Juegos

lógicos en el mundo

de la inteligencia

artificial

Jean Friant e Yvon L’Hospitalier

Gedisa editorial

Título de original francés:

Jeux-problémes: de la logique á l'intelligence artificielle

© by Editions d'organisation, París, 1986

Traducción: Margarita Mizraji

Diseño e ilustración de cubierta: Sergio Manela

Primera edición, noviembre de 1987, Barcelona, España

Edición digital: Sargont (2018)

© By Editorial Gedisa, S.A - Barcelona, España

ISBN: 84-7432-292-8

Depósito legal: B. 44.981 – 1987

Impreso en España

Printed in Spain

Impreso por Romanyá/Valls, S.A.

Capellades (Barcelona)

Índice

AGRADECIMIENTOS

PREFACIO

I. PUESTA EN MARCHA

1.1. ¡Pongámonos a trabajar!

1.2. Diversos modos de resolución

1.2.1. Método cronológico

1.2.2. Donde se comienza a organizar la resolución

1.2.3. Utilización de un cuadro con doble entrada

1.2.4. Un diagrama con tres variables: el integrama

1.2.5. Un diagrama adaptado a la estructura del problema

1.2.6. Resolución en función del lenguaje de los conjuntos

1.2.7. Donde se reduce a dos cuadros con doble entrada

1.3. Donde se precisan el vocabulario y los conceptos básicos

II. MODOS DE REPRESENTACIÓN Y MÉTODOS DE TRATAMIENTO DE LA INFORMACIÓN

2.1. Diagramas y esquemas

2.1.1. El árbol

2.1.2. El diagrama de Karnaugh

2.1.3. El diagrama de Venn

2.1.4. El cuadro con doble entrada

2.1.5. El integrama

2.1.6. La filotrama

2.1.7. El grafo

2.1.8. ¿Qué modo de representación utilizar?

2.2. Instrumentos de formalización y de razonamiento: los conectores lógicos y las reglas de deducción

2.2.1. Instrumentos de formalización: los conectores lógicos

2.2.2. Instrumentos de razonamiento: las reglas de deducción o de inferencia

III. ¡EJERCITÉMONOS!

3.1. Problemas de clasificación con tres variables

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

3.2. Enigmas con dos variables principales

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

3.3. Problemas de clasificación con cuatro variables

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

3.4. Enigmas con múltiples variables

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

3.5. Enigmas lógicos

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

3.6 Enigmas diversos

Enunciados

Indicaciones de solución

Soluciones

IV. PROLONGACIONES

4.1 Construcciones de enigmas

4.1.1. Por analogía

4.1.2. Por generalización

4.1.3. Por computadora

4.2. Formalización, deducción y lengua

4.2.1. Atención a la confusión entre causalidad e implicación

4.2.2. Implicación y equivalencia

4.2.3 Los razonamientos usuales

4.3. ¿Y la inteligencia artificial?

4.3.1. Reseña histórica y generalidades

4.3.2. Sistema de deducción en “encadenamiento hacia adelante”

4.3.3. Sistema de deducción en “encadenamiento hacia atrás”

4.3.4. Encadenamiento hacia adelante, encadenamiento hacia atrás y principio de resolución de Robinson

ANEXO

BIBLIOGRAFÍA

Agradecimientos

Nuestro agradecimiento cordial se dirige en primer término a Roger Charles, director de Asuntos Sociales de Allia, que fue el iniciador de la formación que hemos establecido y cuyo contenido es el soporte de la obra. Supo estimulamos y alentarnos durante estos diez últimos años.

Gracias a los auxiliares de formación continua que, por su participación activa, contribuyeron a precisar la forma y el contenido del módulo y a confeccionar nuevos textos de enigmas. Es también el caso de los estudiantes del Instituto de Matemática Aplicada de Angers (IMA) y de los alumnos de los Centros de Formación Pedagógica (CFP) de Angers-Avrillé, de Nantes y de Rennes.

Fueron aportadas otras contribuciones, en particular por la ayuda y los consejos para el trabajo del texto, para la realización de un programa informático de confección de enigmas, para la realización de puzzles y para la lectura de las diferentes versiones del manuscrito. Gracias a los colegas del IMA y a los amigos, muy especialmente a J. Barnard, P. Boizumault, J. Estay, F. Friant, J. Hamon, J. C. Henry, J. Magat, M. Y. Verrón.

Gracias finalmente a B. Daviau y H. Dubois que aseguraron discreta y eficazmente la dactilografía del manuscrito.

Prefacio

Formación personal e inteligencia artificial: la presente obra proviene de la convergencia de dos fenómenos, la demanda industrial de formación en lógica y el advenimiento de las computadoras llamadas de quinta generación.

En 1975 se le hizo una demanda de formación al Instituto de Matemática Aplicada IMA ¿es posible establecer una formación que desarrolle en el individuo una estimulación y un pensamiento lógico?

Esta demanda estaba fundamentada en dos comprobaciones hechas sobre ciertos comportamientos del personal de empresas. En primer término, una incoherencia en el discurso: no es raro que, sin inmutarse, gran número de personas afirmen cosas contradictorias, y esto en un lapso muy corto. Y en segundo lugar una cierta forma de distorsión entre dos modos de captación de los fenómenos y de los razonamientos con ellos ligados: el modo verbal y el modo formal. No queremos decir con ello que el modo de razonamiento del individuo calificado de verbal no sea formal en el sentido definido por Piaget, sino que no utiliza el simbolismo y el formalismo de la lógica matemática. Para precisar, se puede clasificar a los individuos en dos categorías: los verbales, muy cómodos con la lengua materna, que gustan poco de las fórmulas que califican de jeroglíficos, y los formales, muy a menudo científicos, que tienen necesidad de fórmulas y esquemas para fijar su pensamiento y ¡que consideran que lo que hace las delicias de los verbales no es más que cosa vana!

A partir de estas comprobaciones fue establecido un módulo de formación que tiene por objetivo principal la estimulación intelectual y la formación en lógica por medio de juegos y enigmas. Así llegamos a desarrollar la capacidad de formalizar, esquematizar, modelizar, razonar y generalizar. Los dos tipos de actividad mental —verbal y formal— aparecen respaldándose uno en el otro, mientras que, en la formación inicial, aquellos que formalizan se dirigen hacia las matemáticas a riesgo de atrofiarse a nivel verbal y los otros son los literatos que sienten una gran aprensión frente al formalismo.

Con el tiempo, el contenido y los objetivos pudieron afinarse. Nos es posible ahora hacer una presentación unificada de una parte de esta formación y situarla en perspectiva. El objeto de la presente obra es acompañar al lector en un camino que va desde la formación personal, tal como fue desarrollada más arriba, hasta el descubrimiento de los mecanismos fundamentales de formalización y de razonamiento, y de su puesta en práctica automática: es el dominio de la inteligencia artificial. Los dos grandes objetivos, que son la formación personal y la apertura hacia la inteligencia artificial, lejos de ser antinómicos, aparecen como complementarios.

