El juego y la belleza están en el origen de una gran parte de la matemática. Si los matemáticos de todos los tiempos se lo han pasado tan bien jugando y contemplando su juego y su ciencia, ¿por qué no tratar de aprenderla y comunicarla a través del juego y de la belleza? Esta es la idea fundamental que está por debajo de los cuentos y juegos que aquí presento. Mi deseo sería que sirvieran para que muchos encontrasen el placer y la satisfacción que yo mismo he encontrado en ellos, y que esto fuese como un puente para encontrar el mismo placer en otros desarrollos matemáticos de apariencia más seria y complicada, pero que presentan en el fondo, si se los mira bien, el mismo espíritu divertido y juguetón.

Miguel de Guzmán

Cuentos con cuentas

Título original: Cuentos con cuentas

Miguel de Guzmán, 1987

Revisión: 1.0

29/05/2024

Dedicado a

Miguel y Mayte

con quienes tanto he jugado

Prólogo

A un ocioso de una ciudad alemana, Königsberg, se le ocurrió un día una extraña pregunta inútil, cuyo único interés parecía estar basado en lo difícil que parecía contestarla: ¿podría planear un paseo que cruzase los siete puentes sobre el río Pregel, que unían las diversas zonas de la ciudad y la isla situada en medio? La pregunta corrió de boca en boca y de cabeza en cabeza sin respuesta, hasta que vino a posarse sobre la de Euler. Allí anidó y después de un período de incubación dio nacimiento a una de las ramas importantes de la matemática, la Topología.

Un caballero francés, jugador empedernido, tenía un importante problema. ¿Cuál sería en cada circunstancia concreta la apuesta adecuada para que los apostantes estuviesen en igualdad de condiciones? Además de tener un problema, el caballero tenía un amigo, y éste era nada menos que Blas Pascal. La pregunta anidó en la cabeza de Pascal y éste, en un intercambio de cartas con su amigo Fermat, a propósito de la pregunta del caballero, creó la teoría de la Probabilidad, que ha sido la madre de un sinfín de disciplinas matemáticas, físicas, etc.

El juego y la belleza están en el origen de una gran parte de la matemática. Si los matemáticos de todos los tiempos se lo han pasado tan bien jugando y contemplando su juego y su ciencia, ¿por qué no tratar de aprenderla y comunicarla a través del juego y de la belleza?

Esta es la idea fundamental que está por debajo de los cuentos y juegos que aquí presento. Mi deseo sería que sirvieran para que muchos encontrasen el placer y la satisfacción que yo mismo he encontrado en ellos, y que esto fuese como un puente para encontrar el mismo placer en otros desarrollos matemáticos de apariencia más seria y complicada, pero que presentan en el fondo, si se los mira bien, el mismo espíritu divertido y juguetón.

Las matemáticas de un bocata

Tienes un sabroso bocata de chorizo en la mano. Ábrelo. Observa una de sus apetitosas lonchas. ¿Qué forma tiene? Por supuesto que depende. Si te las han querido dar pequeñas, te las habrán dado finas, por supuesto, y circulares. Pero si te las has cortado tú mismo con generosidad y las has querido bien crecidas, habrás cortado el chorizo más oblicuamente, más o menos así:

¿Qué figura tiene tu loncha? Se parece a una elipse, ¿no? ¿Será una elipse? ¿Qué has hecho tú para que sea una elipse? ¿Qué cosa es una elipse? Recuerda: una elipse es un conjunto del plano formado por todos los puntos cuya suma de distancias a dos puntos fijos, los focos, es constante. Parecería milagro que tú, que lo único que querías era cortarte una buena loncha de chorizo, te hayas trazado una elipse. Parece que habría que andarse con muchísimo cuidado para que la loncha salga con una figura así. Y, sin embargo, ahí tienes una elipse.

Para verlo bien, imagina el momento cuando el chorizo estaba aún entero, hace casi nada, y en él imagina el corte que le has dado ahora. Imagínate que, tangentes a tu cuchillo, a un lado y a otro, y tangentes a la pared del chorizo por dentro, has colocado, ¡a quién se le ocurre!, dos pelotas de ping-pong que da la casualidad de que encajan perfectamente. Así:

Ahora considera los puntos F₁ y F₂ en que las pelotas de ping-pong son tangentes al corte y observa lo que pasa con un punto cualquiera del borde del corte. Traza por él la recta paralela al eje del chorizo. Esta recta será tangente a las pelotas de ping-pong en P y Q. Por otra parte, MF₁ es tangente a la pelota de la derecha y MF₂ a la de la izquierda. Si desde un punto exterior a una pelota trazas dos tangentes cualesquiera a ella, los segmentos determinados por el punto y los puntos de tangencia tienen la misma longitud.

Así resulta aquí, MF₁ = MP, MF₂ = MQ; MF₁ + MF₂ = MP + MQ = PQ = constante, porque PQ es la misma longitud para cualquier r que podamos trazar en la superficie del chorizo paralela al eje. Así, el punto M recorre una elipse de focos F₁ y F₂.

De modo que una elipse es muy fácil de trazar. Se toma una loncha de chorizo, se coloca encima de un papel y el borde del manchurrón que queda en él es una elipse. Si la quieres menos grasienta puedes usar el tubo de cartón que va dentro de un rollo de papel higiénico o de papel de cocina, lo cortas oblicuamente con un cuchillo, colocas el borde sobre un papel y lo trazas con un lápiz.

Uno diría que la elipse, tal como se enuncia, «el lugar geométrico de los puntos del plano tales que…», sería una pura invención de los matemáticos. Y, sin embargo, no es así. Elipses aparecen hasta en la sopa sin ser llamadas. Inclina un poco la cazuela en que la sopa está. El borde de la superficie es una elipse.

¿Tienes por ahí un flexo? Enciéndelo, ponlo encima de la mesa y vete mirando la forma que tiene la zona iluminada de la mesa cuando inclinas el flexo. ¿No te recuerda la de la loncha de chorizo? ¿Será también una elipse? ¡Claro que sí, y por la misma razón! Observa. La zona de luz es, más o menos, la de un cono de base circular.

Cortar la zona iluminada por la mesa es como cortar un enorme chorizo cónico con la mesa. ¡Qué idea! Vamos a usar el mismo truco que antes para ver si la figura es una elipse, ¿por qué no? Colocamos dos pelotas, ahora serán de tamaño diferente, tangentes al cono y al plano de la mesa a uno y otro lado de ésta, como te indico en la figura. Como antes, resulta MF₁ = MP, MF₂ = MQ, MF₁ + MF₂ = MP + MQ = PQ = constante independiente de r. Por tanto, M describe una elipse de focos F₁, F₂.

La elipse surge de manera realmente inesperada en muchas otras ocasiones, como la siguiente. Tienes una escalera de mano apoyada en la pared. Estás subiendo por ella. Aún no has llegado arriba.

De repente, ¡oh fatalidad!, empieza a resbalar. Cuando el resbalón acaba con tu golpazo en el suelo, probablemente no se te haya ocurrido pensarlo, pero, ¿sabías que tu pie, por ejemplo, ha trazado limpiamente un trozo de elipse en el aire? ¡Fíjate! La suma de distancias de tu pie a dos puntos fijos ha sido constante todo el tiempo de tu caída (suponiendo, claro, que no has pegado un brinco extraño en el aire al apercibirte de lo que te iba a suceder, lo cual, por otra parte, sería lo más acertado). ¡Quién lo diría!

Con un poco de geometría analítica que sepas lo puedes ver fácilmente.

Suponte que tu pie está en el punto gordo indicado de la escalera que va cayendo (m y n, fijos; el ángulo α, achicándose). Se trata de ver cuál es la curva que describe ese punto gordo de la escalera. Sus coordenadas: x = m cos α, y = n sen α

Así, como

resulta que tu curva es:

Que esto es una elipse de focos F₁, F₂ de la figura siguiente se comprueba así:

(x,y) = (m cos α, n sen α)

La suma de distancias del punto a F₁ y F₂ es

Es decir, la suma de distancias del punto a F₁ y F₂ es constante, 2m. Esto es el eje mayor de la elipse. Así, el semieje mayor de la elipse es precisamente lo que te faltaba para llegar al final de la escalera. El semieje menor es la distancia de la escalera que tenías recorrida cuando ésta empezó a resbalar, n.

Aquí tienes una forma sencilla de hacer surgir una elipse a partir de su definición. Toma un hilo, fija cada extremo con una chincheta a un punto en una cuartilla de modo que sobre algo de hilo. Ahora toma un lápiz, con su punta tensa el hilo y con el hilo tenso deja resbalar el lápiz. La figura es claramente una elipse, pues en todo momento la suma de distancias del punto que trazas a las dos chinchetas, los focos, es fija e igual a la longitud del hilo.

Una forma más inesperada de obtener una elipse es la siguiente. Toma un papel. Con un compás traza una circunferencia. Recorta el círculo. Señala un punto cualquiera P, dentro del círculo, que no sea su centro. Ahora toma el papel y pliégalo de modo que al plegarlo resulte que el borde del círculo vaya a pasar por P. Despliega y pliega otra vez de modo que se cumpla la misma condición. Haz muchos pliegues semejantes. Al final, encontrarás que todos los pliegues envuelven una figura que se parece a una elipse. ¿Será una elipse?

¡Sí! Y verás que no es difícil demostrarlo. Considera un pliegue cualquiera como el de la figura siguiente.

El arco que pasa por P es simétrico del arco AQB con respecto al pliegue. Traza la perpendicular por P a AB, al pliegue. AB es mediatriz de PS. Une C a S que corta en M a AB. Resulta entonces MP = MS y así MC + MP = MC + MS = radio del círculo. Así resulta que M está sobre una elipse de focos C y P con eje mayor de longitud igual al radio del círculo. Además, para otro punto cualquiera T de AB se tiene TP + TC = TS + TC > CS (pues el lado CS del triángulo TSC es menor que la suma de los otros dos). Así, T no está en la elipse. Es decir, el único punto de AB sobre la elipse es M, en otras palabras, AB es tangente a la elipse en M. Esto explica que los pliegues envuelven a la elipse.

Además, mira la figura y verás que, por la simetría, el ángulo PMA es igual al AMS y éste es igual al CMB, es decir, que resulta que la tangente AB a la elipse con punto de tangencia M es la bisectriz exterior del ángulo que tiene M por vértice y lados las semirrectas que van de M a los focos de la elipse. Recuerda bien este hecho porque nos resultará muy interesante un poco más adelante.

Esta otra propiedad, que puedes deducir mirando fijamente a la misma figura anterior, es también muy curiosa. La proyección de P sobre las tangentes a la elipse recorre una circunferencia, homotética de la de partida con centro de homotecia P y razón de homotecia 1/2[1].

Unas cuantas preguntas para que te las pienses.

¿Te podrías inventar un método como el de las chinchetas para trazar una parábola o una hipérbola?

En el método de los pliegues, ¿qué podrías hacer para obtener de modo semejante, con pliegues, una hipérbola?

Para acabar esta merienda de elipses, que comenzó con un bocata de chorizo, voy a ofrecerte un postre nada despreciable. Mira a ver si encuentras una caja circular como esas metálicas de galletas caras. Mide el diámetro de su interior, dibuja y recorta en una cartulina un círculo de diámetro igual al radio del interior de la caja. Pega en el fondo de la caja un papel o cartulina sobre la que va a aparecer el milagro de la elipse. Ahora se trata de colocar el círculo pequeño sobre el fondo así recubierto de la caja pegado a su pared y de hacerlo mover con su borde pegado a la pared interior de la caja sin deslizarse, es decir, se trata de que ruede sin resbalar. Para esto, lo mejor es recubrir la pared interior de la caja, por ejemplo con una tira de ese papel engomado por las dos caras que se usa para pegar alfombras al suelo. Haz un agujero en un punto de tu círculo pequeño, del que rueda, mete ahí la punta de un lápiz y verás que, al moverse como hemos quedado, sin resbalar, el lápiz describe sobre el papel del fondo algo que se parece a una elipse. ¿Es una elipse? A ti te lo dejo para que lo compruebes.

NOTAS

La geometría de las cónicas, elipse, hipérbola y parábola, es una de las secciones profundas de la matemática que, por su belleza, armonía y riqueza de ideas, se ha desarrollado más precozmente.

Los tres grandes genios de la matemática griega, Euclides, Arquímedes y Apolonio son los responsables de que ya a finales del siglo III a.C. se conociese prácticamente tanto como hoy conocemos sobre las propiedades de las cónicas.

