que puedo hacer que la rueda ruede apoyada en la regla y tumbada sobre el papel. En el borde de la rueda de cartón he hecho una pequeña muesca para meter el lápiz. Con el lápiz en la muesca he hecho rodar el círculo a lo largo del borde de la regla y el lápiz ha pintado esto

que da una buena idea de la curva. Esta curva es una de las más famosas en la historia de las matemáticas. Se llama la cicloide y tiene, como verás, un montón enorme de propiedades curiosas.

Para empezar, mira el área que queda entre un arco de cicloide y la recta sobre la que ha rodado el círculo. ¿Qué área calculas, así a ojo, que puede tener la superficie? Dirás, muy bien dicho —¿Qué área… comparada con qué?—. Parece que tendrá algo que ver con la del círculo, ¿no? Aquí tienes las dos áreas

¿Cómo se te ocurre compararlas? Si tienes papel milimetrado será fácil. Pintas sobre el papel milimetrado las figuras, cuentas cuadraditos y comparas. Fácil… pero un poco rollo eso de contar milímetros cuadrados. Galileo se interesó por el problema. No tenía papel milimetrado, pero tenía una balanza. Recortó las figuras sobre madera, las pesó y… ¡encontró que el área bajo la cicloide era como tres veces el área del círculo! Pero le debió de parecer que su método era inexacto y que la relación entre estas áreas no podía ser 3, un número tan redondo, que no tiene casi nada que ver con el número π, sólo que está cerca de 3,141… Así que conjeturó que el área bajo la cicloide tenía que ser π veces la del círculo.

¡Se debió de llevar una gran sorpresa cuando un francés, Roberval, y un italiano discípulo suyo, Torricelli, demostraron que el área bajo la cicloide es exactamente tres veces el área del círculo que da lugar a ella!

Más llamativo todavía resultó el cálculo de la longitud de un arco de cicloide. ¿Por qué no tratas de averiguarlo experimentalmente? Eso sí que es fácil. Recórtate una cicloide en cartón grueso, coge un hilo y ponlo bordeando ese cartón. ¡Y mide! En mi cicloide, engendrada por mi rueda de 3,5 cm de diámetro, me sale que la longitud del hilo es de 14 cm. Prueba tú con otro tamaño, por ejemplo de 4 cm de diámetro. ¿Qué te sale? Más o menos 16 cm. ¿Qué observas? 14/3,5 = 16/4 = 4. ¿Será verdad que la longitud de la cicloide es 4 veces la del diámetro? ¡Sí! Y esto es otro resultado de Roberval, Torricelli y otros hace unos tres siglos.

Tal montón de propiedades curiosas tiene la cicloide, que aquellos señores del siglo XVII comenzaron a estudiarla con fruición… y a organizar unas terribles peleas sobre quién había encontrado primero tal o cual propiedad. La siguiente se debe a Huygens, un holandés nada errante, que tenía su casa permanente en Gröningen.

Recorta en cartón dos medias cicloides como indica la figura Coloca un hilo ajustado a la parte AC y fija un extremo en A. Sujeta la punta de tu lápiz al otro extremo en C y ahora, con el extremo en A fijo y el hilo tenso, apoyado en el cartón, sepáralo de C dejándolo describir una curva. ¿Qué curva? Hazlo primero y adivina después. ¡Sí! Es una cicloide igual a las de arriba, sólo que entera, como indica el dibujo

Huygens fue el primer constructor serio de relojes de péndulo, a la vez que un matemático y físico genial del siglo XVII. Se hizo un péndulo así

que tenía la siguiente propiedad muy especial: Aun cuando la amplitud del movimiento del péndulo variase y se hiciera más grande o más pequeña, el péndulo seguía marcando el tiempo igualmente bien, es decir, tenía el mismo período.

¿A qué se debía ese comportamiento? Huygens descubrió que la cicloide tiene la propiedad de ser nada menos que tautócrona. ¿Que qué es eso? Pues consiste en lo siguiente: Si colocas una cicloide hacia arriba, como en el dibujo siguiente

y dejas caer dos canicas por ella, una desde el punto M y otra desde el N… ¡las dos llegan al punto P más bajo de la cicloide al mismo tiempo! Y eso que la que baja desde M tiene que recorrer un camino mayor. Esta propiedad te explica que si puedes construirte un péndulo tal que la lenteja recorra, no un arco de círculo, como en los relojes de péndulo que vemos hoy día, sino un arco de cicloide, entonces no importa que la amplitud sea mayor o menor. Su período es el mismo. Huygens se las ingenió, con la propiedad que hemos visto antes, para que la lenteja recorriera efectivamente una cicloide. Observa en el dibujo del péndulo de Huygens que los perfiles de la garganta donde oscila la cuerda son dos arcos de cicloide.

Para experimentar la tautocronía de la cicloide yo me he hecho un experimento bastante sencillo. ¿Por qué no me sigues y te lo haces tú también? Recorta un cartón de modo que el borde sea una cicloide bien grande, cuanto más grande mejor. Córtalo por la mitad, por la línea de puntos del dibujo.

Recorta una pequeña ventana rectangular en el borde de abajo de modo que pase a través del agujero una canica. Pega una tira de cartulina en el borde curvo de cada mitad de modo que quede algo así

Procura que el borde exterior de la cartulina quede un poco levantado para que una canica pueda bajar por ella sin salirse, siguiendo la línea de la cicloide.

Ahora, con un papel celo une los dos trozos de cicloide que has preparado en ángulo recto. Te debe quedar un artilugio como el de la figura.