El primer capítulo de la obra, titulado “puesta en marcha”, se propone a partir de un enigma simple situar los objetivos ligados a la resolución de un enigma, y así, precisar los conceptos y el vocabulario básico concerniente a la resolución de los problemas.

Es entonces indispensable —segundo capítulo— ofrecer un cierto número de instrumentos que permitan tanto representar la información (esquemas, cuadros, formalismo lógico) como tratarla (mecanismo de deducciones).

Llega entonces el momento del ejercicio guiado —tercer capítulo— el descubrimiento y la apropiación de los métodos que no pueden tener lugar sino a partir de un procedimiento personal. Se distinguirán en este capítulo tres partes: enunciados de enigmas, indicaciones de solución —para los que estimen la resolución difícil— y soluciones detalladas con comentarios.

El cuarto capítulo constituye una apertura en dos direcciones: la construcción de enigmas utilizando la analogía, la generalización así como la herramienta informática, y la puesta en evidencia de los lazos entre la resolución de problemas y la inteligencia artificial. El lector podrá así iniciarse en conceptos básicos de lo que se llama la informática de quinta generación.

I. Puesta en marcha

El objetivo de este capítulo introductorio es presentar el procedimiento general de la resolución de problemas. Hemos elegido situar diferentes métodos de resolución a partir de un ejemplo simple. Esto nos permitirá precisar los conceptos y el vocabulario utilizados a lo largo de la obra.

1.1. ¡PONGAMONOS A TRABAJAR!

Comenzamos por el texto de un enigma:

“Hoy, gran etapa: Concarneau-Chateaulin; en la costa Ménez-Kerveyen, tenemos seis hombres a la cabeza. Son...”

Desgraciadamente, demasiado emocionado por el suspenso de la carrera, nuestro cronista se confunde y mezcla corredores, números distintivos, marcas y nacionalidades. ¿Quieren ayudarlo a terminar esta nota?

Sabemos que:

—este grupo comprende seis hombres, todos de nacionalidad diferente. Hay un alemán, un inglés, un belga, un español, un italiano y un francés;

—tres marcas patrocinan a los corredores, cada una de ellas a dos.

Así:

a) el nº1 y el alemán son dos corredores que llevan los colores de la marca La Vie Claire;

b) el nº 5 y el belga llevan los dos los de la marca Sistème U;

c) el español y el nº 3 llevan los dos los de la marca Fagor;

Se sabe a continuación:

d) los corredores nº 2 y nº 6 sacaron ventaja a la entrada del circuito de l’Aulne mientras que el español se quedó;

e) el italiano y el francés se adelantaron treinta segundos al nº 3 en la tercera vuelta de este circuito de 5.800 km a cubrir once veces;

f) el nº 2 y el alemán debieron, ambos, abandonar después de una caída;

g) finalmente el nº 1 ganó el sprint final frente al italiano.

Antes de avanzar, aconsejamos al lector tomarse el tiempo necesario para resolver este enigma. Las páginas que siguen serán tanto más atrayentes si se ha profundizado en la resolución. A título informativo, los auxiliares a quienes fue propuesto el texto pasaron entre un cuarto de hora y dos horas para llegar a la respuesta, consignando el procedimiento seguido.

1.2. DIVERSOS MODOS DE RESOLUCION

Estamos ahora en condiciones de presentar varios enfoques para la resolución de este enigma.

1.2.1. MÉTODO CRONOLÓGICO

El análisis se hace según la cronología del texto. La primera etapa en esta resolución temporal es la de observar las informaciones sobre el estado de la carrera en la costa Ménez-Kerveyen (se utilizan aquí las informaciones a/, b/, c/ del enunciado). Se puede resumir la situación de la manera siguiente:

La Vie Claire: corredor número 1 y corredor alemán.

Système U: corredor nº 5 y corredor belga

Fagor: corredor nº 3 y corredor español

Llegamos enseguida a la entrada del circuito de l’Aulne donde nos enteramos de que los corredores nº 2 y nº 6 han aventajado al español. Como hemos listado más arriba a los seis corredores, el español, que no puede ser ni el 2 ni el 6, será el número 4.

Después está la información de la tercera vuelta del circuito. Es del mismo tipo que la de arriba. Se deduce del mismo modo que el inglés es el número 3.

Ocurre la caída que implica el abandono del corredor nº 2 y del alemán. Así se llega a concluir que el corredor alemán es el número 6 y que el belga es el número 2.

Y la aceleración final nos trae la victoria del nº 1 frente al italiano. De donde se puede concluir que el corredor italiano es el número 5 y que el francés es el número 1.

En la figura 1 ofrecemos una recapitulación de este procedimiento.

1.2.2. DONDE SE COMIENZA A ORGANIZAR LA RESOLUCIÓN

Siendo el objeto del enigma ponerle un número a cada jugador, se puede organizar el trabajo procediendo por eliminación a partir de los diferentes números. La primera etapa consiste en tomar los números uno por uno y en ver cuáles son las nacionalidades a las cuales el número no puede ser atribuido y en consecuencia cuáles son las nacionalidades a las que se pueden atribuir. Se llega así a las informaciones siguientes:

El nº1 no puede ser

alemán (según a/)

belga (marcas diferentes)

español (marcas diferentes)

italiano (según g/)

 puede ser

francés

inglés

El nº 2 no puede ser

español (según d/)

alemán (según f/)

 puede ser:

inglés

belga

italiano

francés

El nº 3 no puede ser

español (según c/)

belga (marcas diferentes)

alemán (marcas diferentes)

italiano (según e/)

francés (según e/)

 puede ser

inglés

El nº 4

 puede ser

inglés

belga

francés

italiano

alemán

español

El nº 5 no puede ser

belga (según b/)

alemán (marcas diferentes)

español (marcas diferentes)

 puede ser

inglés

francés

italiano

el nº 6 no puede ser

español

 puede ser

inglés

alemán

italiano

francés

belga

LUGAR

DEDUCCION

INFORMACION

Menez-Kerveyen

La Vie Claire

nº 1 y alemán

Système II

Nº 5 y belga

Fagor

nº 3 y español

entrada de circuito

nº 2 y nº 6

adelante del español

español : nº 4

3ª vuelta

italiano y francés

adelante del nº 3

inglés : nº 3

caída

alemán y nº 2

caen

alemán: nº 5

belga: nº 2

sprint

nº1 e italiano

a la cabeza del sprint

italiano: nº 5

francés : nº 1

Figura 1

Segunda etapa

No nos queda más que tratar las informaciones contenidas en la columna de la derecha; destaquemos que las posibilidades de nacionalidad para cada uno de los números van desde una para el nº 3 hasta seis para el nº 4.

Obtenemos, tomando las posibilidades en orden creciente:

El nº 3 es inglés; el nº 1 es francés; el nº 5 es italiano; el nº 2 es belga; el nº 6 es alemán; el nº 4 es español.

1.2.3. UTILIZACIÓN DE UN CUADRO CON DOBLE ENTRADA

Un cuadro con doble entrada permite cruzar dos variables y así hacer el repertorio de los diferentes casos posibles. En nuestro enigma, existen tres variables, a saber la marca, la nacionalidad y el número. Utilizando este tipo de esquema nos vemos llevados a privilegiar la nacionalidad y el número a considerar la marca como variable suplementaria.