Toda esta evolución tuvo lugar alrededor del gran centro de estudios de Alejandría, en Egipto, la ciudad fundada en 322 a.C. por Alejandro Magno y que sirvió por más de 5 siglos, hasta mediados del siglo III d.C., como el centro cultural más importante de la humanidad, con su gran museo, su biblioteca de más de 500.000 volúmenes y sus escuelas de las diferentes ramas del saber. La de matemáticas fue fundada por Euclides hacia 300 a.C. en tiempo de Tolomeo I. De la vida de Euclides no se sabe más que algunas anécdotas curiosas. Un alumno le interrumpió una vez su explicación sobre geometría preguntándole qué se podría ganar con aquellas elucubraciones tan extrañas. Euclides se dirigió a su esclavo allí presente: «Dale una moneda y que se vaya. Es de los que sólo quieren saber para ganar». La obra principal de Euclides, los Elementos, ha sido una de las más influyentes en el pensamiento de la humanidad. Se ha venido usando como libro de texto en todos los países hasta bien avanzado el siglo XIX. Se dice que sólo la Biblia le sobrepasa en número de ediciones. Su importancia radica en que ha sido el modelo de método de pensamiento en el que las generaciones del mundo occidental se han formado por más de 22 siglos.

Arquímedes (287-212) es considerado como el matemático más genial de la Antigüedad. Nació en Siracusa (Sicilia), colonia griega. Era hijo de Fidias, astrónomo, emparentado de alguna forma con el rey Herón II de Siracusa. Arquímedes estudió en Alejandría, asimiló y perfeccionó los métodos de los discípulos de Euclides y se volvió a Siracusa, desde donde sorprendió al mundo con sus descubrimientos e invenciones, entre otros muchos, el de su famoso principio «Todo cuerpo sumergido en un líquido…». Éste está relacionado con la clarificación por Arquímedes de la estafa que un orfebre había hecho al rey Herón. Éste le había encargado una corona de oro confiándole para ello un determinado peso de oro puro. El rey sospechaba que el orfebre había quitado una cierta cantidad de oro y lo había sustituido por una cantidad de plata del mismo peso. Arquímedes, en una de las piscinas públicas de la ciudad, meditaba sobre el modo de averiguar si esto era así. De pronto, al sentir su cuerpo flotando en el agua, un relámpago cruzó su mente. Una cantidad de oro de un cierto peso tiene un volumen menor que una cantidad de plata del mismo peso. Por tanto, si la corona tiene plata como el rey sospecha, tendrá un volumen mayor que el oro que el rey entregó al orfebre. Basta meter en agua la corona, medir el agua desalojada, meter en agua una cantidad de oro con el mismo peso que la corona, medir el agua desalojada, y comparar. Arquímedes no pudo contenerse. Salió del baño desnudo por las calles de Siracusa gritando «¡Eureka, eureka!» (¡Lo encontré, lo encontré!).

Tornillo de Arquímedes. Un modo ingenioso de sacar agua de un pozo

Y sin embargo, a pesar de todas sus famosas invenciones (palanca, espejos parabólicos para quemarles las naves a distancia a los romanos que asediaban Siracusa, una especie de gigantesco tornillo para subir cómodamente el agua de un pozo…) lo que Arquímedes estimaba más eran sus descubrimientos geométricos. En su tumba hizo grabar una esfera inscrita en un cilindro, en recuerdo de su descubrimiento de que el volumen de la esfera es 2/3 del volumen del cilindro.

Pero quien más supo sobre cónicas fue Apolonio de Perga. Nació hacia 262 a.C. en Perga, una ciudad griega situada en la actual Turquía. Estudió y enseñó también en Alejandría, donde murió en 190 a. de C. Se ocupó también de óptica y astronomía, introduciendo métodos muy originales y obteniendo resultados muy profundos.

Nim

El juego que te explicaré ahora es muy viejo y muy interesante. Nim, en inglés antiguo, es «quitar» o «retirar». Entre nosotros se puso de moda a raíz de una célebre película, «El año pasado en Marienbad», en la que el protagonista parece haberse encandilado con el jueguecillo y lo usa para matar el tiempo en el balneario de Marienbad, en Checoslovaquia, famoso en toda Europa desde el siglo XVI.

Es un juego para dos personas, A y B. Se colocan cuatro filas de piedrecillas (el individuo de Marienbad usaba cerillas), una fila con 1, otra con 3, otra con 5, otra con 7 piedrecillas. Nosotros empezaremos jugando con tres filas de piedrecillas en la forma siguiente. Luego veremos que nuestra estrategia es la misma para jugar con cualquier número de filas y piedrecillas en cada fila.

El jugador A puede quitar una o más piedrecillas de la fila que escoja. Por ejemplo, retira 2 de la 2.a fila, quedando así las piedrecillas:

Le toca a B, quien puede retirar las piedrecillas que quiera (siempre una o más) de la fila que escoja. Por ejemplo, quita 2 de la fila 1.a, quedando así:

Le toca a A, etc… Gana el que se lleve la última piedrecilla.

Si tienes algún amigo o enemigo por ahí cerca, invítale a jugar un rato. El juego es sencillo de aprender y no es nada fácil adivinar una estrategia adecuada para ganar siempre.

Cuando hayas jugado un buen rato y meditado un poco sobre cómo se debe jugar para ganar, vuelve conmigo, a poder ser, solo. No le digas a tu amigo que alguien te va a explicar la estrategia para ganar, entre otras cosas porque lo que yo te enseñaré te permitirá ganar casi siempre contra cualquiera que no conozca la estrategia y te permitirá ganar siempre contra cualquiera, aunque la conozca, con tal de que tú juegues el primero. Hasta luego.

La estrategia que te explicaré está basada en el sistema binario de numeración. No te asustes. Verás qué fácil es poner un montón de piedrecillas en sistema binario sin escribir nada; sin saber siquiera cuántas piedrecillas hay en el montón.

Tienes estas piedrecillas:

Colócalas en fila, así:

No hace falta que las cuentes. Ahora, empezando por la izquierda, coge la primera y la colocas debajo de la segunda, coge la tercera y la colocas debajo de la cuarta, etc. Así (no hace falta contar):

Ahora, empezando por la izquierda, coge el primer par y lo colocas debajo del segundo par. El tercer par lo colocas debajo del cuarto par. Así:

Ahora coge el primer montón de cuatro piedrecillas y lo colocas debajo del segundo de cuatro piedrecillas, el tercero de cuatro piedrecillas bajo el cuarto (aquí, como no hay siguiente de cuatro piedrecillas, paramos). La cosa queda así:

Ahora, el primer montón de ocho piedrecillas, lo colocas bajo el segundo de ocho (aquí como no hay segundo de ocho no hacemos nada, hemos terminado).

Creo que ya entiendes lo que hemos conseguido. Hemos distribuido las piedras en grupos de 1, 2, 4, 8, 16…, piedrecillas. En nuestro caso resulta [1] de 8, [1] de 4, [0] de 2, [1] de 1, es decir, el número de nuestras piedrecillas en sistema binario es 1101. Observa que no hemos tenido que escribir nada, ni que hacer una sola división, ni siquiera que contar las piedrecillas.

Haz este ejemplo conmigo para practicar.

El número de piedras en sistema binario es 1011.

Esto es sólo una preparación. Vamos a nuestro juego. Supón que tú eres el primero enjugar, tú eres A. Tu contrincante es B. Coloca las piedras de cada fila en sistema binario ordenadamente, es decir, de modo que los montones de 8 de las piedras de cada fila queden en una misma columna, los de 4 en otra, los de 2 en otra, los de 1 en otra. Así:

Observa ahora esta disposición de las piedras por columnas. Hay en la primera columna de la izquierda dos grupos de 4 piedrecillas, en la segunda un grupo de dos, en la tercera dos grupos de una piedrecilla. Tu objetivo al jugar va a ser dejar en cada columna un número par de grupos. Así, en este caso puedes quitar los dos de la tercera fila, dejando el juego a B en esta situación:

Ahora juega B, que quitará las piedras que le parezca, de la fila que se le antoje. Supón por ejemplo que quita 2 de la primera fila, dejándote a ti esta situación:

Tú ahora a tu estrategia. Coloca las piedras de cada fila en sistema binario. Así:

Para seguir con tu estrategia de dejar todas las columnas con un número par de grupos, observa que puedes quitar dos piedras de la 2.a fila y entonces le dejas a B la siguiente situación, al colocar las piedras de cada fila en sistema binario:

Supón que B coge una piedra de la 2.a fila, con lo que te queda:

Tú entonces las colocas como siempre en sistema binario.

Observa que si quitas las tres de la fila 1.a le queda a B:

una situación en la que no tiene más remedio que hacerte ganar.

Fíjate bien. El hecho de que el juego se haya empezado con 3, 4, 5 piedrecillas no importa nada en absoluto. Tampoco importa que sólo haya tres filas. Lo que importa únicamente es que puedas llevar adelante tu estrategia: colocar las piedras de cada fila en sistema binario ordenadamente y quitar de la fila que haga falta las piedras que hagan falta para que, colocando las piedras en sistema binario, en todas las columnas haya un número par de montones.

Supongamos que empezáis a jugar con cuatro filas de 14, 11, 9 y 7 piedrecillas, respectivamente, y que tú eres A, es decir, juegas primero. La situación inicial en sistema binario es:

La columna de los montones de 8 tiene 3, la de montones de 4 tiene 2, la de montones de 2 tiene 3 y la de montones de 1 tiene 3. Para llevar adelante tu estrategia, te fijas en la primera columna que tenga un número impar de grupos, que en este caso es la primera de la izquierda, que tiene tres. En cualquiera de estos tres grupos hay ocho piedras. Observa que 8 = (4 + 2 + l) + l. Así, desplazando o quitando piedras de las ocho de un grupo cualquiera de estos tres puedes rellenar los otros cuadros de la misma fila o bien dejarlos vacíos si hace falta para que después de tu jugada con las piedras de una sola fila todas las columnas tengan un número par de grupos de piedras. Aquí, por ejemplo, coges las ocho piedras del grupo de ocho de la primera fila, de ellas pones una en el cuadro de las de una piedra y retiras las otras siete, y retiras asimismo las dos del cuadro de dos de la primera fila. La primera fila queda entonces así en sistema binario.

De este modo, cada columna tiene un número par de montones.

Observa los dos hechos importantes siguientes:

1) Siempre puedes llevar adelante tu estrategia con tal que haya alguna columna con un número impar de montones. Si no es así, es decir, si todas las columnas tienen un número par de montones, no te esfuerces en esta jugada. Jugando según las reglas, es decir, cogiendo una o más piedras de una sola fila siempre le vas a dejar a B alguna columna con un número impar de montones y él, si conoce tu estrategia, va a ganarte si la va realizando. Pero si no la sabe, casi seguro que en una jugada posterior te va a dejar las cosas bien para ti.

2) Muchas veces, cuando te toca jugar, tienes varias posibilidades para llevar adelante tu estrategia, pero siempre que haya alguna columna con un número impar de montones, quitando algunas piedras del modo que te he indicado puedes llevar adelante tu estrategia. Por ejemplo, en el caso de la página anterior, de la fila 2.a podrías quitar todas las piedrecillas y conseguirías tu objetivo. La otra jugada allí explicada juega con la fila más larga.

Si estás cansado de tanto rollo, descansa y vuelve otro día. Si sólo te interesa ganar todas las veces que se pueda, no vuelvas a este lugar, porque lo que viene a continuación es la explicación matemática de por qué funciona la estrategia que te he dado.

Que la estrategia conduce siempre a la victoria es bastante claro. Si A puede dejar siempre a B una situación en la que en sistema binario hay un número par de montones en cada columna es porque este número par es cero para cada columna (en cuyo caso es que A se llevó todas las piedrecillas en su última jugada y ya ganó) o bien es que hay al menos dos filas con piedras y así B no puede ganar en esta posición (tiene que coger piedras de una sola fila).