Ahora ya puedes empezar a experimentar. Vas a necesitar cuatro manos, de modo que ya puedes ir llamando a algún amigo. Tu amigo te sostiene el chisme que has preparado, verticalmente. Tú dejas caer al tiempo dos canicas iguales una por cada mitad de la cicloide desde puntos de la cicloide situados a diferentes alturas. Si las cosas las has hecho bien, las dos canicas chocarán en el punto más bajo, puesto que llegan allí al mismo tiempo. Si es que salen mal las cosas, una llegará antes que la otra y las dos se saldrán por los agujeros a toda velocidad.

A la cicloide no le basta con ser tautócrona, porque además es braquistócrona, que ya es ser… ¿no? Ser braquistócrona significa ser la curva de descenso más rápido, en el siguiente sentido. Señala dos puntos A y B en un plano vertical, a distinta altura.

Suponte que tienes un alambre y una cuenta de collar. Se trata de unir A y B con el alambre, de ensartar la cuenta en A y de hacerla caer por el alambre hasta B. Para cada forma de curva que le des al alambre la cuenta tardará un tiempo distinto en caer de A a B. La pregunta es ahora: ¿qué forma habrá que darle al alambre para que la cuenta llegue a B en el menor tiempo posible? ¡Pues resulta que la forma es precisamente la de la cicloide que sale verticalmente de A y pasa por B, del siguiente modo

Curioso, ¿no? El segmento rectilíneo AB da la distancia menor entre A y B pero una bola que cae por el plano inclinado AB… ¡Tarda más por ahí que si va por APB, bajando primero hasta P y luego subiendo a B!¡Quién lo diría!

¿Por qué no haces el experimento, como antes, con cartón, cartulinas y canicas? ¡Es fácil! Si tu cicloide es bien grande podrás observar la diferencia.

Una digna compañera de la cicloide en el mundo de las curvas famosas es la hélice, curva con mucha más historia en sus espirales que la cicloide, pues se sabe que el mismo Apolonio de Perga escribió en el siglo III a.C. un tratado sobre ella, hoy perdido.

Si tomas una hoja de papel, por ejemplo DIN A4, trazas una diagonal y luego enrollas la hoja para formar un cilindro, la diagonal trazada se convertirá en una curva sobre el cilindro. Ésta es una hélice.

La hélice, como verás, te puede servir para estudiar otras curvas. Para ello, en lugar de empezar con una hoja de papel normal, toma una hoja de acetato transparente y traza en ella la diagonal. Enrolla el papel para formar un cilindro y ahora podrás ver mejor la hélice en el espacio.

Coloca el cilindro delante de un fondo blanco, paralelo a sus generatrices. Resulta que la proyección ortogonal de la hélice sobre el fondo es una sinusoide, es decir que si miras de frente la hélice sobre el fondo blanco desde una cierta distancia verás una sinusoide. Curioso, ¿no? Pues hay mucho más aún.

Coloca el cilindro vertical sobre la mesa, cubierta con un fondo blanco. Mira la hélice ahora desde una cierta distancia, un metro por ejemplo, con un solo ojo y de tal manera que la línea de tu mirada sea tangente a la hélice, es decir de modo que si te mueves un poco hacia el cilindro empiezas a ver cómo la hélice comienza a cortarse a sí misma. La figura que ahora estás viendo es… ¡¡una cicloide!! Porque, en efecto, la proyección de la hélice sobre un plano perpendicular al eje del cilindro en cualquier dirección tangente a la hélice es una cicloide.

La proyección en dirección no tangente a la hélice es una hipocicloide (o una hipercicloide) que es la curva que describe un punto interior a la rueda (o exterior a ella) que se mueve solidario con la rueda al rodar ésta sobre una recta.

Como ves, la hélice, que por cierto aparece en infinidad de lugares, tornillos, tallos de algunas plantas, cuernos de ciertas razas de carneros, proporciona procedimientos simples para generar curvas interesantes, sin que las hayamos agotado todas. A ver si se te ocurre cómo sale una espiral al mirar y proyectar la hélice de algún modo peculiar.

Si entre tus instrumentos matemáticos dispones de un poco de cálculo y de geometría analítica te va a ser fácil demostrar las propiedades que hemos ido enunciando.

Ante todo, vamos a ver si nos podemos hacer con la ecuación de la cicloide, que será nuestro punto de partida. Tomemos unos ejes coordenados cómodos: la línea recta donde se apoya la rueda será el eje x y el eje y será la perpendicular a esta recta por el punto que has señalado en la rueda cuando éste está en el suelo.

Dejemos que la rueda ruede un poco y veamos dónde va a parar el punto P de la circunferencia. Cuando el centro del círculo, C, ha pasado a C', el punto P ha pasado a P'. Este es el punto cuya ecuación queremos. Llamamos a sus coordenadas (x, y). Como la rueda no resbala sobre el suelo, lo que sabemos es que la longitud del arco LP' sobre la circunferencia es

igual a la longitud del segmento rectilíneo OL. Si llamamos α al ángulo LC'P' medido en radianes, resulta OL = LP' = rα. Por otra parte, las coordenadas de P' en nuestro sistema son

x = OL – P'S = rα – r sen α

y = SL = C'L—C'S = r – r cos α

Así obtenemos la ecuación en coordenadas paramétricas (parámetro α) de la cicloide

Si intentas eliminar α sale una cosa mucho más liosa y es mejor dejarlo así.