En la figura 2 aparece el cuadro obtenido después de haber tomado en cuenta las tres primeras informaciones. Se ha anotado en el esquema no solamente las informaciones a/, b/, y c/ (que están dadas explícitamente), sino también todo lo que se ha podido obtener por deducción. Así el corredor nº 1 no puede ser alemán según a/ (lo que codificamos poniendo un “0” en la casilla del diagrama correspondiente a “nº 1: alemán”); no puede ya ser belga puesto que el belga es Système U, según b/y el nº 1 es La Vie Claire, según a/; no puede ser español pues el español es Fagor, según c/, y el nº 1 es La Vie Claire. Lo mismo para los números 3 y 5...

Al final de esta etapa del tratamiento, tenemos, pues, un cuadro donde figuran nueve “0” que traducen las imposibilidades.

Luego llevamos al cuadro las imposibilidades ligadas a las últimas informaciones del enigma, lo que hemos representado en la figura 3. Por ejemplo, la información d/ nos da: 0d/ en las casillas “nº 2: español” y “nº 6: español”...

Las deducciones que llevan a la solución son entonces inmediatas; son análogas a las efectuadas en 1.2.1. y 1.2.2. No las explicitaremos aquí.

1.2.4. UN DIAGRAMA CON TRES VARIABLES: EL INTEGRAMA

Este tipo de diagrama ha sido desarrollado hace poco tiempo; se encuentra cada vez con más frecuencia en las revistas de juegos. No vamos a precisar aquí la resolución completa del enigma por integrama. Daremos el esquema, precisaremos el modo de llevar a él las informaciones y esbozaremos la resolución. En el segundo capítulo de esta obra están dadas las informaciones completas sobre el integrama.

Figura 2.

Figura 3.

La resolución que utiliza este instrumento de representación equivale a tratar simultáneamente tres cuadros con doble entrada, poniendo cada una de las variables en correspondencia con las otras dos. Así nos vemos llevados a considerar dos corredores de la marca La Vie Claire, que anotaremos LVC1 y LVC2, dos corredores de la marca Système U, anotados SU1 y SU2; y dos corredores de la marca Fagor, anotados F1 y F2. Se finaliza entonces en el esquema de la figura 4, llamado integrama.

Ubicado el esquema, nos queda trasladar sistemáticamente las informaciones así como las deducciones que se siguen. Tomemos la información a/, que nos da: 1 en la casilla alemán —LVC2, 1 en la casilla LVC1 —nº1. Y por deducción, si el alemán es LVC2, no es LVC1, SU1, SU2, F1 y F2, lo que traducimos por los “0” en el integrama. Asimismo, siendo LVC2 alemán no puede ser inglés, belga... Luego LVC1 no puede ser nº 2, 3, 4, 5 o 6 y el nº 1 no puede ser LVC2, SU1, SU2, F1 o F2. Finalmente, el corredor nº 1 no es alemán (pues el alemán es el LVC2 y el nº 1 es LVC1).

Consideremos ahora la información b/; hemos llevado al esquema a los dos jugadores de la marca Système U: el nº 5-SU1 y el belga-SU2. Se deduce que el nº 5 no puede ser belga. Además, el nº 5 no puede ser alemán puesto que el nº 5 es Système U y el alemán es La Vie Claire..., etc.

Figura 4.

El lector podrá continuar llevando las informaciones al esquema así como las deducciones que se siguen. Se establece así un proceso mecánico que permite desembocar en la respuesta.

Tenemos aquí un diagrama relativamente universal. El conocimiento de su principio y de los mecanismos de deducción permiten obtener el resultado, sin reflexión profundizada.

1.2.5. UN DIAGRAMA ADAPTADO A LA ESTRUCTURA DEL PROBLEMA

Las informaciones a/, b/, y c/ pueden ser representadas de la manera siguiente en un esquema donde las variables figuran alineadas.

Número

1

5

3

Nacionalidad 

alemán

belga

español

Marca

La vie Claire 

Système U 

Fagor

a)

b)

c)

Vemos así aparecer claramente dos grupos: el primero es el de los corredores de número impar, que son francés, italiano e inglés; el segundo es el de los corredores de número par, que son alemán, belga, español.

Por d) sabemos que el español no es ni el 2 ni el 6; y como según la representación de más arriba no es ni el 1, ni el 5, ni el 3, se obtiene: el español es el nº 4.

Asimismo, utilizando la información e/, se obtiene que el inglés es el número 3.

Tenemos pues todos los datos sobre la marca Fagor.

3

4

inglés

español

Por f), sabemos que el nº 2 no es alemán; es, pues, belga. Así, el alemán no puede llevar más que el nº 6, último número disponible.

Finalmente, por g), no siendo el nº 1 italiano, es francés; el italiano lleva pues el distintivo 5.

De donde la solución es:

1

6

5

2

3

4

francés

alemán

italiano

belga

inglés

español

La Vie Claire

Système U

Fagor

1.2.6. RESOLUCIÓN EN FUNCIÓN DEL LENGUAJE DE LOS CONJUNTOS

Estamos aquí en presencia de un conjunto de seis corredores, cada uno de ellos identificado por su nacionalidad o por su número distintivo. Se puede así escribir que el conjunto de las nacionalidades {D,A,B,E,I,F} es igual al conjunto de los números distintivos {1,2,3,4,5,6}.

A partir de la igualdad {D,A,B,E,I,F} = {1,2,3,4,5,6}, el enigma tiene por objeto asociar a cada nacionalidad un número distintivo.

Las informaciones a/, b/ y c/ nos aportan dos igualdades de conjuntos:

{1,3,5,} = {A,I,F}

{2,4,6} = {D,B,E}

La información d/ puede escribirse en la forma siguiente:

{2,6,E} = {2,4,6}

pues: E = 4 y {2,6} = {D,B}

La información e/ se escribe asimismo:

{I,F,3} = {A,I,F}

pues A: 3 y {I,F} = {1,5}

La información f/ se escribe:

{2,D} = {2,6}

pues D=6 y B=2

La información g/ se escribe:

{1,1} = {I,F}

La resolución de aquí arriba es muy cercana a la resolución con diagrama adaptado vista precedentemente... El diagrama visualiza la estructura, como es también el caso de la formalización en términos del lenguaje de los conjuntos: se ve aparecer el esqueleto del enigma.

1.2.7. DONDE SE REDUCE A DOS CUADROS CON DOBLE ENTRADA

Volvamos a la primera parte de la resolución propuesta en 1.2.3. Tomar en cuenta las informaciones a/, b/ y c/ nos lleva a la figura 2, donde se ven aparecer las imposibilidades. Si miramos en este cuadro las posibilidades, llegamos a:

—un primer cuadro (figura 5) referente a los números impares; se le puede asociar la igualdad: (1,3,5) = (A,I,F)

—un segundo cuadro (figura 6) referente a los números pares; se le puede asociar la igualdad: {2,4,6} = (D,B,E)

Figura 5.

Figura 6.