Lo que necesita una explicación más detallada es el que A pueda llevar adelante siempre su estrategia, si es que alguna vez estuvo en condiciones de iniciarla, es decir, si en algún instante, bien al comienzo o bien en algún otro momento del juego, recibió las piedras de tal modo que, colocadas en sistema binario, en alguna columna hubo un número impar de montones. La razón de este hecho es fácil considerando la receta misma que te he explicado antes. El jugador Λ debe fijarse en la primera columna de la izquierda con un número impar de grupos. En cada uno hay 2p piedras, por ejemplo 32 = 2⁵ piedras. Observa que

2P = (2P–1 + 2P–2 +… + 2¹ + 2⁰) + 1

por ejemplo,

32 = 2⁵ = (2⁴ + 2³ + 2² + 2¹ + 2⁰) + 1 = (16 + 8 + 4 + 2 + l) + l

Así, en uno cualquiera de estos grupos hay piedras suficientes para hacer que los cuadros siguientes de la misma fila queden llenos o vacíos, de modo que todas las columnas queden con un número par de grupos de piedras.

Tú puedes pensar ahora lo siguiente. Supongamos que jugamos con doce piedrecillas y tres filas, empezando por colocar al azar las piedras en las tres filas. ¿Qué probabilidad tengo yo de que, desde el principio, jugando el primero, la situación me sea favorable y me permita aplicar la estrategia de modo que aunque mi contrincante sepa la estrategia, le gane? Trata de calcularla. Casi todas las veces podrás ganar tú. Exactamente una sola vez de las doce posibles distribuciones te sale la situación mala, que es 2, 4, 6. Todas las demás te son favorables.

El Nim, con esta estrategia, está programado para que lo puedan jugar…, y ganar, los computadores. Pero no te asustes si tienes que jugar contra uno de ellos. Dile que aceptas, pero que tú quieres jugar con 25 filas. El computador se arrugará, seguro, pues normalmente no están programados para más de 10 filas. Está bien que el computador aprenda que todavía hay clases…

NOTAS

Hay muchos juegos con el sabor del que acabas de ver y que tal vez te hayas encontrado por ahí, jugando con maquinitas. Uno muy antiguo, para dos jugadores, consiste en poner un montón de piedrecillas. El primer jugador, A, puede quitar 1, 2 o 3 piedrecillas. Deja el tumo a B, quien puede quitar asimismo 1, 2 o 3 piedrecillas. Gana quien se lleve la última piedra. Este juego tiene una estrategia muy sencilla. Si los dos jugadores la conocen y la practican ya se sabe desde el principio quién va a ganar, dependiendo del número inicial de piedras. Piensa un poco y descúbrela.

El Nim, lo mismo que este juego, admite variantes sencillas, como por ejemplo que pierda el que se lleve la última piedrecilla. ¿Cómo varía entonces la estrategia? También se puede pensar en combinar los dos juegos. Se colocan varios montones de piedras, por ejemplo tres, uno con 3, otro con 4 y otro con 5 piedras. Se pueden quitar 1 o 2 piedras de un solo montón. ¿Te atreves a tratar de encontrar una estrategia?

Los puentes de Königsberg

Una de las ramas importantes de la matemática actual, la topología, nació con el siguiente acertijo que el gran Euler describió y resolvió en uno de sus artículos: «El problema que, según entiendo, es muy bien conocido, se enuncia así: En la ciudad de Königsberg, en Prusia, hay una isla, llamada Kneiphof, rodeada por los dos brazos del río Pregel. Hay siete puentes, A, B, C, D, E, F y G, que cruzan los dos brazos del río (ver la figura de abajo). La cuestión consiste en determinar si una persona puede realizar un paseo de tal modo que cruce cada uno de los puentes una sola vez. Se me ha informado de que mientras unos negaban la posibilidad de hacerlo y otros lo dudaban, nadie sostenía que fuese posible realmente».

¿Por dónde se puede empezar a atacar el problema? Piensa y observa. Hay muchos aspectos del problema que son totalmente irrelevantes, que no importan nada. Por ejemplo, que la isla sea más grande o más chica, que los puentes sean más estrechos o más anchos, rectos o curvos, más largos o más cortos. Lo esencial es el esquema, lo que los puentes unen y cómo estas uniones se comportan entre sí. Lo esencial es, pues, lo siguiente: ¿Se puede trazar el dibujo de la figura 1 de un solo trazo sin repetir ninguna línea?

Seguro que esto ya te sugiere algún recuerdo de tu infancia. ¿Sabrías repetir las siguientes figuras sin levantar el lápiz del papel y sin repetir dos veces una misma línea? ¿Sabrías hacer esto mismo saliendo de algún punto y volviendo al mismo punto?

Prueba, prueba… La figura 3 la conocerás casi seguro y la habrás hecho muchas veces, pero te costará terminar en el punto en que comienzas. La figura 4 es tan fácil de trazar que, a no ser que lo hagas a mala idea, saliendo de cualquier punto llegas al mismo punto sin repetir arcos y recorriéndolos todos, y eso casi sin proponértelo. La figura 2 parece más simple, tiene menos trazos, pero para ella, como para esta figura 6 de sólo tres trazos, los dos problemas propuestos son imposibles de modo clarísimo, trivial, como a veces se dice insultantemente. La figura 5 parece que no hay cristiano (ni moro) que la analice, pero ahí tienes una solución:

¿Cuál es el misterio de los arcos de un caso y de otro? ¿Cómo averiguar si un dibujo se puede hacer como se pide y otro no? Y si se puede, ¿cómo encontrar la receta?

Empecemos por casos sencillos:

La figura 8 se puede, ¡faltaría más!, pero no se puede salir y llegar al mismo punto. La figura 9 se puede si se sale de A terminando en B y también se puede conseguir si se sale de B terminando en A, pero si salimos de C no se puede. La figura 10 no se puede de ninguna forma. La figura 11 se puede saliendo de cualquier punto y se termina en el mismo punto. Lo que distingue a los vértices es claro. El número de posibles entradas y salidas de ellos, es decir el número de arcos que concurren en cada uno. Aquí están esos números, el grado de cada vértice:

¿Y por qué es importante ese número? ¡Hombre! Entradas y salidas es lo que andamos buscando. Lo que nos atasca en un vértice es la falta de una salida, ¿no? Es cierto, pero tener muchas entradas y salidas no siempre es bueno. La figura 12 tiene más entradas y salidas que la figura 3 y sin embargo la 3 es posible y la 12 imposible. Pensemos en una figura posible de trazar volviendo al mismo vértice de partida. Para cada vértice del recorrido, como no nos paramos en él, resulta que entramos tantas veces como salimos, naturalmente por arcos distintos. Así, cada vértice es de grado par. El primero también pues volvemos a terminar en él.

Así, si una figura es posible terminando en el mismo vértice de salida tiene que tener todos los vértices de grado par.

¿Aclara esto nuestro problema totalmente? ¡Aún no! ¿Resultará que si todos los vértices son de grado par podemos hacer un recorrido llegando a terminar en el vértice de salida? Veamos. Lo que es seguro es que nunca nos atascamos en nuestro camino si no es en el vértice de salida S, pues como cada vértice es de grado par, al entrar en uno que es distinto de S por primera vez nos queda un número impar de arcos de salida, es decir, por lo menos un arco, al entrar por segunda vez nos queda de nuevo un número impar, pues hemos usado tres arcos que concurren en ese vértice; así, siempre que entremos podremos salir. Por tanto, caminando por nuestra figura al buen tuntún saliendo de S sólo nos atascamos estando en S de nuevo. Si hemos recorrido toda la figura ya tenemos nuestro problema resuelto. ¿Y si no la hemos recorrido? Si en nuestro camino C nos faltan arcos por recorrer, lo cierto es que podemos proceder así para ampliar nuestro camino y hacer uno más grande que siga verificando las reglas del juego. Cuando lleguemos al primer vértice Si del que salen arcos que no estén recorridos, vamos por ellos. Como antes, no nos podemos parar si no es en 5i. Ahora, cuando en S₁ están recorridos todos los arcos que salen de él, seguimos a partir de S₁ por el camino inicial C hasta llegar al primer vértice S₂ en el que concurran arcos que no están recorridos ni en el camino C ni en la ampliación que acabamos de hacer. Así, acabamos por recorrer todos los arcos.

Por tanto, si todos los arcos son de grado par, la figura propuesta es posible y además tenemos la receta para trazar el camino pedido. ¡Además esta receta nos dice que el vértice de salida, que puede ser cualquiera, es necesariamente el mismo que el final!

¿Y si hay vértices impares? Observa la figura 9. Si sales de A o de B, consigues hacerla, pero si sales de C, no. Los vértices A y B son impares, el C es par. ¿Qué misterio es éste? Lo que antes nos condujo a la solución nos puede indicar la forma de proceder ahora. En un trazado como el que tenemos que hacer hay un vértice inicial, un vértice final y todos los demás de paso. Pero un vértice de paso (ni inicial ni final) tiene tantos arcos de entrada como de salida, es decir, es de grado par. Por tanto, si una figura admite un trazado como el que se pide, todo vértice de paso ha de ser par. Pero los vértices de paso son todos menos dos. Por tanto, si una figura tiene más de dos vértices impares, es imposible. Por otra parte, si una figura tiene dos vértices impares, está claro que si intentamos trazarla según las reglas, tendremos que salir de uno de los vértices impares e intentar terminar en el otro vértice impar. Sólo nos queda una cuestión para tener nuestro problema resuelto totalmente. Si una figura tiene dos o sólo un vértice impar, ¿será posible?, ¿receta? Lo que hasta ahora sabemos nos puede aclarar las cosas. Si una figura tiene uno o dos vértices impares, salimos con decisión de uno de ellos S. No nos podemos atascar en ningún vértice par, pues si entramos podemos salir de él, ni tampoco en S, pues al salir gastamos uno de sus arcos y así le quedan después un número par de ellos y, por tanto, si volvemos a entrar podemos salir. Como acabamos por atascamos (sólo hay un número finito de arcos) queda claro que nos atascamos en el otro vértice impar, lo cual demuestra que no puede haber un solo vértice impar. Ahora nos preguntamos: ¿hemos recorrido con este camino C toda la figura? Si es así, enhorabuena, ya tenemos nuestro problema resuelto. ¿No? Entonces procedemos como antes. Salimos de S por el camino C hasta llegar al primer vértice S₁ del que salen arcos no recorridos del camino C. Observa que a todos los vértices que tienen aún arcos no recorridos en C les falta un número par de arcos por recorrer. Así, saliendo de Si por arcos que no están en C no nos atascamos en ningún vértice distinto de S₁. Así llegamos a S₁ por un camino C₁ de arcos que no están en C habiendo recorrido todos los arcos de S₁ que no estaban en C. Ahora podemos continuar por C hasta llegar al primer vértice S₂ que tiene arcos que no están en C ni en C₁. Procedemos igual, y de este modo acabamos por recorrer todos los arcos de la figura.

Puedes practicar el método proponiéndote figuras posibles complicadas y desafiando a algún amigo a trazarlas. Por ejemplo, las siguientes.

También puedes suponer que tienes una avioneta en Königsberg, que te permite dar un único salto de un punto a otro cualquiera, el que te apetezca. ¿Podrías entonces hacer el camino que se pide? ¿Cuál es la condición general de una figura para que se pueda trazar con la ayuda de un salto único?

NOTAS

El método que hemos visto para resolver problemas como el de los puentes de Königsberg nos permite también resolver el problema de llegar al centro de cualquier laberinto que se nos ponga por delante, aun sin conocer en absoluto su estructura. Propongámonos llegar desde la entrada al punto del tesoro señalado en el laberinto del jardín de R. Ball, uno de los más grandes escritores de recreaciones matemáticas de todos los tiempos. Supongamos que no tenemos ningún mapa y que por lo tanto nuestra finalidad deberá ser recorrer todo el laberinto (se supone, claro, que el tesoro está bien patente en algún punto del laberinto al que se puede llegar) y salir por la única entrada que hay. ¿Podremos hacerlo?

El laberinto del jardín de Rouse Ball, con su tesoro

¡Sí! El sendero que constituye el laberinto (línea en cursiva de la segunda figura) consta de arcos y puntos de bifurcación. Como por cada arco queremos pasar una vez de ida y otra de vuelta, repetimos cada arco dos veces. Una vez hecho esto, claramente tenemos una figura como las que hemos venido estudiando en este capítulo con todos los vértices pares. Así se puede recorrer toda ella sin repetir arcos partiendo de cualquier punto. Además, lo podemos hacer sin conocer el mapa del laberinto. Lo único que necesitamos es poder señalar de algún modo los arcos que ya hemos recorrido. Para ello basta que con una tiza, en cada bifurcación señalemos con una flecha qué sendero hemos tomado para no volverlo a tomar cuando estemos en el mismo punto.