Vamos a deducir las propiedades de la cicloide que antes comprobamos con nuestras manipulaciones. ¿Cuál será la longitud de la cicloide? Fácil.

Resulta pues, que la longitud de la cicloide es 8 veces la del radio de la rueda. No tiene nada que ver con π, como uno podría esperar.

La longitud desde el punto 0 hasta el punto correspondiente al valor β del parámetro será

¿Cuál será el área bajo la cicloide? Se halla de modo sencillo una vez que tenemos la ecuación de la curva:

El área bajo la cicloide es tres veces la del círculo que engendra la curva. Por tanto las áreas de las tres regiones señaladas en la figura siguiente son iguales.

Vamos a determinar ahora la normal, es decir la perpendicular a la tangente, en un punto (x, y) de la curva correspondiente al parámetro a. Tenemos

La pendiente de la normal será

y, por tanto, la normal en el punto de parámetro a tendrá por ecuación

es decir, haciendo operaciones

x cos α – y sen α – x – r α cos α + r α = 0

Ya tenemos la normal en cada punto de la cicloide. Vamos a hallar ahora la envolvente de estas rectas, es decir la curva que es tangente a todas ellas. ¿Cómo se hace? Sólo tienes que derivar la ecuación de las rectas con respecto a α y eliminar α entre la ecuación que resulta y la primera, la de las normales. Hay que eliminar a entre las dos siguientes

x cos α – y sen α – x – r α cos α + r α = 0

–x sen α – y cos α – r cos α + r α sen α + r = 0

En lugar de eliminar α vamos a hacer algo más sencillo, despejar x e y en función de α. Así obtendremos las ecuaciones paramétricas de la envolvente. Como por arte de magia las cuentas salen facilísimas. Se multiplica la primera ecuación por cos α y la segunda por sen α, se suman y se obtiene x. De modo análogo se obtiene y. Resulta una cosa muy simple

¿Qué curva es esta? Si la representas, verás que se parece a la cicloide en su forma. ¿Será una cicloide? Vamos a trasladar los ejes al punto (rn,-2r) para comparar con la ecuación de la cicloide, referida al mismo tipo de ejes, que hemos hallado antes. Así resulta la ecuación

x = X + rπ X = r(α – π) + r sen α = r(α – π) – r sen (α – π)

y = Y + 2r Y = r + r cos α = r—r cos (α – π)

y llamando α – π = θ obtenemos

con lo que resulta que… ¡la envolvente de las normales a la cicloide es la misma cicloide trasladada rπ a la derecha y 2r hacia abajo! No hay muchas curvas con esta propiedad, como puedes comprobar mirando las que conoces, circunferencia, elipse…

Vamos a seguir echando algunas cuentas más. Tenemos la ecuación de la cicloide y la de la envolvente de las normales

Al punto N de parámetro a sobre la cicloide le corresponde la normal MN que es tangente a la envolvente en el punto M. Conocemos las coordenadas de estos puntos:

N (rα – r sen α, r – r cos α), M (rα + r sen α, r cos α – r)

La distancia entre ellos es

La longitud del arco MP se calcula fácilmente, observando que el punto M corresponde al parámetro α y el P al parámetro π. Así

Este es el hecho geométrico que Huygens utilizó en su construcción de relojes, como hemos visto antes, para lograr que la lenteja de su péndulo recorriera una cicloide.

Resulta por nuestras cuentas que: NM + arco PM sobre la cicloide = constante = 4r. Así, si sobre el borde de la cicloide OP fijas un cordel y vas desplazando el extremo en O manteniéndolo tirante para que la parte suelta siga siendo tangente a la cicloide OP, entonces resulta que este extremo que se desplaza describe la cicloide de arriba ON.

Y ahora, con un poco de física que sepas puedes llegar a deducir la propiedad de tautocronía de la cicloide que antes comprobamos experimentalmente. Nuestra cicloide invertida tiene por ecuación

Si se deja caer una bola desde el punto de parámetro β, entonces, según la ley de caída libre, llega al punto de parámetro α con una velocidad siendo h la diferencia de altura entre los dos puntos, es decir h = yβ – yα = r (cos β – cos α) y como

resulta

El elemento de longitud de la curva en α es

Como sabemos, espacio = velocidad × tiempo y podemos escribir

con esto resulta que

Por tanto, el tiempo que tarda en la caída por la cicloide desde el punto de parámetro β al punto más bajo del cuenco, de parámetro π, será

Como ves, ES INDEPENDIENTE DE β.

Huygens fue el primero en descubrir esta propiedad en 1673 y en darle una aplicación práctica. Había estudiado a fondo los relojes de péndulo y observó que cuando un reloj tiene una variación en la amplitud de la oscilación del péndulo, entonces deja de medir el tiempo correctamente. ¡Pero si la lenteja del péndulo se moviese no en una circunferencia, como en el péndulo normal, sino a lo largo de una cicloide, entonces, aunque la amplitud de oscilación fuera mayor o menor, el período del péndulo seguiría siendo el mismo, como hemos visto por nuestras cuentas!

¿Cómo lograr que la lenteja del péndulo se mueva describiendo una cicloide? Huygens se las ingenió haciendo uso de una de las propiedades geométricas de la cicloide, que hemos visto antes. Mira la figura siguiente, que es como la de la página 159, sólo que invertida.