A las figuras citadas aquí arriba, hemos llevado las imposibilidades generadas por las informaciones d/, e/, f/ y g/. El tratamiento de los cuadros que traen la respuesta es entonces inmediato.

Ciertos lectores pueden quedar sorprendidos de no encontrar su modo de resolución en la lista de aquí arriba. Existe un buen número de modos de resolución y difícilmente podemos ser exhaustivos en los métodos. Hemos desarrollado aquí instrumentos y métodos muy típicos: traducen diferentes modos de captar los problemas. Señalamos finalmente que algunos han podido adoptar sistemas de resolución mixtos, integrando varios de los instrumentos desarrollados.

1.3. DONDE SE PRECISAN EL VOCABULARIO Y LOS CONCEPTOS BASICOS

Al ubicarse esta obra en la perspectiva de la resolución de problemas, conviene precisar ante todo lo que se entiende por problema, y luego por sistema de resolución de problemas.

Partamos de una definición dada en un diccionario (Robert-micropoche): “Dificultad que es necesario resolver para obtener un resultado”. Por ejemplo, el director de una empresa reúne a sus principales colaboradores, y les dice: “Señores, han podido comprobar que desde hace algunos meses tenemos un serio problema de stocks. Les pido que se ocupen de esto. Tenemos que llegar rápidamente a una solución”.

Figura 7.

Podemos representar la situación en forma de esquema simple (figura 7); existe un problema de stocks, se pide el resultado. Debemos, pues, establecer un sistema de resolución...

Antes de reflexionar sobre la resolución, es indispensable observar a partir de qué podrá funcionar el sistema. El “problema” es una abstracción; para avanzar en la búsqueda de un resultado, son necesarios datos. Pero ¿cómo elegirlo que representará el caso a tratar del mejor modo? El esquema propuesto en la figura 7 se vuelve entonces más complejo; es lo que hemos representado en la figura 8. La primera etapa consiste en la elección de los datos; de allí resultan conjuntos diferentes a la entrada del sistema: DATOS 1,... DATOS N. La entrada de estos datos en el sistema de resolución proveerá el RESULTADO 1,..., RESULTADO N.

Figura 8.

En esta obra hemos elegido desarrollar el sistema de resolución, a saber el pasaje de los datos al resultado. Es decir que no tratamos un punto importante: la elección de los datos. El sistema de resolución tal como lo ponemos en práctica se presenta en la figura 9.

Figura 9.

En la entrada, tenemos datos o informaciones; en el caso de la carrera de ciclistas, pudimos localizar los datos indicados por a), b), c), f) y g).

Entonces se pone en práctica el módulo de representación de la información. Se podrá utilizar un esquema apropiado tal como un cuadro con doble entrada, un integrama y diversos diagramas que introduciremos a continuación. Como complemento del esquema, se puede hacer aparecer una codificación de las variables tales como “D” por “alemán”, “LVC” por “La Vie Claire”, así como expresiones lógicas que formalicen un texto dado.

Viene entonces el módulo de tratamiento de la información que es puesto en práctica sobre los datos formales y que permite obtener los resultados formales. Podemos señalar en este módulo dos funciones esenciales. La primera concierne al proceso de deducción, la segunda a los conocimientos utilizados.

Es necesario operar deducciones. Para ilustrar nuestro propósito tomemos dos ejemplos sacados del enigma propuesto en 1.1.

Primera deducción:

El alemán es LVC2

El número 1 es LVC1

luego

El número 1 no es alemán

Segunda deducción:

El número 5 es Fagor

El alemán es La Vie Claire

luego

El número 5 no es alemán

Cualquiera que sea el modo de representación de la información, las reglas de deducción son indispensables para la resolución. Los razonamientos efectuados podrán estar apenas formalizados (como las dos deducciones de aquí arriba), estar implícitos y ligados a la utilización de un esquema, o también formalizados al extremo como podremos confirmarlo en diversos ejemplos desarrollados más adelante en esta obra.

La segunda función presente en el módulo de tratamiento de la información es la utilización de conocimientos. Cada uno posee, además de una capacidad de razonar, un bagaje importante de conocimientos. Aquí, se podrá proceder por analogía con otro problema conocido y resuelto, o por generalización a partir de un problema más pequeño.

El esquema de resolución presentado en la figura 9 será un hilo conductor a lo largo de la obra. Nos permitirá comparar las diferentes maneras de resolver los enigmas o los juegos propuestos. Veamos cómo puede ser útil para comparar los diversos modos de resolución del enigma 1.1.

• La resolución según el método cronológico está muy próxima a los datos. La etapa de representación de la información (o de modelización) es inexistente. Se aborda el proceso de tratamiento sin formalización explicitada.

• El método propuesto en 1.2.2 comporta una primera fase de organización de las informaciones muy próxima a un cuadro con doble entrada... Se podría decir que se tiene un cuadro con doble entrada para “literarios”... Estando bien explicitados los datos en el cuadro, la fase deductiva va de por sí.

• La resolución por cuadro con doble entrada está muy próxima a la precedente, con la diferencia de que en el cuadro se tiene un formalismo muy avanzado y que la fase deductiva es casi mecánica. Es el caso igualmente de la resolución por integrama. Cuando, como aquí, se utiliza un instrumento relativamente general (cuadro, integrama...) el esquema es la clave de la resolución. El trabajo esencial consistirá, pues, en representar los datos en el esquema elegido. La resolución es entonces casi mecánica.

• La resolución por diagrama adaptado o en términos de lenguaje de los conjuntos no utiliza un instrumento general del tipo cuadro. El trabajo de representación de la información comporta la concepción de un nuevo esquema, llamado “adaptado”. Como el esquema está ligado al problema, la fase de tratamiento es inmediata.

•Terminemos por la resolución propuesta en 1.2.7. Se utiliza aquí un instrumento general (cuadro de doble entrada) adaptado al caso a resolver. Es el modo de resolución que nos parece más atractivo.

A lo largo de toda la obra intentaremos reflexionar sobre los modos de resolución que utilizaremos. ¿Cuáles son las ventajas y los inconvenientes de los procedimientos propuestos? ¿Es posible utilizar un instrumento general? ¿Es posible concebir un esquema adaptado?

Se está lejos de la obtención de un resultado a cualquier precio. Más allá del resultado, ¿no es más importante reflexionar sobre los diferentes modos de obtenerlo? Se podrá así tomar distancia con relación al problema, lo que permitirá una mejor síntesis. Se podrá también comprobar que el método en el cual se había pensado espontáneamente no es obligatoriamente el más adaptado.

II. Modos de representación y métodos de tratamiento de la información

2.1. DIAGRAMAS Y ESQUEMAS

El ejemplo introductorio de la carrera ciclística nos mostró el papel esencial que desempeña el modo de representación tanto para la comprensión del enunciado como para la resolución del enigma.

Presentaremos ahora diversos diagramas y esquemas que permitan modelizar los datos de partida para facilitar su tratamiento y llegar así a resultados. Adoptaremos el procedimiento ilustrado por la figura 9 del primer capítulo.

2.1.1. EL ÁRBOL

Partamos de una de las numerosas aventuras ocurridas al célebre Gastón Lagaffe (figura 1).