Naturalmente, este modo de proceder no nos proporciona el camino más breve para llegar al tesoro, pero sí nos da la seguridad de llegar a él y de poder volver a salir.

Un grupo para solitarios

Está claro que a un solitario lo que le va bien para dejar de serlo es un grupo. Pero aquí no vamos a metemos con esa clase de solitarios ni con esa clase de grupos.

En el siglo XVIII un aristócrata francés fue confinado en una aislada celda de la Bastilla. El solitario noble inventó un solitario para soportar su soledad. El juego hizo furor más tarde en la Inglaterra de la reina Victoria y hoy día ha tenido un fuerte relanzamiento.

Puedes jugarlo sobre un tablero de ajedrez muy cómodamente con 32 monedas de peseta. La diferencia de color no va a importar aquí nada. Con unas cuartillas tapa los cuadros necesarios del tablero para que te quede una figura así:

Coloca ahora las 32 monedas, una en cada cuadro menos en el señalado. Así:

Ahora puedes empezar a mover las pesetas. Se pueden mover haciendo saltar una moneda por encima de otra contigua (a su derecha o a su izquierda, arriba o abajo) si es que al otro lado de aquella sobre la que se salta hay un cuadro vacío. Entonces se come, es decir se retira, aquella peseta sobre la que se ha saltado. Por ejemplo, se puede pasar de esta situación

a esta otra

o de ésta

a ésta

Se trata de lograr que al final el tablero quede casi todo lo contrario de lo que estaba en un principio, es decir, así:

El juego es entretenido y nada fácil. Ponte manos a la obra, a mover el capital de un escaque a otro. Escaque, por cierto, es el término del diccionario para la casilla del tablero de ajedrez. Ahora no sigas leyendo, cierra el libro y cuando te hayas entretenido un buen rato, vuelve…

… Y perdóname por haberte tomado un poco el pelo. El juego así propuesto es imposible. ¿Que cómo lo sé? A lo mejor tú has encontrado otro modo de verlo en todo este rato (si es así, ¡enhorabuena! y por favor escríbemelo), pero a mí me contó este método Allen Shields, de la Universidad de Michigan, metiendo por medio el grupo de Klein. ¿Que qué es eso? Es el grupo conmutativo de cuatro elementos que llamaremos a, b, ab, 1 (el tercero ab se podría llamar c, por ejemplo, pero llamándolo ab la tabla de multiplicar de este grupo será más fácilmente memorizable). La tabla del grupo es la siguiente:

(Como ves, sólo nos tenemos que acordar de que aa = 1, bb = 1 y de que 1, naturalmente, es la unidad del grupo.)

¿Qué tiene que ver esto con el solitario? En realidad, se puede relacionar con unos cuantos juegos y solitarios, como verás más adelante. En nuestro tablero podemos escribir los elementos del grupo de Klein en la forma siguiente:

Observa estas dos cosas:

1) El producto de todos los elementos del grupo correspondientes a casillas ocupadas por pesetas al comienzo del juego es a. Esto es claro pues cada tres cuadros contiguos contienen a, b, ab y abab = 1. Con esto se hace fácil el producto señalado y resulta ser a.

2) El efectuar con las pesetas un movimiento cualquiera de los permitidos en nuestro solitario se puede interpretar de la siguiente manera. Consideramos por ejemplo el movimiento:

Fíjate que tal como hemos denominado las casillas con los elementos del grupo de Klein en todo caso el elemento del grupo situado en la casilla ocupada después del movimiento es el producto de los elementos del grupo situados en las casillas ocupadas antes del movimiento realizado. Así resulta que el producto de los elementos del grupo correspondientes a casillas ocupadas antes de un movimiento es el mismo que el producto de los elementos correspondientes a casillas ocupadas después, es decir, este producto es invariante a lo largo de nuestros movimientos.

Con estas dos observaciones queda claro que el solitario propuesto va a ser imposible. Al principio, el producto de los elementos del grupo correspondientes a casillas ocupadas era a y, en el juego propuesto, al final debería ser b, pero esto es imposible.

El solitario del caballero de la Bastilla no tenía tan mala idea. La posición final debía ser ésta, en que, como ves, el producto correspondiente al único elemento que debe quedar es a, como al principio.

Ahora sí que va en serio. Disponte a pasar un rato entretenido. Cierra estas páginas y… a mover el capital. Es posible que te salga. Lo difícil, si te sale, es que te acuerdes de cómo lo has logrado. Si no te sale y pides sopitas o si quieres impresionar a tus amigos mostrando tu clarividencia, vuelve conmigo.

Aquí tienes una estrategia, compuesta de unos cuantos macromovimientos que te permiten dar pasos de gigante. Cada macromovimiento es una sucesión de movimientos obvios en la que un conjunto básico de cuadros con fichas en una cierta situación catalizadora a su lado se puede vaciar sin modificar los catalizadores.

Macromovimiento a. De una situación parcial como ésta:

se pasa a la siguiente.

Macromovimiento b. De esta situación:

se pasa a:

Macromovimiento c. De la situación:

se pasa a:

Macromovimiento d. De aquí,

se pasa a:

Para emplear estos macromovimientos, coloquemos el cuadro inicial, con un movimiento, en esta situación:

Y ahora te indico los macromovimientos que puedes emplear, por su orden, para llegar a un final feliz.

Una pregunta curiosa. Con el mismo comienzo se pide acabar en esta situación:

o bien en ésta:

Como puedes ver fácilmente, no parece existir la obstrucción de la trampa que te puse al comienzo. El producto al comienzo era a y sigue siendo a al final. ¿Se puede resolver el solitario con estas condiciones? ¿Podrías encontrar una receta si se puede? Si la encuentras, por favor envíamela.

NOTAS

«El solitario anterior me agrada mucho. Yo lo juego en orden inverso. Es decir, en lugar de hacer una figura determinada (por ejemplo una ficha en el cuadro central) según las reglas del juego, o sea saltando sobre una ficha a un lugar vacío y retirando la ficha sobre la que se ha saltado, me parece mejor jugar al revés: partiendo de una figura determinada, saltando sobre un lugar vacío y poniendo una ficha en el lugar vacío sobre el que se ha saltado».

Estas son las palabras del gran Leibniz, en una carta de 1716. Leibniz estaba convencido del inmenso valor educativo de los juegos, como lo manifiesta explícitamente en otra carta de 1715:

«Nunca son los hombres más ingeniosos que en la invención de los juegos. El espíritu se encuentra ahí a sus anchas… Después de los juegos que dependen únicamente de los números vienen los juegos en los que interviene la situación… Después de los juegos en los que no intervienen más que el número y la situación, vendrían los juegos en que interviene el movimiento… En fin, sería deseable que se hiciese un curso entero de juegos, tratados matemáticamente».

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) ha sido uno de los espíritus más hondos y polifacéticos de la historia de la humanidad. Filósofo profundo, lógico, matemático, científico, especialista en leyes, historia, lingüística, teología, fue además el trabajador incansable de la reconciliación religiosa y política en la Europa de su tiempo, resquebrajada en tantos sentidos.

Nació en Leipzig donde se formó inicialmente en la biblioteca de su padre y luego en la universidad de su ciudad. Estudió primero derecho y luego se interesó especialmente por las matemáticas y la metafísica, siendo uno de sus ideales espirituales efectuar una síntesis metodológica que permitiera tratar con métodos matemáticos todo el campo del conocimiento. Se colocó al servicio del príncipe elector de Maguncia, comenzando así su carrera como político, que simultaneó con multitud de investigaciones de la naturaleza más diversa. Pocos científicos habrán sido capaces de compaginar una vida tan activa con una profundidad de pensamiento como la que se revela en los escritos filosóficos, matemáticos, lógicos, históricos… de Leibniz. Al servicio del duque de Hannover, Leibniz recorría incansablemente los países de Europa en su diligencia que era al mismo tiempo su lugar de pensamiento y de trabajo.

El matemático como naturalista

¿Cómo crees que se inventan los teoremas, esos terroríficos teoremas que a veces te los presentan como llovidos del cielo, como los meteoritos? Aunque en el nombre se parezcan, resultan ser todo lo contrario, y en este pequeño ensayo lo que me gustaría dejar bien claro es precisamente este teorema:

TEOREMITO ≠ METEORITO

Pitágoras gozaba jugando con piedrecillas (cálculos) y haciendo cálculos con cálculos. Uno de sus juegos era el siguiente:

«¡Ajá! —se dijo—. ¡Ya tengo el truco! La suma de los n primeros impares es n²».

Esto es un teorema surgido de las sencillas piedras de una playa…, y de la observación de Pitágoras. ¿Es esto una demostración? Si no lo es, está muy cerca, ¿no?

Euler miraba y remiraba con gran atención y placer su colección de cuerpos platónicos, los poliedros regulares, como quien mira una colección de piedras preciosas. Allí tenía el picudo tetraedro, el cubo con su pinta tan maciza, el octaedro, el extraño dodecaedro y el lío del icosaedro, todos iguales por todos los costados. Todos llenos de simetrías y regularidades. Se le ocurrió ir contando sus caras, sus vértices, sus aristas. ¡Tal vez habría alguna ley que conectara estos números! ¡En un mundo tan perfecto también estos números deberían ser regidos por una ley sencilla y transparente!

¿Por qué no te haces tú también una colección de cuerpos perfectos? Es muy fácil. Recorta en una cartulina, por ejemplo, un pentágono bien regular. La forma más fácil de trazar un pentágono regular consiste en hacer un nudo con una tira de papel como te indico en la figura. ¿Por qué no tratas de demostrar que si empiezas con una tira bien rectangular lo que te sale es un pentágono regular? Es bastante fácil conseguirlo.

Ayudándote con este pentágono recortado, pinta en una cartulina grande doce pentágonos iguales a éste y juntos, de la forma que te indico (yo los pinto más pequeños, porque de otra forma no me caben).

Recorta ahora por las líneas exteriores dejando unas pequeñas pestañas para poder pegar las caras por los bordes. Así:

Dobla ahora por los bordes de los pentágonos (para hacerlo más exactamente, lo mejor es marcar un poco los bordes con un cuchillo) y trata de pegarlos para formar un poliedro cerrado. Si los has pintado con suficiente exactitud observarás, ¡oh, maravilla!, que se cierran perfectamente y se pueden pegar las pestañas para obtener una figura así:

¿O piensas que no es maravilla que se peguen bien? Haz un pequeño experimento. En lugar de partir de un pentágono regular, procede del mismo modo con un hexágono regular. Dibuja un montón de hexágonos regulares pegados y…, verás lo que pasa. Partiendo de un heptágono regular la cosa va aún peor. Pero partiendo de polígonos regulares de menos lados sí que puedes construir figuras cerradas. Experimenta un poco, que la experiencia es la madre de la ciencia. Partiendo de un triángulo equilátero, con cuatro, puedes formar un tetraedro, con ocho un octaedro regular, con veinte de ellos un icosaedro. Partiendo de un cuadrado se forma, con seis iguales, un cubo y partiendo de un pentágono regular, con doce, se forma un dodecaedro regular. ¿Qué misterio es éste? ¿Habrá más poliedros regulares? Trata de estudiar la cosa desde un punto de vista geométrico, que es como la estudiaron los antiguos griegos. ¿Por qué si con triángulos regulares, equiláteros, se pueden formar tres poliedros regulares distintos, con cuadrados, o pentágonos, solamente uno?

Cuenta, como Euler, y hazte una lista de los vértices, aristas y caras de tus poliedros regulares.

«¡Extraños números!», se dijo Euler cuando terminó. Pero a Euler no le amedrentaban los números. Empezó a echar cuentas con ellos. «Las aristas son siempre más que los vértices y que las caras… ¡Es natural! Si hemos partido de un L-ágono (polígono regular de L lados), para contar las aristas podemos multiplicar el número de caras C por L. Pero así, habremos contado cada arista dos veces. De este modo está claro que CL = 2A. Como L es al menos 3, tiene que ser A > C. Veamos si se verifica la fórmula CL = 2A…

… todo marcha como preveía».

«¿Se podría establecer alguna relación semejante entre aristas y vértices?… Parece que se puede hacer algo parecido. Llamaré G al número de aristas que concurren en un vértice cualquiera. Así, para contar las aristas podemos multiplicar V, el número de vértices, por G. Pero así hemos contado dos veces las aristas. Por tanto VG = 2A. Veamos:

Todo va según lo previsto. Como G es siempre al menos 3, resulta A > V.»