Si cuelgas el péndulo de P con una cuerda de longitud 4r y colocas a ambos lados de P dos arcos de cicloide PHJ y PLK como topes, según está indicado, entonces sabes que N describe una cicloide igual. ¡Sea cual sea la amplitud del movimiento pendular de N, el período es el mismo! Es un péndulo que se compensa solo…

La propiedad de la cicloide como braquistócrona tiene una historia muy interesante, de la que podrás encontrar más detalles en las notas al final del capítulo.

En 1696 Johann Bernoulli propuso un reto a todos los matemáticos de Europa. Consistía en el siguiente problema: Se fijan dos puntos A y B en un plano vertical, A más alto que B pero no en la misma línea vertical, y un alambre y una cuenta que se puede ensartar en él. Se pide ¿qué forma de curva hay que dar al alambre tendido entre A y B para que la cuenta ensartada emplee el menor tiempo posible en bajar desde A hasta B?

Fueron varios los matemáticos que resolvieron el problema en el plazo establecido, Newton, De l’Hópital, Leibniz, Jakob Bernoulli (hermano de Johann)… Este último dio una solución valiéndose de un método originalísimo que dio lugar a toda una rama de la matemática moderna, el cálculo de variaciones.

La solución es la cicloide. Una cicloide que pase por A y B y que salga vertical de A, como se indica en la figura… ¡y esto incluso cuando A y B estén situados de modo que tal cicloide haya de bajar para después subir! Como en esta figura

Aun así, la cuenta llega al punto B antes por la cicloide que por el alambre puesto en línea recta (línea de puntos).

La solución de Jakob Bernoulli fue un poco complicada. La de Johann Bernoulli, una mezcla de física y geometría, fue genial, pero no tan fecunda y general como la de su hermano. Vas a ver un esquema de la de Johann en unos cuantos puntos.

1) Baje por donde baje la cuenta

cuando haya bajado h su velocidad será (ley de caída libre). Lo que no sabemos aún es qué dirección tendrá esta velocidad.

2) Sabemos (principio de Fermat) que la luz viaja de un punto a otro en el mínimo tiempo posible.

3) Sabemos también que la luz tiene una velocidad distinta según el medio en el que viaje. Precisamente ésta es la razón del fenómeno de la refracción.

Si tenemos dos medios distintos y la luz viaja a velocidades v₁, v₂ en ellos, entonces, la ley de refracción nos dice que

4) Imaginemos un medio óptico formado por láminas l₁, l₂, l₃,…, ln, horizontales y delgadas tal que la velocidad de la luz en cada una de ellas

es v₁, v₂, v₃,…, v₁ como se indica en la figura. Entonces un rayo que parta de A y llegue hasta B seguirá una trayectoria como se indica, de modo que

¡Y ESE CAMINO DEL RAYO DE LUZ SERÍA EL CAMINO DE TIEMPO MÍNIMO PARA IR DE A A B CON LAS VELOCIDADES INDICADAS!

5) En el caso de nuestro problema, sabemos que la velocidad al descender h es precisamente . Así, el camino que da el mínimo tiempo será el camino que sigue un rayo de luz en un medio tal que la velocidad de la luz varíe continuamente al descender h y sea precisamente . Pero para este camino ya sabemos que se verificará

siendo μ el ángulo que forma dicho camino con la vertical.

6) Así, la curva que da el camino de tiempo mínimo compatible con la velocidad señalada a cada altura, v = , es la que satisface

7) Vamos a ver que la cicloide es la curva que satisface esta condición

La ecuación es

Podemos escribir

Por otra parte

Así

También

De este modo, efectivamente,

independiente de α y, por tanto, la cicloide tiene la propiedad que buscamos.

Las propiedades que antes observamos en la hélice y su relación con la cicloide, la sinusoide, etc., se deducen también fácilmente con un poco de cálculo.

Es fácil ver que la hélice tiene por ecuación paramétrica (parámetro a)

siendo r el radio del cilindro y s una constante que depende del radio y de la inclinación de la hélice.

Si proyectamos sobre el plano yOz en dirección paralela al eje Ox resulta la curva

que claramente es una sinusoide sobre el plano x = 0.

La tangente en el punto de parámetro α = 0 a la hélice se halla bien fácilmente

Así, la tangente en el punto de la hélice α = 0, es decir en el punto (r, 0, 0) tiene la dirección del vector (0, r, s).

Por tanto, la recta que pasa por el punto genérico de la hélice

en esta dirección tiene por ecuación

(ese dividir por 0 es simbólico, por supuesto). La intersección con el plano z=0 nos da la curva de coordenadas paramétricas (parámetro a)

que, como se ve, es una cicloide.

Notas

«Se invita a los matemáticos a resolver

UN NUEVO PROBLEMA

Dados los puntos A y B en un plano vertical, asignar a una partícula móvil M el sendero AMB a lo largo del cual, descendiendo por su propio peso, pasa del punto A al punto B en el tiempo más breve posible.

Para estimular, en los amantes de tales tareas, el deseo de realizar la solución de este problema, puede señalarse que la cuestión propuesta no consiste, como pudiera parecer, en una mera especulación sin utilidad alguna. Contra lo que uno pensaría a primera vista, tiene gran utilidad en otras ramas de la ciencia, tales como la mecánica. Mientras tanto, para prevenir cualquier juicio prematuro, se puede hacer notar que, aunque la línea recta AB es ciertamente la más corta entre los puntos A y B no es, con todo, el sendero atravesado en tiempo mínimo. Sin embargo, la curva AMB, cuyo nombre yo daré, si nadie lo ha descubierto antes del final de este año, es una curva bien conocida de los geómetras.»