Figura 1.

Una primera lectura, y luego una segunda nos permiten apreciar la asociación de las sílabas. ¿Hay alguna coherencia en el discurso de Gastón? Tratemos de descubrir cómo nuestro héroe se las arregla para enumerar a los papúes según diferentes criterios.

¿El árbol siempre esconde al bosque? Sin duda no, puesto que aquí un esquema, llamado árbol, nos ayudará a orientarnos en el laberinto de las informaciones que da Gastón al pequeño Arturo.

En a), Gastón introduce una primera variable binaria relacionada con los papúes: pueden ser “con piojos” o “sin piojos”. Esto nos da dos especies de papúes representados en la figura 2, por un árbol de una raíz (el punto de partida), dos ramas (las bifurcaciones posibles) y dos hojas (las extremidades). Nuestro árbol es un poco joven, pero crecerá.

Figura 2.

En b), interviene una segunda variable: “ser papá”. Combinándola con la precedente tenemos cuatro especies de papúes representados en la figura 3 en el árbol que visualiza lo dicho por Gastón en b), c) y d).

Finalmente el hecho de ser papá puede también aplicarse a los piojos, si los tienen. Obtenemos así, figura 4, un árbol de seis hojas 1, 2, 4 y 5.

La representación arborescente aparece aquí como un instrumento cómodo para enumerar todas las posibilidades de una situación combinatoria. Utilizaremos este instrumento varias veces a lo largo de la obra, esencialmente para enumerar los casos posibles.

Figura 3.

Figura 4.

2.1.2. EL DIAGRAMA DE KARNAUGH

Introduzcamos un instrumento bien adaptado a la resolución de problemas de clasificación. Veremos más tarde que es también utilizado en lógica. La resolución del enigma siguiente tiene por objeto ayudar al lector a apropiarse de este tipo de diagrama.

Mi biblioteca

Construí un mueble para clasificar mis libros. Tengo libros en rústica y encuadernados, libros de historia, de literatura, unos en francés, otros en inglés. Se puede ver mi biblioteca con sus rótulos en la figura 5.

Figura 5.

Tengo, pues, ocho compartimientos para clasificar mis libros. Los libros de historia estarán en los cuatro compartimientos de arriba, los de literatura en los cuatro de abajo. Los libros encuadernados deben estar en los cuatro compartimientos de la derecha. Los libros en inglés estarán en los cuatro compartimientos centrales y aquellos en francés en los cuatro compartimientos de los extremos.

Traten, pues, de clasificar todos mis libros respetando los rótulos, sabiendo que tengo:

a) 52 libros de historia de los cuales 27 están en inglés.

b) 34 libros encuadernados de los cuales 3 son de historia en francés.

c) 46 libros en inglés, la mitad en rústica.

d) 20 libros de literatura en francés.

e) 31 libros en rústica de literatura.

Con esto tienen lo suficiente para hacer el inventario de mi biblioteca indicando el número de libros en cada uno de los ocho compartimientos.

A propósito, ¿cuántos libros tengo en total?

Solución

Se hace en dos tiempos según el procedimiento presentado en el capítulo primero, figura 9.

Primer tiempo: representación de las informaciones

Se trata de ubicar las cinco informaciones del enunciado en el esquema, figura 6, llamado diagrama de Karnaugh.

Tomemos el ejemplo de la información a/, “52 libros de historia de los cuales 27 son en inglés”. Se visualiza señalando que 52 libros deben repartirse en los cuatro compartimientos de arriba, de los cuales 27 en los dos compartimientos centrales. Las otras informaciones son llevadas de la misma manera al esquema que se vuelve así una modelización de la biblioteca.

Figura 6.

Se adoptan las abreviaturas siguientes:

H por historia L por literatura

R por rústica E por encuadernado

F por francés I por inglés

Segundo tiempo: Tratamiento de las informaciones

El enigma se resuelve por una serie de deducciones lógicas y de cálculos aritméticos. La primera etapa de cálculos, figura 7, nos permite obtener dos resultados, a partir de los datos iniciales:

• “Hay 22 libros en rústica de historia en francés.” En efecto, en los 52 libros de historia 27 están en inglés, los otros 25 están, pues, en francés y como entre estos últimos 3 están encuadernados, los otros 22 están en rústica: 52 ‒ (27 + 3) = 22.

• “Hay 23 libros encuadernados en inglés. ” En efecto, de los 46 libros en inglés 23 están en rústica, los otros 23 están encuadernados.

Figura 7.

Estos dos primeros resultados se anotan acompañados de uno (1), porque fueron obtenidos en la primera etapa de cálculos. “23” no se nos pide; lo hemos calculado porque nos servirá cuando se realice la segunda etapa; es un resultado intermediario.

Figura 8.

La figura 8 nos da el orden en el cual se obtienen los resultados: cada número es seguido del número de la etapa en que se lo puede calcular. Comencemos el proceso: “23” obtenido en la primera etapa nos permite obtener, utilizando “34 libros encuadernados”, 11 libros encuadernados en francés... y terminamos en el compartimiento correspondiente a los libros encuadernados de literatura en inglés donde obtenemos: 0 (8). ¡Es un compartimiento vacío!

El número total de los libros puede obtenerse en la quinta etapa. En efecto, se conoce entonces el número de libros:

— en inglés: 46 (dato inicial)

—y en francés: 11 están encuadernados (segunda etapa) y entre los en rústica, 22 son libros de literatura (primera etapa) y 12 de historia (cuarta etapa).

Tenemos por lo tanto en total: 46+ 11 + 12 = 91 libros en la biblioteca.

En este enigma intervienen tres variables, que toman cada una dos valores o modalidades:

— la variable “contenido”: historia o literatura

— la variable “presentación”: rústica o encuadernado

— la variable “lengua”: inglés o francés

Como veremos en el capítulo siguiente, el diagrama de Karnaugh permite también resolver los problemas de clasificación con cuatro variables binarias. Es igualmente utilizado en lógica y en automatismo para la simplificación de los circuitos.

2.1.3. EL DIAGRAMA DE VENN

Es un esquema utilizado en los manuales escolares para el estudio de los conjuntos. Descubrámoslo resolviendo el enigma siguiente.

La compra de un loro

El señor Futay, ciego de nacimiento, quiere comprar un loro para poblar sus largos momentos de soledad. Va, pues, a lo del Sr. Loizeau.

Sr. Futay: ¡Buenos días! Desearía un loro, si es posible muy hablador.

a) Sr. Loizeau: Pero tengo 36 de los cuales 19 son rojos; ¿cuál desea?

Sr. Futay: Quisiera una hembra. ¿Qué me propone?

b) Sr. Loizeau: Entre las 12 hembras, le recomiendo las 6 que vienen de Oceanía. Pero en realidad, por qué no lleva uno de los hermosos machos rojos, hay 5 que vienen de Oceanía; son muy habladores.

Sr. Futay: Me permito insistir: me interesa una hembra.

c) Sr. Loizeau: De mis 18 loros de Oceanía de los cuales 10 son de un rojo muy hermoso y ...