La lista de números de la página 65 es curiosa, ¿verdad? Hay unas relaciones extrañas. Observa:

Por otra parte, mirando los números L y G, resulta:

Estas relaciones parecen sugerir que el cubo y el octaedro se comportan entre sí de modo parecido al que lo hacen dodecaedro e icosaedro. Se pueden intercambiar caras por vértices y vértices por caras. ¿Qué explicación se puede dar de este fenómeno extraño?

En cada cara de un poliedro regular hay un punto especial, el centro. ¿Será posible que los centros de las caras de un octaedro…? ¡¡SÍ!! ¡¡EUREKA!! ¡Son los vértices de un cubo! ¡Y los centros de las caras de un dodecaedro son los vértices de un icosaedro regular! ¡Y también al revés! Ya tenemos aclarado un enigma. Esta relación explica los cuadros de arriba plenamente. Incluso explica por qué el número de aristas es el mismo, 12, en el cubo y octaedro, y 30 en el icosaedro y dodecaedro. El CL de uno es el VG del otro y esto es 2A.

La introducción de los números G y L ha constituido una complicación de nuestra tabla inicial de C, V, A que nos ha aclarado algunas cosas. Pero, ¿se podrá hallar alguna relación directa entre C, V, A?

El cuadro de página 65 sugiere, jugando un poco con las cifras que allí figuran, la relación:

que se verifica en todos los casos. ¿Casualidad? ¿Hasta dónde llega esta relación? Construyamos otro poliedro no regular, un prisma, por ejemplo, o una pirámide.

Parece que en cualquier poliedro de este tipo se tiene C + V = A + 2. Este fue, más o menos, el hilo del pensamiento del gran Euler y este es uno de los muchos teoremas famosos que llevan su nombre:

EN CUALQUIER POLIEDRO CONVEXO, C + V = A + 2

Euler nunca llegó a demostrar su teorema. Pasó casi un siglo hasta que Cauchy dio con una demostración que marcha mediante la siguiente idea fecunda. Supongamos el poliedro envuelto con una malla muy elástica que se pega a sus caras perfectamente. Pintemos en la malla las aristas y los vértices bien claramente, recortemos una de las caras, con su trozo de malla correspondiente, la quitamos y, haciendo uso de la elasticidad de la malla, desplegamos ésta sobre un plano de modo que las aristas no se hagan un lío. No es necesario que las aristas queden rectas. Por ejemplo, de un cubo queda esto:

de un octaedro,

de un dodecaedro,

Si demostramos que para cualquier figura de este tipo se verifica C + V = A + l, ya tenemos el teorema de Euler demostrado.

¿Qué es una figura de este tipo? Es claramente una figura constituida por un conjunto de polígonos con lados curvilíneos de modo que no deja agujeros dentro, es decir, es una configuración poligonal curvilínea en cuyo interior se ha hecho una partición por polígonos curvilíneos que no se solapan.

Ahora podemos tratar de hacer una inducción sobre el número de polígonos que constituyen la partición de la configuración, basada en la observación de que si en una figura del tipo descrito eliminamos un polígono del borde exterior, lo que nos queda es una figura del mismo tipo, sólo que con un polígono menos. Si el número de polígonos es 1, entonces C = 1 y, como A = V, resulta C + V = 1 + V = 1 + A.

Supongamos ahora que en el caso de una configuración cualquiera de h o menos polígonos se verifica C + V = A + 1 (hipótesis inductiva). Consideremos un caso cualquiera de una configuración en la que el número de polígonos, C*, es h + 1. Sean A* y V* el número de aristas y vértices. Si quitamos de esta configuración una de las caras exteriores, obtenemos una configuración del tipo de las que estamos estudiando con h polígonos. Para ella, por la hipótesis inductiva, C + V = A + 1. Ahora bien, se tiene C* = C + 1, V* – V = A* – A – 1, y así, C* + V* – A* = C + V – A = 1, es decir, C* + V* = A* + 1. Con esto queda demostrado el teorema. (¡Ojo! Pudiera suceder que al quitar una cara exterior resulten, no una, sino dos configuraciones separadas del tipo que consideramos. ¿Cómo se te ocurre modificar la demostración?).

El teorema es ingenioso, ¿no? Vamos a ver cómo además es muy potente, entre otras cosas para resolvemos nuestro misterio aún pendiente: ¿HAY MÁS POLIEDROS REGULARES?

Conocemos C + V = A + 2, CL = VG = 2A.

Así,

Es decir,

Ahora bien, sabemos que G > 3, L > 3. Vayamos probando diferentes valores.

G > 6, L ≥ 3 → C < 0

Por tanto, los únicos poliedros regulares que existen son el tetraedro, el cubo, el octaedro, el dodecaedro y el icosaedro. No hay que buscar más, no pueden existir. Como ves, este método de demostración demuestra más que el método geométrico. Si es que has intentado establecer esta imposibilidad mediante el método geométrico, lo entenderás bien. Este método demuestra que, incluso si se quita la condición de regularidad y se impone simplemente que todas las caras tengan el mismo número de lados, aunque no sean regulares, resulta que no pueden existir otros poliedros que satisfagan esta condición más que los tetraedros, los hexaedros, los octaedros, los dodecaedros y los icosaedros, deformaciones de los poliedros regulares. Como ves, el método que hemos empleado aquí no ha tenido en cuenta para nada la igualdad del tamaño de caras, lados y ángulos.

Más adelante veremos alguna otra aplicación del teorema de Euler.

Es curiosísimo observar que en el espacio de tres dimensiones hay solamente los 5 poliedros regulares conocidos por los pitagóricos. En el espacio de dimensión 4 hay 6 poliedros regulares (aquí se suelen llamar politopos regulares). En cambio, en el espacio de dimensión 5 hay sólo ¡tres! (el correspondiente al tetraedro, al cubo y al octaedro).

NOTAS

Uno de los matemáticos que han sabido conjugar mejor la audacia del pensamiento matemático con el respeto a los hechos observados ha sido Johannes Kepler, el descubridor de las tres leyes fundamentales del movimiento de los planetas alrededor del Sol.

Kepler nació en 1571 en Wilder Stadt, una de las «ciudades libres» dentro del Sacro Imperio Romano Germánico. Nacido prematuramente y de una familia pobre, Johannes era pequeño y de escasa salud, pero su extraordinaria inteligencia pronto se hizo patente. Gracias a los duques de Würtemberg, comenzó estudios universitarios en 1587 en la Universidad de Tubinga, donde Michael Mästlin, profesor de Astronomía, le introdujo en las ideas copemicanas sobre el sistema solar.

En 1591 Kepler, después de terminar su licenciatura, comenzó a estudiar teología en Tubinga mismo, con la idea de llegar a ser pastor luterano, pero en 1594, por la muerte de un profesor de Matemática en la ciudad austríaca de Graz, Kepler fue designado para ocupar la vacante.

La característica más llamativa del modo de pensar de Kepler fue la convicción profunda, ya presente en el mundo antiguo en Pitágoras y Platón, de que el universo entero es descifrable mediante el pensamiento matemático. Los planetas conocidos en su tiempo eran seis. Los sólidos regulares posibles eran cinco, según hemos visto. Haciéndolos del tamaño adecuado se pueden colocar todos concéntricos de tal forma que permitan seis esferas alternativamente inscritas y circunscritas a los sólidos regulares. ¡Ésta era la razón profunda de que los planetas fueran seis y no quince o veinticinco! ¡En estas seis esferas se movían los planetas existentes alrededor del Sol! Además, esto permitía estimar la distancia de los planetas al Sol. Es curioso que, a pesar de la falsedad de la hipótesis de principio (hay unos cuantos planetas más de los que Kepler conoció), las distancias calculadas no le resultaran tan disparatadas como uno podría pensar a priori. Más adelante, Kepler abandonaría su hipótesis ante la imposibilidad de ajustar mediante círculos la órbita de Marte, que fue un objeto muy particular de sus observaciones junto a Tycho Brahe, el astrónomo imperial que le agregó a su equipo de trabajo. Pero la convicción de que las matemáticas andaban por medio de todas formas le llevó a pensar en una órbita elíptica y a formular sus tres leyes: a) los planetas recorren elipses, uno de cuyos focos es el Sol; b) áreas barridas por el segmento que va del Sol a un mismo planeta en tiempos iguales son iguales; c) el cubo del semieje mayor de la elipse que un planeta cualquiera recorre dividido por el cuadrado del tiempo que este planeta invierte en recorrerla resulta ser un número independiente del planeta que se elija.

¡La fe profunda de Kepler en la inteligibilidad matemática del universo produjo el milagro del hallazgo de estas tres leyes! Ellas sirvieron a Newton más tarde para convencer al mundo de la validez de su ley de gravitación universal, al deducir matemáticamente las tres leyes de Kepler a partir de su ley sobre la gravedad.

Cuatro colores bastan

Algunos piensan que el computador es idiota. Hace falta contarle completamente el chiste y explicárselo bien para que se ría. Una coma en lugar de un punto y coma y ya se ha liado. La verdad es que también el boli es aún más imbécil y sin su ayuda pocos problemas seríamos capaces de resolver.

La historia que te voy a contar es la de un problema que sólo muy recientemente se ha podido resolver, y con la ayuda indispensable de un computador. Y eso que no se trata tan sólo de contar rápido. Probablemente son muchos los resultados matemáticos profundamente dormidos en los circuitos de nuestros computadores esperando el programa de nieve que sepa arrancarlos.

UN POCO DE HISTORIA

En 1852, Francis Guthrie, que había salido hacía poco de la Universidad en Londres, escribió a su hermano, aún estudiante allí, si existiría alguna demostración del hecho, que los impresores de mapas constantemente usaban, de que cuatro colores son suficientes para colorear adecuadamente cualquier mapa. Frederick, su hermano, no supo darle ninguna razón, pero preguntó a uno de los profesores, buen matemático y aficionado, por otra parte, a los rompecabezas y juegos matemáticos. Su nombre era Augustus De Morgan. De Morgan no supo demostrarlo, pero fue pasando la bola, que llegó a uno de los más famosos matemáticos del tiempo, Arthur Cayley. En 1878 Cayley propuso el problema como interesante a la London Mathematical Society. Apenas un año después, un abogado de Londres, Arthur B. Kempe, publicó un artículo en el que se proponía una demostración de que cuatro colores eran suficientes. La solución de Kempe se dio por buena durante once años. En 1890 P. J. Heawood encontró un fallo en el ingenioso y complicado argumento de Kempe. Se entusiasmó Heawood tanto con el problema, que toda su vida la dedicó a estudiarlo a fondo. Por más de sesenta años trabajó en él desde ángulos muy distintos, obteniendo resultados interesantes que hicieron avanzar considerablemente la topología, pero no consiguió resolver el problema original. Entre otras cosas, averiguó que para un mapa cualquiera en la superficie de un neumático, siete colores bastan, que para un mapa en la cinta de Moebius bastan seis… ¡Problemas aparentemente más complicados fueron pronto resueltos, pero el de Francis Guthrie en el globo hubo de esperar más de cien años la ayuda decisiva del computador!

En 1950 se sabía que cualquier mapa de menos de 36 países se puede colorear con cuatro colores. En los años cincuenta, Heinrich Heesch, profesor en Hannover, empezó a pensar que las ideas de Kempe, junto con la ayuda del computador, podrían tal vez conducir a una solución, pero, aunque presentía cómo se podría hacer la cosa, aún estaba lejos de la realización de su plan de trabajo. Desde 1950 a 1970 Heesch fue desarrollando las técnicas que han conducido a la solución. El perfeccionamiento y realización de este plan de trabajo ha sido llevado a cabo, desde 1970 a 1976, por Kenneth Appel y Wolfgang Haken, de la Universidad de Illinois. Después de muchas horas de pensar y de trabajo y diálogo con el computador, por fin pudieron anunciar, en junio de 1976, que, efectivamente, cuatro colores bastan.

Intentaré darte una idea de los puntos que han marcado el camino hacia la extraña forma de solución que ahora tenemos.

EL PROBLEMA

Se trata de determinar el mínimo número de colores que bastan para colorear bien cualquier mapa en el globo o en el plano. (Este número-va a ser el mismo en los dos casos, globo y plano). Países con una línea de frontera común deben recibir distinto color. Se excluye que un país esté partido en trozos separados colocados dentro de otros (enclaves). Es fácil ver que de otro modo, fijado un número, 6 por ejemplo, se puede construir un mapa que necesite seis colores. Es decir, se excluyen situaciones como la siguiente

En este mapa, en el que E es el país rayado, con enclaves en todos los otros, se necesitan cinco colores.