Con estas palabras, aparecidas en junio de 1696 en la primera revista matemática, Acta Eruditorum, fundada por Leibniz, proponía Johann Bernoulli a sus contemporáneos el problema de la braquistócrona.

Al fin del año 1696, debido probablemente entre otras cosas a una deficiente distribución de la revista, no se había presentado ninguna solución del problema más que la del propio Leibniz, editor de la revista, quien lo había resuelto el mismo día en que lo recibió. Leibniz persuadió a Johann Bernoulli a que prolongara el plazo en seis meses y repitiera su reto, esta vez mediante una nota que debía enviar por correo «acutissimis qui toto orbe florent mathematicis» (a los matemáticos más agudos que en todo el orbe florecen). Leibniz vaticinó que el problema sería resuelto por Jakob Bernoulli, hermano mayor de Johann, Newton, el marqués de De l’Hópital y Huygens, si es que éste vivía (había muerto en 1695). La profecía de Leibniz se cumplió. Según parece, también Newton resolvió el problema el mismo día en que lo recibió.

Aunque la solución de Johann Bernoulli fue la más ingeniosa, la de Jakob fue la más profunda y constituyó el germen de una nueva rama del análisis matemático, el cálculo de variaciones, que ha dado origen en nuestros días a la moderna teoría de control, de importancia capital en la tecnología actual. Con ello se ha hecho bien cierta la observación de Johann Bernoulli de que cuestiones aparentemente frívolas pueden dar lugar en matemáticas a desarrollos de una envergadura totalmente insospechada.

13. Fácil de entender, difícil de resolver

Hay un montón de misterios matemáticos, enigmas antiguos y modernos, muy simples en su enunciado, en los que muchos grandes matemáticos se han ocupado… y que todavía están por resolver. ¿Por qué no te animas a asomarte un poco a ellos? Tal vez lo que verdaderamente haga falta no sea saber mucho, sino tener alguna idea original, andar por un camino por donde hasta ahora a nadie se le haya ocurrido caminar. Muchas veces saber mucho es un estorbo y de lo que se trata es de un saber nuevo.

Aquí te dejo, al final de estas páginas que hemos recorrido juntos, con unas cuantas de estas cuestiones que están esperando tal vez tus ideas brillantes. La mayor parte de ellas está seleccionada de un magnífico libro de Ogilvy que puedes encontrar en la bibliografía al final de este libro. En él podrás encontrar muchas otras cuestiones igualmente interesantes. Mucho me alegraría recibir un día una carta con tu solución a alguno de estos enigmas. ¡Ánimo!

Muchos de estos problemas suenan frívolos. Algunos tal vez lo sean realmente, sólo el tiempo dirá cuáles tienen repercusiones profundas para el desarrollo de la matemática o para alguna otra ciencia. Pero de otros que también suenan frívolos estamos hoy seguros de que su solución conducirá a avances importantes en algunos campos tales como biología molecular, mecánica cuántica y otros nada despreciables.

1. El problema del contenedor. Imagínate que vives en un mundo plano. Si te dedicas al transporte tienes suerte, pues te puedes hacer un contenedor de paredes rígidas que cuando está vacío se puede almacenar ocupando muy poco sitio. Un rectángulo, efectivamente, de lados perfectamente rígidos, con articulaciones en los vértices, se convierte en un segmento.

Pero no vives en un mundo plano, sino en uno tridimensional. Pregunta: ¿Te puedes construir algún tipo de contenedor de paredes rígidas, metálicas, articuladas unas con otras en los bordes, de modo que usando estas articulaciones se convierta en una figura plana? Aún no se sabe si esto es posible o imposible.

Podrías pensar que las bolsas de papel que los tenderos usan a veces forman contenedores de este tipo que buscamos. Falso. Para abrirlas se usa la flexibilidad de las paredes de papel. Si esas bolsas fueran de paredes metálicas y sólo articuladas en los dobleces, o no se podrían cerrar y aplanar o no se podrían abrir.

2. El problema del viajante. Un viajante desea salir con su mercancía de Barcelona, recorrer las 50 ciudades más importantes de España y volver a Barcelona. Sabe lo que cuesta su desplazamiento de cada ciudad a otra y desea hacerse el itinerario más barato posible. ¿Hay alguna estrategia realista para hacerlo? Digo realista por la razón siguiente. Podrías decir: Se hacen todos los itinerarios posibles, se calcula el precio de cada uno y se toma el más barato. Pero cuando uno tiene que habérselas con un número de itinerarios del orden de 50! = 50 × 49 × 48 ×… × 2 × 1 no hay entonces computador que maneje el problema.

3. La paradoja del examen inesperado. «Esta semana próxima os voy a poner un horrible examen como castigo por haber sido tan malos —dijo el viernes el terrible profesor—. Será por la tarde algún día entre el lunes y el viernes y además va a ser inesperado, de tal forma que si alguno, antes del examen, viene dándome alguna razón por la cual pueda estar seguro de que el examen va a ser o no va a ser tal o cual día, entonces el examen no será ese día.» El brillante Jaime se acercó el lunes por la mañana al terrible profesor y le dijo: «El horrible examen no va a poder tener lugar nunca, señor profesor. Desde luego, tal como ha puesto las cosas, no puede ser el viernes por la tarde, pues por la mañana todos estaríamos seguros de que la única posibilidad era esa tarde. Pero si no es el viernes, sólo quedan como posibles de lunes a jueves. Pero entonces, por la misma razón no puede ser el jueves. Así sólo quedan de lunes a miércoles… ¿Para qué seguir? No puede ser ningún día». ¿Cómo te deshaces de la paradoja? Parece que el terrible profesor hubiera podido decidir en secreto que el examen sería el miércoles. ¿Cómo no podría ser esto una sorpresa para sus estudiantes?