Sr. Futay: Véndame pues su hembra roja, la que no viene de Oceanía.

¿Cómo justificar el pedido del señor Futay?

El diagrama de Venn, figura 9, nos debe permitir ver tan claro como él en la confusión de informaciones provistas por el Sr. Loizeau. Invitamos al lector a completar este diagrama y después a resolver el enigma, es decir a enumerar los loros de cada especie y a descubrir el comprado por el Sr. Futay.

Figura 9.

Solución

Primer tiempo: representación

La figura 10 provee la representación de las informaciones a/, b/ y c/ del enunciado. Tomemos el ejemplo c/. ¿Dónde ubicar los datos: “18 loros de Oceanía de los cuales 10 son rojos”? El diagrama de Venn está constituido por tres conjuntos que se intersectan: el de los loros de Oceanía, las hembras y los rojos. La información d nos dice que hay 18 elementos en el conjunto de los loros de Oceanía y 10 en la intersección de este conjunto con el de los loros rojos.

Figura 10.

Segundo tiempo: tratamiento

La figura 11 da cuatro resultados obtenidos en la primera etapa de cálculos, a partir de los datos iniciales, y útiles para la continuación del tratamiento. Tomemos uno de los resultados:

“Hay 7 machos de Oceanía, no rojos.” En efecto, de los 18 loros de Oceanía 6 son hembras, y por lo tanto 12 son machos. Ahora bien, entre estos últimos 5 son rojos. Los otros 7 corresponden al resultado enunciado 18 ‒ (6 + 5) = 7

Figura 11.

La figura 12 muestra cómo se calculan los cuatro últimos resultados en dos etapas suplementarias. En la segunda etapa se verifica que no hay más que una hembra roja que no viene de Oceanía, la que el Sr. Futay quiere adquirir.

En efecto, de los 19 loros rojos, 10 son de Oceanía: y entre los otros 9, 8 son machos; de allí la hembra pedida por el Sr. Futay, pues 19 ‒ (10 + 8) = 1

Figura 12.

El lector habrá quizá notado que existen varios modos de obtener un resultado. Así, hubiéramos podido hallar la hembra buscada por el Sr. Futay por los razonamientos y los cálculos siguientes:

de los 19 loros rojos, 13 son machos: hay, pues, 6 hembras rojas, de las cuales 5 vienen de Oceanía. Queda entonces la única hembra roja que no viene de Oceanía.

Es importante notar que el lector no adoptará necesariamente las etapas de cálculo propuestas en la obra en el momento de las fases de tratamiento. Asimismo el modo de representación podrá variar. Así, hubiéramos podido resolver nuestro enigma con ayuda del diagrama de Karnaugh visto en el párrafo precedente.

Antes de enriquecer nuestro panorama de modos de representación, comparemos aquellos que ya hemos introducido.

Comparación de esquemas

Hasta el momento hemos descubierto los tipos de esquemas que son el árbol, los diagramas de Karnaugh y de Venn.

El árbol conviene bien para enumerar las ocho especies de loros del Sr. Loizeau, numerados de 1 (hembras rojas de Oceanía) a 8 (machos no rojos que no vienen de Oceanía), figura 13. Pero no es en absoluto apto para representar ciertas informaciones numéricas contenidas en el enunciado. Si el dato “36” sacado de la información a/ puede ser colocado en la raíz del árbol para expresar el hecho de que hay en total 36 loros, ¿dónde poner los “19” rojos? Habría que repartirlos en las hojas 1, 2, 5 y 6.

Por el contrario, los diagramas de Karnaugh y de Venn son ambos apropiados para la resolución de problemas de clasificación con tres variables binarias. Tienen la misma configuración. Eso aparece claramente en la figura 14 donde atribuimos a cada una de las 8 regiones de los dos diagramas el número de la hoja correspondiente del árbol. Así, las dos regiones anotadas 1 deben contener las hembras rojas que no vienen de Oceanía y así sucesivamente...

Lewis Carroll, el autor de “Alicia en el país de las maravillas”, utilizaba un diagrama análogo, figura 15. Es una especie de híbrido de los de Karnaugh y Venn. Podríamos imaginamos otros igualmente adaptados a la resolución de los problemas de clasificación con tres variables binarias. Para eso deben comportar ocho regiones, una por hoja del árbol, pudiendo ser reagrupadas de cuatro en cuatro de tres maneras, una por variable.

Figura 13.

Figura 14.

Figura 15.

Finalmente, notemos que si el diagrama de Venn es más “visual” que el de Karnaugh es porque privilegia para cada variable una de las dos modalidades: por ejemplo el rojo para el color de los loros. Eso constituye a veces una dificultad para su utilización. Así, en el enigma “Mi biblioteca”, no hay ninguna razón para privilegiar los libros encuadernados con relación a los libros en rústica. Esto es lo que justifica nuestra elección del diagrama de Karnaugh para resolver este enigma. Por otra parte, este último tendrá la ventaja de ser fácilmente generalizable en las situaciones con cuatro variables.

2.1.4. EL CUADRO CON DOBLE ENTRADA

El enigma del primer capítulo sobre “la carrera ciclística” nos dio la ocasión para introducir este esquema en el párrafo 1.2.3. Para familiarizarnos con este modo de representación, abordemos la resolución del enigma siguiente.

¡Viva el deporte!

Seis amigos: Claude, David, Dominique, Frank, Marc, Pascal, apasionados por el deporte, tienen muchas dificultades para encontrarse juntos para pasar un buen fin de semana pues todos practican un deporte diferente: baloncesto, fútbol, hándbol, rugby, tenis, vóleibol.

Para saber lo que cada uno hizo durante el fin de semana les hemos telefoneado, pero nuestra memoria nos ha fallado y no recordamos más que las indicaciones siguientes:

a) Marc fue a ver jugar al tenis a su cuñado.

b) Franck y Pascal fueron a ver jugar a vóleibol a su amigo.

c) Dominique siente horror por el rugby, que juzga muy violento.

d) Claude, Franck y el jugador de hándbol fueron a ver el partido de rugby.

e) La hermana de David fue a aplaudir a su marido en el fútbol.

¿Pueden decirnos cuál es el deporte favorito de cada uno de estos seis muchachos, todos solteros, excepto uno de ellos?

Solución

Primera fase: representación

Figura 16.

Utilizaremos un cuadro de 6×6 (seis líneas y seis columnas) cruzando las dos variables: deportes y amigos. Pero antes de llevar a él las informaciones leemos al final del enunciado que uno solo de los seis amigos es casado. ¿Quién es? Según la información e/, juega al fútbol y está casado con la hermana de David. Este último es por lo tanto, su cuñado. Pero entonces la información a/ nos permite decir que el amigo casado se llama Marc y que su cuñado David juega al tenis.

Estamos ahora en condiciones de representar las informaciones en el cuadro de la figura 16. En efecto, si las informaciones h/, d y d podían ser representadas directamente, por el contrario, a/y e/ debían antes sufrir un tratamiento semántico, es decir, basado en el sentido de palabras como “marido”, “cuñado”, “hermana”. Tal tipo de tratamiento interviene frecuentemente cuando resolvemos nuestros problemas diarios. En esta obra, lo privilegiado es el tratamiento sintáctico y lógico de las frases.