También es claro que tres colores no bastan para colorear cualquier mapa. Este, por ejemplo,

necesita cuatro.

Heawood demostró muy pronto que 5 colores bastan. ¿Bastarán cuatro?

Para algunos de los razonamientos que vamos a utilizar, es conveniente poner el problema en otra forma más cómoda equivalente a la que tenemos. Para un mapa cualquiera podemos señalar un grafo asociado de la siguiente manera. (Grafo, recuerda, es simplemente un conjunto de puntos, vértices, unidos algunos de ellos por unas cuantas líneas, arcos). Lo hacemos de la siguiente forma. En el interior de cada país señalamos una capital. Las capitales van a ser los vértices del grafo asociado, grafo dual. Si dos países tienen línea de frontera común, unimos sus capitales por una carretera que cruce la línea de frontera común sin que estas carreteras se crucen. Tales carreteras serán los arcos del grafo dual.

Por ejemplo, si el mapa es éste

señalamos las capitales y las unimos según la regla señalada:

Resulta así el grafo dual

Países → Capitales → Vértices del grafo

Líneas de frontera van a corresponder a arcos del grafo

El grado de un vértice (capital) del grafo dual, es decir, el número de arcos concurrentes en él, es el número de países vecinos del país correspondiente a esa capital (vértice).

El problema, en términos del grafo dual, consiste en determinar el número mínimo de colores para colorear un grafo como el que resulta de un mapa de la forma dicha de modo que dos vértices adyacentes tengan distinto color.

La demostración que Kempe dio en 1879 de que cuatro colores bastan es ciertamente ingeniosa y, aunque falsa en un punto, ha sido su esquema el que se ha utilizado en la demostración que hoy tenemos. Por eso vale la pena conocerla. Con ello será fácil entender el camino actual hacia el teorema.

LA «DEMOSTRACIÓN» DE KEMPE

Llamemos mapa penta (pentacromático, si no quieres abreviar) a un mapa que exija cinco colores para ser bien coloreado. No se puede colorear con menos.

Nuestro objetivo es demostrar que no existe ningún mapa penta.

Llamaremos mapa normal a aquel que verifica las dos condiciones siguientes: a) no contiene un país aislado dentro de otro, es decir, un país con un solo vecino; b) ningún punto de frontera es frontera de más de tres países vecinos.

Se excluyen, por tanto, situaciones como las siguientes:

Observa que el grafo asociado a un mapa normal (los puntos de frontera son frontera de dos o tres países a lo sumo) es una triangulación curvilínea del globo, es decir, una partición del globo en triángulos curvilíneos.

Ahora podemos entender la demostración de Kempe de que no existe mapa penta en los cuatro pasos siguientes:

1) Si existe mapa penta M, existe mapa penta normal.

En efecto, si M tiene configuraciones parciales así:

se sustituyen por otras así:

y si tiene alguna configuración parcial de este tipo (algún punto de frontera de más de tres países).

se sustituye por otra así (mediante la adición de un país resulta que ningún punto de frontera es frontera de más de tres países vecinos):

Llamemos M* al nuevo mapa, claramente normal. Si el nuevo mapa M* no fuese penta, lo podríamos colorear con cuatro colores. Lo coloreamos. Pero entonces, añadiendo los países que a M le hemos quitado para obtener M* y suprimiendo los que hemos añadido, fácilmente resulta que M también es coloreable con cuatro colores, en contra de lo que habíamos supuesto.

2) Si existe mapa penta normal, existe mapa penta normal y mínimo, es decir, con el menor número posible de países. Consideramos todos los mapas penta normales. Cada uno tiene un número finito de países. Alguno habrá con el menor número. Clarísimo, ¿no?

3) Cualquier mapa normal contiene al menos un país con menos de seis países vecinos.

Esto se pone más serio y empieza a ser más profundo. También este paso de Kempe va a ser totalmente válido.

Para entender mejor este paso, consideramos el mapa normal, que sabemos que es una partición de la esfera en polígonos curvilíneos. Le podemos aplicar el teorema de Euler que ya conoces:

Caras + Vértices = Aristas + 2

El número C de caras, países lo podemos expresar así. Si C₂ es el número de países con 2 vecinos, C₃ el número de países con 3 vecinos…, entonces, claramente, C = C₂ + C₃ + C₄ +…

Por otra parte, cada arco o arista es frontera de dos países vecinos, y así,

2C₂ + 3C₃ + 4C* +…

es el número de arcos contados dos veces, es decir,

2A = 2C₂ + 3C₃ + 4C₄ +…

Por otra parte, el mapa es normal y así en cada vértice concurren exactamente tres arcos de frontera. Por eso 3V es también el número de aristas contadas dos veces, es decir, 3V = 2A. Eliminando C, A, V en

C = C₂ + C₃ + C₄ +…

2A = 2 C₂ + 3C₃ + 4 C₄ +…

2A = 3V

C + V = A + 2

resulta fácilmente

12 = (6 – 2) C₂ + (6 – 3) C₃ + (6 – 4) C₄ + (6 – 5) C₅ + (6 – 6) C₆ + (6 – 7) C₇ +…

Por tanto, como la suma es 12, alguno de los números C₂, C₃, C₄, C₅ es mayor que cero, que expresa precisamente lo que tratamos de demostrar. Ingenioso, ¿no? Esta relación de Kempe ha dado mucho juego en la demostración que se ha logrado en 1976.

4) Ningún mapa penta normal y mínimo puede contener un país con menos de seis países vecinos

Si lográramos demostrar esto ya tendríamos que no puede existir mapa penta, puesto que esto contradice 3, que ya lo tenemos establecido. En este punto se equivocó Kempe, pero al final del todo. Una buena parte de su razonamiento es también válida y ha servido para la demostración correcta.

Para demostrar 4 empezamos considerando un mapa M penta normal y mínimo. Si contuviese esta configuración parcial

país A con dos vecinos, el mapa M* que resulta al sustituir en M dicha configuración parcial por esta (supresión de A)

es normal y no es penta, pues tiene un país menos que M, y M era penta normal y mínimo. Así, M* se puede colorear con cuatro colores. Lo coloreamos. Pero ahora es claro que M también se puede colorear con cuatro colores, restituyendo A y dándole un color distinto del de B y C. Esta contradicción demuestra que M no puede tener la configuración supuesta, si es que existe.

La configuración siguiente (A con tres vecinos)

se excluye de la misma forma, suprimiendo A, coloreando el mapa M* que resulta y luego coloreando el M.

La exclusión de la configuración

es más complicada. Pasamos al grafo dual para razonar más cómodamente. El grafo dual es una triangulación de la esfera que contiene la configuración parcial

Eliminamos el país a identificando a con b y queda así esta configuración reducida:

El grafo resultante no es penta. Se puede colorear con cuatro colores, 1, 2, 3, 4. Distinguimos dos casos.

Caso 1. Si c y e tienen el mismo color, 2 por ejemplo, entonces b tendrá otro, el 3 por ejemplo, y d otro distinto, el 4 por ejemplo. Así:

Entonces restituimos a, le damos el color 1 y resulta el grafo inicial coloreado con cuatro colores, contra la suposición de que era penta.

Caso 2. Si c y e tienen distinto color, 2 y 3 por ejemplo, entonces b y d tienen el 1 y el 4, como se indica:

Entonces, o bien se puede ir de c a e por arcos fuera del rectángulo bcde pasando por una cadena de vértices 232323…23 (cadena de Kempe) o no se puede. Si se puede, entonces es que no se puede ir por fuera del rectángulo desde bad por una cadena 141414…14. Tomamos el par bd o ce para el que no se puede. Sea ce, por ejemplo. Partiendo de c hay un tramo 2323… que no se puede continuar por tropezar con la cadena 141414…14 de b a d. Ese tramo se cambia a 3232… y así nos colocamos en el caso 1 y podemos proceder como allí.

El fallo de Kempe estuvo en la reducción que quiso hacer de la configuración

de un modo semejante, pero más complicado. Su demostración fue falsa aquí. Pero con lo que hemos visto ya está bien clara la idea. Te la escribo de nuevo en términos modernos, esta vez en tres pasos.

LA DEMOSTRACIÓN DE APPEL Y HAKEN

A la vista del esquema de la demostración de Kempe, entenderás el esquema siguiente.

1) Todo mapa penta normal tiene ciertos conjuntos inevitables de configuraciones. El conjunto inevitable de configuraciones parciales de Kempe fue éste:

Conjunto inevitable de configuraciones, es decir, alguna de las configuraciones de este conjunto tiene que estar en el mapa.

2) Hay ciertas configuraciones que no pueden entrar en un mapa penta mínimo (configuraciones reducibles). Kempe demostró que las configuraciones parciales

son reducibles. La demostración que dio para

fue falsa.

3) La construcción de un conjunto inevitable de configuraciones cada una reducible implica la no existencia de un mapa penta.

En junio de 1976 Appel y Haken lograron construir un conjunto de 1482 configuraciones cada una reducible.

En los últimos treinta años los aficionados al problema, especialmente Heesch, lograron idear métodos programables en el computador para construir conjuntos inevitables de configuraciones. También se hicieron programas para comprobar si una configuración es reducible o no. Estos programas eran complicados y largos; tanto, que incluso los computadores modernos necesitarían siglos para comprobar si las configuraciones de ciertos conjuntos inevitables que había que considerar eran reducibles o no. Appel y Haken lograron reducir la tarea a unas dimensiones más manejables. Con ello lograron finalmente en 1976 obtener el resultado. El problema estaba resuelto.

¿Podrías colorear este mapa con cuatro colores?

El método consistió en un diálogo inteligente con el computador. Es interesante oírles a ellos describir cómo en cierto momento de su trabajo el computador comenzó a enseñar a sus maestros el modo adecuado de proceder.

«En este punto, el programa, que para entonces había absorbido nuestras ideas y mejoras de dos años, comenzó a sorprendernos. Al principio comprobábamos sus razonamientos a mano de modo que podíamos siempre predecir el curso que seguiría en cualquier situación dada, pero ahora comenzó de repente a actuar como una máquina de jugar al ajedrez. Se fabricaba estrategias compuestas basadas en los trucos que se le habían “enseñado” y a menudo estos ensayos eran mucho más inteligentes que los que nosotros habríamos intentado. Así comenzó a enseñarnos cosas acerca del modo de proceder que nosotros nunca hubiéramos esperado. En cierto sentido había sobrepasado a sus creadores en algunos aspectos de la tarea “intelectual” así como lo había hecho en las partes mecánicas de la tarea.»

Después de oír esto te puedes volver a preguntar: ¿Es el computador tonto o listo? Un computador bien enseñado te gana al ajedrez, te gana al Nim, te gana al Tres en raya o por lo menos te empata. Y aquí tienes el caso de un teorema, el de los cuatro colores, que no se sabría aún que era teorema de no haber sido por la ayuda indispensable del computador. Seguro que pronto veremos muchos otros teoremas con el mismo sabor. Pronto veremos también cómo el computador es capaz de enseñarte integrales, de corregir tus ejercicios, de ponerte notas (¡qué horror!). Es de esperar que aprendamos a usarlos bien, porque mal usados nos harán la vida imposible.

NOTA

La dificultad para colorear un mapa concreto adecuadamente se pone de manifiesto rápidamente en el siguiente juego ideado por Stephen Barr. Dos jugadores, A y B, se sientan con cuatro lápices de diferentes colores y un papel. El jugador A dibuja una región. El jugador B le da un color y dibuja otra región. Entonces A la colorea y dibuja otra región… Gana quien, a base de mala idea al diseñar las regiones sucesivas, haga que el otro no pueda colorear adecuadamente la región propuesta.