4. El problema de las n bolas diferentes. Tienes una balanza que solamente te dice que lo de un platillo pesa más que lo de otro platillo. Tienes n bolas. No hay dos que pesen lo mismo. Se trata de ordenarlas de menor a mayor peso. ¿Cuál es el mínimo número de pesadas para hacerlo en función de n? ¿Podrías señalar un procedimiento para hacerlo en el mínimo número de pesadas?

5. El problema de Lebesgue sobre el recubrimiento universal mínimo. Para un conjunto A de puntos en el plano que es acotado (es decir no tiene puntos arbitrariamente lejanos) y cerrado (es decir A incluye los puntos de su borde) el diámetro de A es la distancia máxima posible entre dos puntos de A. La pregunta de Lebesgue es: ¿Cómo es y qué área tiene una figura plana de área mínima (si existe) que pueda tapar cualquier figura plana de diámetro 1? Se entiende que la figura que tapa se considera como un trozo recortado del plano que se puede mover como se quiera en el plano al tratar de recubrir otra figura. Que existe el ínfimo de las áreas de todas las figuras que recubren cualquier figura de diámetro 1 es cierto, aunque no se sabe qué número es éste. Lo que no es tan claro es que exista una figura recubridora con esta área, y de lo que se está aún más lejos es de saber qué forma va a tener, si existe. Hasta ahora el mejor recubrimiento universal es el siguiente, debido a R. Sprague. Empezamos con un hexágono circunscrito a un círculo de diámetro 1.

De él recortamos los triángulos ABC y DEF, siendo AC y DF tangentes al círculo inscrito en el hexágono. A continuación, haciendo centro en D con radio 1, trazamos un arco HJ y análogamente KJ con centro en C y recortamos el trozo HKJ del hexágono. Lo que queda es el recubrimiento universal más pequeño que se conoce hasta ahora. ¿Te atreves a tratar de mejorarlo?

6. La manta para el gusanito. Mamá gusano está preocupada. Tiene un gusanito que por las noches se desarropa muy fácilmente. Quisiera tener una manta lo más pequeña posible en área y de forma tal que, se coloque como quiera su gusanito durante la noche, lo pueda cubrir con esa manta. ¿Qué forma y área deberá tener esa manta?

En otras palabras: ¿Cuál es el área mínima y la figura con esta área, si existe, capaz de recubrir cualquier segmento curvilíneo plano de longitud 1? Un semicírculo de diámetro 1 vale para recubrirlos todos, pero no es de área mínima.

7. ¿Cuál es la figura plana convexa de menor área con perímetro dado y diámetro dado?

8. ¿Es una curva con centro? De una curva cerrada C en el plano te dicen que existe un punto P del plano tal que todas las cuerdas de esa curva que pasan por P dividen al perímetro de la curva C en dos partes de igual longitud. ¿Es la curva simétrica respecto de un punto, es decir, es una curva con centro? La respuesta es: no necesariamente. Y basta ver la figura siguiente para convencerse de ello haciendo unas pequeñas cuentas.

La pregunta que aún no se sabe responder es: Si además te dicen que C es perímetro de una figura convexa, ¿tiene entonces necesariamente centro, es decir, es simétrica respecto de un punto?

9. ¿Es una esfera, si permanece en equilibrio? Un sólido homogéneo es tal que flota en equilibrio quedándose en la posición en que se deje. ¿Implica esto que se trata de una esfera? No se sabe.

10. Si rota tangente a un prisma triangular fijo, ¿es una esfera? ¿Existe alguna figura sólida tridimensional no esférica que pueda rotar en todas las direcciones permaneciendo tangente a las tres caras de un prisma triangular fijo?

En el plano existen figuras no circulares que pueden rotar permaneciendo tangentes a dos rectas paralelas fijas. Aquí tienes una

ABC es un triángulo equilátero y el arco AB está trazado con centro en C el arco AC está trazado con centro en B y el BC, con centro en A. Se trata de una de las muchas figuras de anchura constante que existen en el plano.

11. El problema del pentaedro. ¿Será cierto que un pentaedro homogéneo cualquiera es estable al menos sobre dos de sus caras? Es decir ¿hay siempre al menos dos caras tales que, si el pentaedro se deja apoyado sobre cada una de ellas, encima de la mesa, ahí se queda sin moverse?

12. ¿Seis cónicas o una sola? Se dan seis puntos en el plano. Nos dicen que cada cinco de ellos determinan una cónica y que estas seis cónicas así determinadas son congruentes, es decir mediante un movimiento se pueden hacer coincidir. ¿Son la misma cónica exactamente?

13. ¿Cuántos tubos tangentes? Este problema es de Littlewood, un famoso analista del siglo XX. ¿Cuál es el número máximo de rectas que se pueden colocar en el espacio de tal modo que cada dos de ellas estén a distancia 1? Dicho de otra forma: ¿cuántos tubos iguales infinitamente largos se pueden colocar en el espacio de modo que cada uno sea tangente a todos los otros? ¿Se pueden colocar 7? ¿Es 7 el número máximo?

14. La tira de sellos. ¿Has experimentado lo fácil que es hacerse un lío cuando quieres plegar un mapa de carreteras y dejarlo exactamente igual que estaba antes? Este problema es parecido. Tienes una tira longitudinal de n sellos. ¿De cuántas formas diferentes se puede doblar en un paquete de un sello en el frente?