Segunda fase: tratamiento

Sabemos ya cuáles son los deportes practicados por David y Marc. En la primera etapa del razonamiento, figura 17, obtenemos dos nuevos resultados: Pascal juega al rugby, Franck al baloncesto. En una segunda etapa, podemos responder a las preguntas:

¿Quién juega al hándbol? Respuesta: Dominique.

¿Qué juega Claude? Respuesta: vóleibol.

Figura 17.

La manera sistemática de proceder está basada en la regla de llenado de los cuadros con doble entrada: Hay un “1” y sólo 1 por línea o por columna. Entonces, cuando hay un “1” en una línea o en una columna, hay que inutilizar todas las casillas aún libres de esta línea o de esta columna. Es el procedimiento utilizado en la figura 17 donde, además, los “1” están seguidos del número de la etapa de tratamiento que permitió obtenerlos. Es el signo que fue utilizado para inutilizar las casillas de una línea o de una columna que tenían un “1“.

2.1.5. EL INTEGRAMA

Este instrumento ya fue utilizado en el primer capítulo en el párrafo 1.2.4. Apareció, parece ser, por primera vez en Inglaterra en 1980 y luego se extendió ampliamente en numerosas revistas de juegos. Lo utilizaremos para la resolución completa de un enigma con cuatro variables ternarias.

El trío municipal

Los señores Arriviste, Baratin y Compromis son los tres candidatos que obtuvieron la mayor cantidad de votos en las últimas elecciones municipales en una comuna cuyo nombre es Tu. El resultado fue muy ajustado: el que llegó a la cabeza aventaja al segundo en un voto, éste aventaja al tercero también por un voto. Los tres practican deportes diferentes (atletismo, natación y pedestrismo) y tienen una bebida favorita diferente (pastis, beaujolais y perrier).

Tenemos las informaciones siguientes:

a) El señor Compromis, gran aficionado al beaujolais, aventajó a Baratin por un solo voto.

b) El aficionado al perrier, que no soporta el pedestrismo, obtuvo un voto más que el bebedor de pastis.

c) El señor Arriviste adora la natación.

Es necesario hallar para cada candidato su clasificación, su deporte y su bebida preferida.

Solución

Primera fase: representación (figuras 18-19)

El integrama comprende seis cuadros de 3×3 pues se trata de poner en relación cada una de las cuatro variables ternarias, es decir que cada una toma tres valores.

En cada figura, las modalidades de las variables serán designadas por sus iniciales, así a por atletismo, n por natación, p por pedestrismo, pa por pastis, be por beaujolais, pe por perrier.

La información a/ nos permite poner un “1” en la casilla (C,b), es decir en la intersección de la línea C y de la columna b, para significar que Compromis es aficionado al beaujolais. Habiendo aventajado a Baratin, no puede haber llegado tercero; de donde el “0” de la casilla (C,3); el “0” de (B,1) significa que Baratin no llegó primero. Las informaciones b/ y c/ fueron representadas según el mismo principio.

Figura 18.

Figura 19a.

Figura 19b.

Segunda fase: tratamiento

Será posible ahora poner en práctica el tratamiento a partir de las informaciones codificadas en el integrama, sin olvidar las informaciones iniciales a/ y b/; en efecto, el integrama no ha permitido representar toda la información del texto. El tratamiento nos permitirá deducir que ciertas casillas del integrama comprenden un “0”, es decir, corresponden a una imposibilidad, y otras un “1”.

Así, figura 19a, del 1 de la casilla (C,b) y del 0 de la casilla (C,3) deducimos un 0 en la casilla (b,3). En efecto, si Compromis, que es aficionado al beaujolais, no llegó tercero, el tercero no es aficionado al beaujolais. Aplicamos aquí la primera regla de deducción, R1: “Si C es b y si C no es el nº 3.”

Y ahora, utilizando la regla de llenado de los cuadros con doble entrada: “un ‘1’ y sólo uno por línea y por columna”, podemos poner un 1 en (pa,3), lo que significa que el bebedor de pastis llegó 3º. El aficionado al perrier, llegado justo delante de él es, pues, segundo y el consumidor de beaujolais primero. El cuadro 3×3 que cruza bebidas y lugares queda así íntegramente lleno.

A partir de estos resultados podemos aplicar la segunda regla de deducción, R2, típica del integrama. De los “1” en (C,b) y (b,l) deducimos un tercero en (C,1). R2: “Si C es b y si b es nº 1, entonces C es nº 1” (figura 19b).

Figura 20.

En la figura 20 se encuentra el tratamiento completo del enigma. Los cinco resultados obtenidos precedentemente están numerados allí en el orden en que han sido obtenidos. He aquí, etapa por etapa el final del tratamiento.

6ª etapa: 1 en (B,2) pues según la información a/, si Compromis es primero (resultado obtenido en la 5ª etapa, ver figura 19) Baratin es el segundo.

7ª etapa: 1 en (A,3) según la regla de llenado aplicada al cuadro donde se cruzan candidatos y lugares. Sólo queda completo el cuadro donde se cruzan deportes y lugares.

8ª etapa: por la regla 2 (figura 19b), de los dos “1” (A,3) y (A,n) deducimos en tercer “1” en (A,3) y (A,n) deducimos un tercer “1” en (n,3).

9ª etapa: por la regla 1 (figura 19a), del “1” en (pe,2) y del 0 en (pe,p) deducimos un 0 en (p,2).

10ª etapa: por la regla de llenado de los cuadros tenemos los dos últimos “1” en (p,1) y (a,2). La descodificación del integrama nos da el resultado del enigma en la figura 21.

El integrama es un instrumento que permite la resolución de enigmas con 4 o 5 variables que toman cada una hasta 5 o 6 modalidades. El tratamiento es muy mecánico y, con un poco de costumbre, el instrumento se revela eficaz y rápido. Sin embargo, no pone en evidencia suficientemente la estructura de los enigmas y se vuelve difícilmente utilizable cuando el tamaño de los problemas aumenta. Por otra parte, en el enigma estudiado, ciertas informaciones no pueden ser enteramente representadas en el integrama, lo que obliga a volver a los datos iniciales en el curso de la fase de tratamiento, así: la información (sacada de a/): “Baratin viene inmediatamente después de Compromis”, no puede ser totalmente consignada en el integrama en el primer tiempo de la representación de las informaciones.

Candidatos

Puestos

Bebidas

Deportes

Arriviste

3

pastis

natación

Baratin

2

perrier

atletismo

Compromis

1

beaujolais

pedestrismo

Figura 21.

En razón de estos límites, desde 1980, en el marco de los cursos de formación permanente, hemos preparado otro instrumento de resolución de enigmas con varias variables.

2.1.6. LA FILOTRAMA

Retomaremos con este esquema el enigma precedente ya resuelto con la ayuda del integrama.

Primera fase: representación

En el cuadro que deberá contener los resultados hemos fijado en la primera línea los lugares de los candidatos a las elecciones. Eso nos permitirá representar fielmente las informaciones del tipo “Compromis precede inmediatamente a Baratin”, lo que no era posible con el integrama.