La rana saltarina

Tal vez conozcas el juego de la rana saltarina. Si no es así, tanto mejor. Para jugarlo puedes hacerte en un papel bien grande una cuadrícula de cuadros grandes en los que quepa una peseta. En la cuadrícula señalarás una línea horizontal gruesa a cinco cuadros de la línea horizontal superior. Algo así:

El juego consiste en lo siguiente. Colocas al principio un número de pesetas, el que quieras, distribuidas como te parezca mejor, cada una en algún cuadro de los de debajo de la raya gorda. Una vez colocadas vas a empezar a mover y retirar pesetas del tablero. Se pueden mover sólo horizontalmente (a derecha e izquierda) y verticalmente (hacia arriba) saltando por encima de otra contigua siempre que el cuadro al que se salta esté vacío, comiendo (retirando) la moneda sobre la que se ha saltado. Por ejemplo, de esta situación

se puede pasar a esta otra

o de ésta

a esta otra

Se trata de colocar al principio las fichas o monedas debajo de la raya de modo que logres colocar una moneda con los movimientos permitidos lo más alto posible por encima de la raya gorda. Cuando hayas practicado un poco puedes tratar de hacerlo con el mínimo número de monedas.

Por ejemplo, para llegar a la fila primera por encima de la raya gruesa es claro que con una sola moneda no lo consigues (no te permite ningún movimiento) pero con dos colocadas así

sí que lo puedes hacer. El mínimo número suficiente de monedas para colocar una en la primera fila de arriba es 2. Ponte a trabajar. ¿Cómo llegar a la fila 2? ¿Cuál será el número mínimo? ¿Y a la fila 3, 4, etc.? No quiero quitarte el gusto de hallarlo por ti mismo. Cierra y sólo después de un rato de jugar vuelve conmigo.

Pronto habrás descubierto que para poner una peseta en la fila 2 tienes que llegar a esta situación.

Para llegar a ella te es suficiente colocar cuatro fichas en esta situación

Es fácil ver que con tres no puedes llegar a la segunda fila. Para llegar a la fila 2 el número mínimo suficiente es 4.

¿Y para la fila 3? La idea sería colocar inicialmente las fichas de modo que podamos llegar a la posición

o a su simétrica, pues así ya sabemos que podemos subir dos filas más. ¿Cómo podemos hacerlo? Como las cosas se van complicando más, lo mejor es tratar de inventar un modo sistemático de proceder. Éste puede ser uno bien razonable: jugar hacia atrás. Es decir, nuestra rana se va a mover al segundo cuadro hacia abajo o al segundo cuadro hacia la derecha o izquierda poniendo una peseta en el cuadro inmediato de la misma dirección, suponiendo siempre que éste esté libre. Es decir, de esta situación

se puede pasar a ésta

y de ésta

a ésta

Mediante estos movimientos hemos de tratar de colocar las piezas que resultan de esta situación

todas ellas por debajo de la línea gruesa.

Si pruebas un poco con este sistema verás que llegas enseguida a esta situación

desde la que, jugando al derecho, pasas a la fila tercera. Son ocho monedas. ¿Puedes demostrar que no se puede hacer con menos?

Es curioso observar que a la tercera fila se puede llegar también a partir de la situación siguiente, también de ocho monedas

sin necesidad de pasar por la situación intermedia correspondiente al salto hacia la segunda fila hacia arriba

y así, esta posición inicial en forma de T no resulta por el procedimiento de jugar al revés.

Resumamos nuestros hallazgos:

Para la fila 1, el número mínimo es 2.

Para la fila 2, el número mínimo es 2².

Para la fila 3, el número mínimo es 2³.

Parece que se puede decir: Malo será que para la fila 4 no sea 2⁴ el número mínimo, ¿no?

Pues, por malo que parezca, así sucede. Para llegar a la fila 4 será suficiente (no necesario, en principio, como hemos visto que sucedía con la fila 3) partir de una situación inicial de la cual podamos llegar a una de las posiciones

o, naturalmente, a la simétrica de la primera.

Jugando al revés y con cierto cuidado para no introducir fichas superfluas, verás que la situación A y la situación B te pueden llevar a la situación inicial siguiente

Pero la situación A te puede llevar también, jugando al revés, a ésta,

que es distinta de la anterior, pero ambas tienen 20 monedas. ¿Se podrá llegar con menos? ¿Por qué no lo intentas? ¿Y para la fila 5? Adelante. Verás que con menos de 20 monedas no logras llegar a la fila 4. Para la fila 4 el número mínimo es 20, lo que enseña que no hay que fiarse demasiado de inducciones prematuras.

¿Y para la fila 5? Ya no pisamos terreno firme para hacer una conjetura.

Pues bien, aunque parezca sorprendente, a la fila 5 no se puede llegar con ningún número de fichas, colóquense donde se quieran colocar.

La demostración siguiente se debe a John Conway, de Cambridge. Tomamos el número positivo w tal que w² + w = 1. Misterioso, ¿no? Pues resulta que, para mayor desconcierto, w es el número áureo φ > 0 tal que

Ponemos en cada casilla de nuestro tablero indefinidamente prolongado hacia abajo y a la derecha e izquierda una potencia de w tal como te indico en la figura siguiente.

Observa ahora los dos hechos siguientes:

a) La suma de todos los números que figuran bajo el eje es

y como 1 – w = w², resulta

Así, la suma de los números correspondientes a un número finito de casillas es estrictamente menor que 1.

b) Interpretemos ahora nuestros movimientos permitidos con las pesetas en relación con estos números del modo siguiente. Sumamos los números correspondientes a casillas del tablero ocupadas por pesetas antes y después de un movimiento. Por ejemplo,

Otro caso

Este hecho, como fácilmente percibirás, es general, es decir, la suma correspondiente a casillas ocupadas es la misma o menor a lo largo de todos nuestros posibles movimientos.

Ahora bien, la suma correspondiente a casillas ocupadas al comenzar el juego (un número finito de casillas ocupadas) es, como hemos visto, menor que 1. Si con nuestros movimientos lográsemos llegar a la quinta fila, colocando nuestro 1 en ese cuadro de la quinta fila que se alcanza, resulta que la suma correspondiente a casillas ocupadas al final sería mayor o igual que 1, lo cual es imposible.

La idea de Conway es muy ingeniosa. ¿Por qué no tratas de explotarla para aclarar algunas de las preguntas que han quedado colgando? Un poco de álgebra te ayudará.

1) Demuestra que, efectivamente, el número mínimo de fichas para llegar a la fila 3 es 8 y para la fila 4 es 20. Esto último no es fácil.

2) Demuestra si las únicas posiciones iniciales para llegar a la fila 3 y 4 son las señaladas y sus simétricas.

3) Plantéate otros problemas semejantes como por ejemplo si se puede, y cómo, llegar a las situaciones

Y te pediría que me escribas si tienes alguna idea sugerente sobre todo este lio. Gracias.

NOTAS

El número áureo, que aparece en este capítulo, ha sido desde la Antigüedad un número misterioso que aparece en situaciones extrañamente diversas. La sección áurea de los monumentos clásicos, neoclásicos y modernos es la proporción geométrica en la que un punto interior P de un segmento AB divide al segmento de tal forma que AB/AP = AP/PB.

Resulta así para AP/AB el valor 0,618… que se denomina número áureo.

Una de las situaciones curiosas en que aparece el número áureo es la siguiente. Leonardo de Pisa, el matemático más importante de la Edad Media (nació hacia 1170), también llamado Fibonacci, propuso en su obra más importante, Liber abaci, donde introdujo los numerales arábigos en Occidente, el siguiente problema curioso: «Cierto hombre puso un par de conejos en un lugar rodeado por todas partes por una valla. ¿Cuántos pares de conejos se engendran a partir de aquel par en un año, suponiendo que cada par engendra cada mes un nuevo par que resulta productivo a partir del segundo mes?». La sucesión del número de pares que hay en cada uno de los sucesivos meses, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55…, en la que cada término es la suma de los dos anteriores, se denomina la sucesión de Fibonacci. Pues bien, la razón de cada término de la serie de Fibonacci al siguiente se aproxima cada vez más al número áureo (el límite de esta razón es precisamente el número áureo).

El ajedrez recortado

Este otro solitario es mucho más moderno. También es muy curioso. Lo puedes jugar con el tablero de ajedrez y un dominó. Necesitarás 31 fichas de dominó, pero como el dominó sólo tiene 28 tendrás que hacerte, si no tienes dos juegos de dominó a mano, tres papelitos del tamaño de las fichas de dominó. En realidad, la numeración de las fichas del dominó no la vamos a utilizar para nada, así que lo mismo te valen 31 trozos de papel cada uno del tamaño de dos escaques contiguos del tablero.

Ahora toma el tablero de ajedrez y tapa con dos monedas los dos cuadros de dos esquinas opuestas. Se trata ahora de cubrir todos los demás con las 31 fichas de dominó, cada ficha ocupando dos cuadros contiguos del ajedrez.

Si se te ocurre que te engaño, trata de probar que el juego es imposible. Te daré una pista. El juego del ajedrez es muy grande, con sus 64 cuadros. ¿Por qué no ensayas primero con un tablero de menos cuadros, por ejemplo con uno 6 x 6 y con 17 fichas de dominó o con uno aún más pequeño?

Ahora cierra estas páginas y manos a la obra. Prueba un rato antes de volver.

Sí. Efectivamente, el juego es imposible. Seguro que si has empezado con el caso más sencillo te habrás dado cuenta enseguida.

El tablero de cuatro cuadros, después de ponerle dos monedas en dos esquinas opuestas, queda así:

Es claro que no hay forma de colocar una ficha de dominó que cubra los dos cuadros que quedan.

Con un tablero de 9 cuadros el juego no tiene sentido, pues al cubrir 2 quedan 7 y con 3 fichas de dominó cubriríamos 6 y con 4 cubriríamos 8.

En el tablero de 16 cuadros

la cosa no es tan obvia, pero tal vez el caso de los cuatro cuadros te ha dado la idea. Al empezar hemos tapado con monedas dos cuadros negros del tablero. Quedan entonces por tapar 8 cuadros blancos y 6 cuadros negros. ¡Pero cada ficha de dominó cubre necesariamente un cuadro blanco y otro negro! Así, si fuésemos capaces de colocar las siete fichas de dominó estaríamos cubriendo siete cuadros blancos y siete negros. El solitario es imposible.

El caso de 64 cuadros o de 100 cuadros es exactamente igual. Como ves, empezar por los casos sencillos puede aclarar mucho las cosas.

Para hacer las cosas más complicadas vamos a demostrar lo mismo utilizando el grupo de Klein, siguiendo la idea del solitario del caballero de la Bastilla. Escribimos en el tablero de ajedrez los siguientes elementos del grupo de Klein:

El producto de todos los elementos es a³² b³² = 1. Si quitamos dos esquinas opuestas (o dos cuadrados del mismo color, por ejemplo dos cuadrados con b) el producto es también 1, pues será a³² b³⁰ = 1. Si interpretamos el colocar una ficha de dominó como dividir por los elementos del grupo que la ficha tapa, colocar una ficha es dividir por ab. Así, colocar 31 fichas es dividir a³² b³⁰ por a³¹ b³¹, es decir, el resultado es ab. Pero si hubiéramos cubierto todos los cuadros exactamente, el producto sería 1. Así, el juego es imposible. Es decir, si las monedas iniciales se colocan en dos cuadros del mismo color, el solitario es imposible.

¿Y si cubrimos inicialmente con las dos monedas dos cuadros de distinto color? Ninguno de nuestros razonamientos demuestra ahora la imposibilidad del solitario. Con el razonamiento del grupo de Klein estamos dividiendo por ab y así queda a³¹ b³¹ = ab. Colocar 31 fichas de dominó es dividir por a³¹ b³¹ y así queda 1, que es lo que debería quedar con el tablero todo cubierto exactamente.

¿Será ahora el solitario así propuesto posible o imposible? ¿Por qué no pruebas antes de pasar adelante ensayando unos cuantos casos particulares? ¿En tableros reducidos? Si es posible, ¿podrías dar con una receta para resolver el solitario cuando se puede hacer?

El solitario así propuesto es posible y aquí tienes dos recetas. La primera es mía y la segunda de R. Gomory, un matemático de IBM.