Más difícil todavía: ¿De cuántas formas diferentes se puede plegar un mapa con m × n dobleces?

15. Intersecciones de caminos. Se dan n puntos en el plano. Cada uno se une a todos los demás por curvas continuas. ¿Cuál es el menor número Xn de intersecciones de estas curvas? Se sabe que X₃ = 0, X₄ = 0, X₅ = 1. Se conjetura que X₆ = 3, aunque nadie lo ha podido demostrar aún. Y para n mayor, ya no se sabe nada.

Notas

Uno de los índices más significativos para medir el grado de actividad presente y previsible en el futuro de un determinado campo científico consiste en el repertorio de sus problemas abiertos.

Las matemáticas abundan extraordinariamente en problemas abiertos interesantes y retadores. Algunos son problemas centenarios, como los que aparecen en teoría de números (conjetura de Fermat, conjetura de Goldbach…), otros son problemas profundos que van surgiendo con el desarrollo de las teorías matemáticas de cada época. Más que ningún otro factor, son ellos, en realidad, los que determinan las líneas de desarrollo de la matemática.

En el Congreso Internacional de Matemáticos de 1900, en París, David Hilbert se expresaba del siguiente modo en una famosa conferencia titulada «Problemas matemáticos»:

«¿A quién de nosotros no le complacería levantar el velo, bajo el que el futuro yace escondido, para echar una mirada a los progresos venideros de nuestra ciencia y a los secretos de su desarrollo durante los próximos siglos? ¿Cuáles serán los objetivos especiales a los que los espíritus matemáticos más influyentes de las generaciones futuras se consagrarán? ¿Qué nuevos métodos y resultados descubrirán los nuevos siglos en el amplio y rico campo del pensamiento matemático?… La gran importancia de determinados problemas para el progreso de la ciencia matemática en general y el papel importante que desempeñan en el trabajo de cada investigador es innegable. Mientras una rama de la ciencia presenta abundancia de problemas, permanece viva. La carencia de problemas significa la decadencia o el cese del desarrollo independiente. De la misma forma que toda empresa humana persigue sus objetivos, así también la investigación matemática necesita de sus problemas. Mediante la resolución de problemas la fuerza del investigador se endurece, encuentra nuevos métodos y panoramas y consigue un horizonte más amplio y más libre.»

En su conferencia, Hilbert mismo propuso una colección de 23 problemas abiertos que, de hecho, han orientado de forma decisiva el curso del desarrollo matemático en nuestro siglo.

Bibliografía

Una bibliografía muy completa que da buena idea de la rica historia y del intenso interés actual por los juegos y recreaciones matemáticas es:

SCHAAF, W.L.: A Bibliography of Mathematical Recreations, 4 vols., Washington D.C., National Council of Teachers of Mathematics, 1974.

Los clásicos de nuestro siglo, obras que en su mayoría se pueden conseguir fácilmente, en ediciones baratas:

BALL, X.W.R. y H.S.M. COXETER: Mathematical Recreations and Essays, Toronto, University of Toronto Press, 1974 (1.a ed., 1892).

DUDENEY, H.E.: Amusements in Mathematics, Londres, Nelson, 1943.

DUDENEY, H.E.: The Canterbury Puzzles, Nueva York, Dover, 1958.

KRAITCHIK, M.: Mathematical Recreations, Nueva York, Dover, 1953.

LOYD, S.: Mathematical Puzzles of Sam Loyd, selected and edited by Martin Gardner, Nueva York, Dover, vol. 1, 1959; vol. 2, 1960.

LUCAS, E.: Recreations Mathématiques, 4 vols. París, Gauthiers-Villars, 1882 (reeditado por Blanchard, París, 1960).

O’BEIRNE, T.H.: Puzzles and Paradoxes, Londres, Oxford University Press, 1965.

SCHUH, F.: The Master Book of Mathematical Recreations, Nueva York, Dover, 1968.

Una obra interesante que he citado varias veces en la que puedes gustar el sabor de muchos problemas «elementales» de la matemática que aún están por resolver es la siguiente:

OGILVY, C. STANLEY: Tomorrow’s Math, Nueva York, Oxford University Press, 1972.

Entre los autores contemporáneos destaca sobre todos Martin Gardner, que desde los años cincuenta ha escrito las columnas de Scientific American (editada en castellano desde 1976 con el título de Investigación y Ciencia) dedicadas a recreaciones matemáticas. Ha publicado muchos libros dedicados a juegos matemáticos, la mayoría de ellos traducidos al castellano. Sus obras principales sobre este tema son las siguientes:

The Scientific American Book of Mathematical Puzzles and Diversions, Nueva York, Simón and Schuster, 1959.

The Second Scientific American Book of Mathematical Puzzles and Diversions, Nueva York, Simon and Schuster, 1961.

New Mathematical Diversions from Scientific American, Nueva York, Simon and Schuster, 1966.

Circo matemático, Madrid, Alianza, 1983.

Further Mathematical Diversions: The Paradox of the Unexpected Hanging and Others, Londres, Alien and Unwin, 1970.

The Sixth Book of Mathematical Games from Scientific American, San Francisco, Freeman and Co., 1971.

Carnaval matemático, Madrid, Alianza, 1983.

Festival mágico-matemático, Madrid, Alianza, 1984.

Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas, Barcelona, Labor, 1985. ¡Ajá! 3.a ed., Barcelona, Labor, 1985.