Suponte que hay uno de los dos cuadros tapados c₁, c₂, que no está en uno de los bordes del tablero (el caso en que los dos están en los bordes es fácil, siguiendo la misma idea, y te lo dejo para ti). Sea ese cuadro c₁. Escoge una región del tablero determinada por a y un borde de tal modo que en ella no esté c₂, tal como te indico aquí:

Ahora escoge el camino serpenteante que te indico por los cuadros del tablero hasta un rincón

Este camino atraviesa un número par o impar de cuadros. Si es impar, entonces el camino opuesto siguiente

atraviesa un número par de cuadros. Escogemos el camino con un número par de cuadros y lo rellenamos ordenadamente con fichas de dominó comenzando a partir del cuadro adyacente a C₁. Siendo par el número de cuadros se puede hacer así. Supongamos que el camino par sea el último señalado. Ahora escogemos el camino serpenteante siguiente:

Comenzamos a cubrirlo con fichas a partir de C₁ en la dirección señalada. En el camino está C₂, pero, por razón de la diferencia de color, llegamos exactamente cubriendo con nuestras fichas hasta el cuadro adyacente a C₂. Luego nos saltamos C₂ y llegamos cubriendo al fin de nuestro camino sin problemas. La razón que está debajo de esta receta es clara. Fíjate que desde C₁ hasta C₂ por el camino que llevas hay un número par de cuadros y así desde C₂ hasta la esquina final también.

La receta de Gomory es la siguiente. Nos pensamos el tablero cubierto con los dos tenedores de Gomory que aquí te señalo (líneas gruesas serpenteantes):

Lo que hacen los dos tenedores es delimitar el camino cerrado indicado en la figura que recorre todos los cuadros una sola vez cada uno. Si se tapa un cuadro blanco y otro negro en cualquier sitio, se puede rellenar con fichas el camino entre ellos por las dos direcciones posibles, pues hay un número par de cuadros en cualquiera de ellas. Ingenioso, ¿no?

¿Qué otros problemas del mismo sabor se pueden proponer? Por ejemplo, en un tablero 9 × 9 se quitan uno o tres cuadros. ¿Se podrá rellenar con fichas de dominó? ¿Cómo?

NOTAS

El ajedrez sugiere multitud de problemas y juegos muy variados. Uno de ellos, interesante y muy antiguo, que permite un tratamiento matemático completo es el de las ocho reinas: ¿Puedes colocar ocho reinas sobre el tablero sin que ninguna pueda comer a ninguna otra? Más general, en un tablero n × n, ¿cuál es el número máximo de reinas que se pueden colocar sin que ninguna amenace a ninguna otra? ¿Cuántas posibilidades diferentes hay de colocarlas con esta condición? Un juego interesante para dos jugadores A y B, basado en este problema es el siguiente: A coloca una reina en el tablero, luego B coloca otra de tal modo que no esté amenazada por la primera, luego debe colocar A otra que no esté amenazada por ninguna de las anteriores… Pierde quien no pueda colocar una reina sin ser amenazada.

Otro juego también antiguo es el del paseo del caballo. ¿Podrías señalar un paseo de un caballo por todos los cuadros del tablero sin que pase dos veces por un mismo cuadro? ¿Puedes hacerlo saliendo de un cuadro cualquiera? ¿Y en un tablero cualquiera n × n o bien n × m?

El secreto del Salón Ovalado

El gran Salón Ovalado estaba lleno hasta rebosar de espías, contraespías y contracontraespías. Y, sin embargo, el Primer Ministro tenía absoluta necesidad de comunicar inmediatamente a Su Majestad el gran secreto del que acababa de enterarse. Como quien no quiere la cosa, al aproximarse al Rey le dijo con voz bien perceptible: «Majestad, parece que los focos de rebeldes reclaman nuestra atención». Todos los espías se fueron hacia las paredes del salón para sacar de los forros de sus capas allí colgadas las claves de los mensajes cifrados.

Les siguieron, naturalmente con gran sigilo, los contraespías, y a éstos, los contracontraespías. El Rey, con paso tranquilo, pero decidido, se dirigió hacia un lado del ovalado salón. El Ministro, por su parte, con el mismo paso decidido, pero tranquilo, se dirigió en dirección contraria al otro lado del salón ovalado. Los espías los observaban de reojo mientras consultaban en sus libretas «parece», «focos», «rebeldes» y «exigen». Los contraespías estaban atentos a los espías, y los contracontraespías no perdían de vista ni un momento a sus contraespías correspondientes. El Rey se paró un momento y el Ministro, respetuoso, se paró también en su camino. Estaban a más de 20 metros de distancia cuando un espía más astuto observó y apuntó en su libreta: «Este Ministro, o habla solo o está rezando». Pero nadie pudo oír nada. Sólo el Rey pudo percibir claramente en sus oídos el mensaje del Ministro: «Majestad, con todos mis respetos, su bragueta está totalmente abierta».

El misterio del Salón Ovalado consiste fundamentalmente en que en una elipse como ésta

existen dos puntos, los focos F₁ y F₂, tales que si las paredes de la elipse fueran de goma como las de un billar y se lanzase una bola desde F₁ en cualquier dirección, al rebotar iría a pasar por F₂. El sonido se comporta al rebotar como la bola. Por ello hablando muy bajo, muy bajo en F₁ puede llegar la voz a F₂ con suficiente intensidad para que se entienda, pues llega a F₂ de todas las direcciones que salen de F₁. En otro punto cualquiera llega sólo el sonido hacia él dirigido y no se percibe suficientemente.

Algunas estaciones de Metro tienen una sección con un techo aproximadamente elíptico. Haz este experimento. Coloca a un amigo en el andén opuesto y busca el punto en tu andén tal que cuchicheando tú un mensaje secreto, él te pueda oír. ¡Ah! Procura no cuchichear mientras está pasando uno de esos monstruos infernales. Entonces no suele salir el experimento.

¿Y quién ha dicho que la elipse tiene tan maravillosa propiedad? Sí que lo sabes y lo hemos visto antes. Recuerda «Las matemáticas de un bocata». Pero permíteme que sea pesado y lo repita.

Con centro en F₁ traza la circunferencia de radio 2a, longitud del eje mayor de la elipse. Toma un punto M de la elipse y únelo a F₁ y F₂. Como MF₁ + MF₂ = 2a, resulta que si prolongamos MF₁ hasta N en la circunferencia, 2a = MF₁ + MN y así MN = MF₂. Si se traza t, la mediatriz de NF₂, resulta que t tiene un punto M común con la elipse. ¿Tendrá más? No, porque SF₁ + SN > NF₁ = 2a (un lado de un triángulo es menor que la suma de los otros dos). Así, t es la tangente a la elipse en M. Ahora, cuando una bola rebota en una curva, rebota como si la curva se sustituyese por su tangente.

La bola lanzada desde F₁ a M rebotaría en t formando ángulos iguales de entrada y salida con t. Pero como el ángulo F₁MS es igual al ángulo NMP (opuestos por el vértice) y NMP es igual al PMF₂ (simetría respecto de t), resulta claro que la bola desde F₁ hacia M rebota hacia F₂.

¿Sabes que los telescopios más potentes tienen un enorme espejo parabólico? ¿Por qué? Los rayos de luz que nos llegan de una estrella prácticamente paralelos son recogidos por el espejo parabólico colocando su eje en dirección de los rayos y al reflejarse vienen a parar al foco de la parábola. Curioso, ¿no? ¿Para qué? La luz que llega de una estrella es muy tenue. Si se reúne en un punto toda la que llega por la gran abertura de un telescopio parabólico ya es mucho mayor. ¿Cómo es esto? Parecido al truco de la elipse. La parábola es el conjunto de puntos del plano que equidistan de un punto, el foco, y de una recta, la directriz. Se trata de ver cómo se refleja el rayo r paralelo al eje, al incidir en un punto M de la parábola.

Para ello hay que ver cómo es la tangente en M a la parábola. Puesto que MN = MF, la mediatriz de NF pasa por M. ¿Tiene algún otro punto en común con la parábola? No, porque SF = SN > SP (hipotenusa mayor que cateto). Así, t es la tangente en M. Ahora, ángulo EMH = ángulo NMQ = ángulo QMF, y así el rayo r viene a reflejarse hacia F.

A Lewis Carroll, el autor de Alicia en el País de las Maravillas, le gustaban mucho los rompecabezas y juegos matemáticos, como se puede adivinar a través del estilo de Alicia. Se cuenta que cuando salió publicado el libro de Alicia, a la reina Victoria de Inglaterra le gustó tanto que pidió que le fueran enviando lo que publicase su autor. La siguiente obra que recibió fue… ¡un tratado de geometría! Lewis Carroll, seudónimo de Charles L. Dodgson, era profesor de Matemáticas. Lewis Carroll, entre otras muchas ingeniosidades, se fabricó un billar elíptico. Como puedes imaginar fácilmente, tiene que ser interesante jugar en un billar elíptico. Suceden cosas curiosas. Una bola que sale de un foco F₁ sin efecto pasa por el otro foco F₂, luego por F₁, luego por F₂… Además, la dirección de la bola se va aproximando a la del eje mayor. En cambio, si una bola pasa por un punto del segmento que une los focos sin pasar por ellos, pasará siempre (si no parase) por entre los focos y la envolvente de su trayectoria es una hipérbola con los mismos focos. En cambio, si la bola corta en algún momento al eje mayor entre un foco y el punto más cercano a él de la elipse, por siempre cortará al eje mayor entre los focos y la elipse. ¿Por qué no tratas de demostrarlo? Es bastante sencillo con lo que ya sabes.

Aquí tienes otro problema interesante para pensar. Si lo resuelves, no dejes de dar un gran salto de alegría, porque el problema, aunque parece sencillo, lleva abierto muchos años sin que nadie haya sido capaz de dar con su solución.

Puestos a hacer billares raros, hagamos uno más, esta vez poligonal. La pregunta es: ¿Existe algún billar poligonal tal que haya en él dos puntos M, N, situados de modo que una bola colocada en M, se lance como se lance, no puede llegar nunca al punto N? Naturalmente, se supone que la bola no para nunca.

Se puede construir muy fácilmente un billar curvo con esta propiedad, de la siguiente manera, basada en las propiedades que conocemos de la elipse:

El trozo de arriba es media elipse de focos F₁ y F₂. Los otros trozos del borde son semicirculares. Si M y N están colocados como se indica, por más reflexiones que haga, una bola que sale de M nunca llega a pasar por ningún punto del semicírculo de diámetro F₁F₂. Si no se permiten más que bordes rectilíneos, el billar poligonal, no se sabe aún si existirá algún billar con una propiedad semejante. ¿Te animas a pensar un poco?

NOTAS

Uno de los grandes genios matemáticos de todos los tiempos, Blas Pascal (1623-1662), comenzó precozmente su carrera con un famoso trabajo sobre las cónicas. Nació Pascal en Clermont (Francia), donde su padre era magistrado. Su madre murió en 1626 y desde entonces su padre tomó a su cargo personalmente la educación de sus dos hijos, Blas y Jacqueline, nacida en 1625. Jacqueline mostró un talento precoz en el terreno literario y Blas en el de las matemáticas. A los 16 años escribió un tratado sobre las cónicas que despertó la admiración de Descartes, quien nunca pudo convencerse de que aquello pudiera ser obra de un adolescente. El genio científico de Pascal es impresionante. Entre otros muchos resultados importantes destacan sus ideas sobre la inducción completa, la invención de los principios del cálculo de probabilidades, su descubrimiento y utilización de los principios del cálculo, la construcción de lo que probablemente fue la primera máquina de calcular. Hacia el año 1646 comenzó a interesarse por los principios de la hidrostática, la presión atmosférica, el vacío, yendo en muchos puntos más allá que Torricelli, contemporáneo suyo.

Sin embargo, el nombre de Pascal se ha hecho más famoso aún como filósofo de la religión y como escritor, ocupando así un lugar único en la historia del pensamiento. Antes de cumplir sus treinta años, Pascal había adquirido un renombre incomparable como matemático y físico. A partir de 1654, después de una honda experiencia religiosa, que él llamó su «noche de fuego», decidió dedicarse enteramente a una vida de oración y de pensamiento religioso.

Sus obras más importantes en este aspecto son Las cartas provinciales, de gran influencia en su tiempo, y sobre todo los fragmentos hallados después de su muerte de la gran obra que planeaba en forma de una Apología de la religión cristiana.

Bibliografía

Como despedida, aquí tienes unos pocos títulos de libros que pueden gustarte, escritos con una finalidad parecida a la de este que has leído.

ABBОТ, E., Planilandia, Madrid, Guadarrama, 1976.

GARDNER, M., ¡Ajá!, 2.a ed., Barcelona, Labor, 1983.

GUZMÁN, M. DE, Mirar y ver, Madrid, Alhambra, 1977.

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ADIÓS

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

Notas

[1] Una homotecia es una transformación afín que, a partir de un punto fijo, multiplica todas las distancias por un mismo factor. En general una homotecia de razón diferente de 1 deja un único punto fijo, llamado centro. <<