Paradojas ¡Ajá! 3.a ed., Barcelona, Labor, 1986.

En el terreno de recreaciones lógicas, el autor más interesante es R. Smullyan. Desde el punto de vista matemático, la obra más profunda dedicada a recreaciones matemáticas clásicas y modernas es el trabajo enciclopédico de E.R.Berlekamp, J.H. Conway y R.K. Guy, titulada Winning Ways for your Mathematical Plays, 2 vols, Londres, Academic Press, 1982.

En el campo de la heurística o métodos de resolución de problemas matemáticos, el gran maestro es George Polya, con sus muchas obras dedicadas a tratar de mejorar la enseñanza de la matemática a través de la resolución de problemas.

Para terminar, aquí tienes una selección de obras en castellano dedicadas a juegos y recreaciones con sabor matemático:

ALEM, J-P.: Juegos de ingenio y entretenimiento matemático, vols, 1 y 2, Barcelona, Gedisa, 1984.

DIENES, Z.P.-. Lógica y juegos lógicos, Madrid, Teide, 1980.

DONOVAN, J.: Matemáticas más fáciles con manualidades de papel, Madrid, Distein, 1975.

ELFFERS, J.: El Tagram, Barcelona, Labor, 1981.

FRABETTI, C.: Problemas de ingenio, Barcelona, Bruguera, 1982.

GAMOW, G.: Uno, dos, tres…, infinito, Madrid, Espasa-Calpe, 1969.

GUZMAN, M. de: Mirar y ver, Madrid, Alhambra, 1977.

GUZMAN, M. de: Cuentos con cuentas, Barcelona, Labor, 1984.

HOGBEN, L.: El Universo de los números, Madrid, Destino, 1966.

LEWIS, B.: Matemáticas modernas. Aspectos recreativos, Madrid, Alhambra, 1983.

MATAIX, M.: Divertimientos lógicos y matemáticos, Barcelona, Marcombo, 1979.

MATAIX, M.: Cajón de sastre matemático, Barcelona, Marcombo, 1981.

MATAIX, M.: Fácil, menos fácil y difícil, Barcelona, Marcombo, 1981.

MATAIX, M.: El discreto encanto de las matemáticas, Barcelona, Marcombo, 1979.

PEDOE, D.: La geometría en el arte, Barcelona, G. Gili, 1979.

PERELMAN, Y.: Problemas y experimentos recreativos, Moscú, Mir, 1975.

PERELMAN, Y.: Matemáticas recreativas, Barcelona, Martínez Roca, 1968.

PERELMAN, Y.: Álgebra recreativa, Moscú, Mir, 1978.

PERELMAN, Y.: El divertido juego de las matemáticas, Madrid, Círculo de Lectores, 1970.

RADEMACHER, H. y O. TOEPLITZ: Números y figuras, Madrid, Alianza, 1970.

SMULLYAN, R.: ¿La dama o el tigre? y otros pasatiempos lógicos, Madrid, Cátedra, 1983.

SMULLYAN, R.: ¿Cómo se llama este libro? El enigma de Drácula y otros pasatiempos lógicos, Madrid, Cátedra, 1981.

TAHAN, MALBA (seudónimo de J.C. de MELHO): El hombre que calculaba, Madrid, Losada, 1980.

THIO DE POL, S.: Primos o algunos dislates sobre números, Madrid, Alhambra, 1975.

UNICEF: Juegos de todo el mundo, Zürich, UNICEF, 1978.

VANNIER, E. y P. CHAUVEU: Cómo jugar y divertirse con su calculadora de bolsillo, Madrid, Altalena, 1978.

VASILIEV, N.B. y V.L. GUTENMAJER: Rectas y curvas, Moscú, Mir, 1980.

VIVES, P.: Juegos de ingenio, Madrid, Círculo de Lectores, 1983.

WARUSFEL: LOS números y sus misterios, Barcelona, Martínez Roca, 1972.

Autor

MIGUEL DE GUZMÁN OZÁMIZ (1936-2004): Nace en Cartagena (Murcia) el día 12 de Enero de 1936. Muere en Madrid el día 14 de Abril de 2004. Matemático, escritor, miembro de la Real Academia Española. Terminó los estudios de Filosofia en Alemania en 1961 y los de Matemáticas en Madrid en 1965. En 1968 se doctoró en la Universidad de Chicago, fue Profesor en la Universidad de Princeton, en la Washington University en St. Louis y en la Pontifica Universidade Catolica en Rio de Janeiro. Era Catedrático de Análisis Matemático desde 1969 y ejerció su magisterio principalmente en la Universidad Complutense de Madrid.

Con sus investigaciones en matemáticas y su incesante actividad logró formar un grupo de investigadores españoles de reconocida fama en los ambientes matemáticos internacionales. Sus enseñanzas en la Facultad de Matemáticas de la Universidad Complutense de Madrid han quedado plasmadas en varios libros de texto. Su habilidad para comunicar los descubrimientos matemáticos le permitió escribir varios libros de divulgación.

En 1982 fue nombrado miembro de la Academia de Ciencias Exactas, Físicas y Naturales y ejerció como Presidente de la International Commission on Mathematical Instruction (ICMI) desde 1991 hasta 1998. Su ideas sobre educación matemática han inspirado a toda una generación de educadores. La idea de cultivar el talento matemático precoz, presente en su mente desde comienzos de los años noventa, cristalizó en el Proyecto Estalmat cuya vitalidad es un tributo al Profesor Miguel de Guzmán