Así, sobre la parte derecha de la figura 22, representamos las informaciones del enunciado por:

Figura 22.

— uniones verticales entre ciertos valores de variables: así la información c/, “El Sr. Arriviste adora la natación” será representada por el “hilo” de más a la derecha que liga el candidato, Arriviste, con su deporte, la natación;

— uniones horizontales como la que representa la información b/ y que se pone en evidencia que el bebedor de perrier precede inmediatamente al aficionado al pastis;

— una combinación de estas uniones: según la información a/, Compromis, ligado (verticalmente) a beaujolais, precede inmediatamente a Baratin, de donde sale el hilo de más a la izquierda;

— o la interdicción de tales uniones: según la información b/, el candidato que bebe perrier no hace pedestrismo.

Segunda fase: Tratamiento

Utilizando la filotrama como modo de representación, la resolución del enigma se vuelve la resolución de un puzzle. El problema consiste, en efecto, en disponer todos los “hilos” en el cuadro de los resultados. ¡Es “infantil”! sobre todo si, como es muy fácil de hacer, se realiza el puzzle correspondiente en madera o cartón.

Procederemos según una técnica racional que tendrá la ventaja de ser también utilizable en los casos más complejos.

En la figura 22, hemos agregado debajo de cada unión, o hilo, el número de las columnas del cuadro de los resultados donde puede ser colocada y esto independientemente de las otras. Así la parte vertical del primer hilo en forma de potencia no puede ser colocada más que en una de las dos primeras columnas...

Figura 23.

Para el segundo hilo, horizontal, que liga “perrier” y “pastis” hay asimismo dos posibilidades que fueron representadas en la figura 23. En la columna 2 estará necesariamente, sea el “pastis”, sea el “perrier”. No podemos pues colocar allí el “beaujolais”. Resulta que la primera unión que comporta el “beaujolais” debe ir en la columna 1. No hay entonces más que una sola manera de ubicarlos otros dos hilos, la mostrada en la figura 24. Finalmente, teniendo en cuenta la prohibición relativa al “pedestrismo” mencionado en b/ obtenemos el cuadro completo de los resultados.

Figura 24.

En el capítulo siguiente tendremos ocasión de ejercitarnos en resolver otros numerosos enigmas con ayuda de la filotrama. Este instrumento permite una captación global de las informaciones y así una buena visualización de la estructura del enigma. Esto es tanto más verdadero cuanto que esta última contiene a lo sumo una variable ordenada —que es el caso del ejemplo tratado: sólo los lugares están ordenados— y pocas informaciones en forma negativa, del tipo “el aficionado al perrier no soporta el pedestrismo”. Y entonces, cuanto mayor es el tamaño de los enigmas, más revela la filotrama su superioridad sobre el integrama, no solamente para la representación y la comprensión de los problemas correspondientes, sino también para su resolución.

2.1.7. EL GRAFO (figuras 25 a 30)

Estado inicial

Estado final

Figura 25.

Este problema fue presentado en primer término por el matemático italiano César Burali-Forti (1861-1931). Se trata, como lo muestra la figura 25, de invertir las posiciones de los caballos blancos y negros, sobre un minitablero de 3×3, en un número mínimo de jugadas.

Se recomienda al lector resolver el problema antes de mirar la solución propuesta que comprende dieciséis jugadas o desplazamientos de caballos.

Recordamos que en el ajedrez un caballo se desplaza:

— sea dos casillas horizontalmente más una vertical.

— sea dos casillas verticalmente más una horizontal.

Estando numeradas las casillas de 1 a 9 de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo, de la casilla 1 el caballo puede ir a 6 u 8; de la casilla 4, a 3 o 9. Otros caballos situados en su recorrido no lo detienen. Pero la casilla de llegada debe estar vacía.

Solución

Primera fase: representación

El método consiste en estudiar la estructura de la situación ligando dos casillas por un trazo si un caballo puede pasar de una casilla a la otra en una sola jugada. La casilla central 5 es inaccesible para un caballo situado sobre una de las otras ocho casillas. Después de la disposición de las casillas en círculo, el problema de partida de la figura 25 fue llevado al problema de la figura 26.

Figura 26.

Segunda fase: resolución

En la figura 26 la solución salta a la vista. Basta hacer girar a todos los caballos una media vuelta, en el mismo sentido, por ejemplo el de las agujas del reloj, para que los caballos blancos y los caballos negros permuten de posición. Cada caballo efectúa cuatro desplazamientos elementales lo que en total da dieciséis.

Habiendo encontrado el resultado en el esquema es importante transportarlo al nivel mismo del tablero. Es una operación de descodificación que, en la figura 9 del primer capítulo, corresponde al pasaje de los resultados formales a los resultados. La figura 27 muestra cómo pasar a la realidad a partir de su representación.

DECODIFICACION

De la representación

A la realidad

¡Un paso adelante!

¡Un paso más!

¡Se ha hecho la mitad del camino!

Figura 27.

2.1.8. ¿QUÉ MODO DE REPRESENTACIÓN UTILIZAR?

Adoptar el esquema mejor adaptado a una situación es esencialmente una cuestión de hábito. La resolución de los problemas propuestos en los capítulos siguientes nos ayudará a desarrollar tal aptitud.

En este capítulo han sido dadas ya las referencias y los principios generales. Los resumimos en el cuadro siguiente:

2.2. INSTRUMENTOS DE FORMALIZACIÓN Y DE RAZONAMIENTO: LOS CONECTORES LÓGICOS Y LAS REGLAS DE DEDUCCIÓN

En el párrafo precedente hemos introducido esquemas que permiten representar visualmente la información. Abordaremos aquí los instrumentos lógicos que permiten por una parte formalizar los datos textuales y por otra analizar los razonamientos. Así, en esta parte, nos proponemos un doble objetivo:

•En primer término, estudiar los instrumentos que ponen en evidencia los mecanismos de deducción.

•A continuación, ver el análisis de un texto y de la argumentación como una resolución de problemas: la fase de representación de la información es la formalización con ayuda de conectores lógicos; la de tratamiento de la información consiste en convalidar o no el razonamiento, o también en aportar una conclusión lógica al texto.

2.2.1. INSTRUMENTOS DE FORMALIZACIÓN: LOS CONECTORES LÓGICOS

Afín de introducir los conectores lógicos (disyunción, conjunción negación, implicación, equivalencia) demos como punto de partida una frase extraída de un reglamento hípico:

“El caballo franquea las vallas y los ríos o es descalificado

Parece, a primera vista, que la comprensión de la frase no presenta problemas. Todos y cada uno interpretan este tipo de información de la frase de la misma manera. ¿Es tan seguro?

Para verlo, demos algunos instrumentos que nos permitan las comparaciones. En primer término, codifiquemos lo que llamamos las “proposiciones elementales”:

h: el caballo franquea las vallas

r: el caballo franquea los ríos

d: el caballo es descalificado

Cada una de estas tres proposiciones puede ser verdadera o falsa. El primer instrumento de representación de la información introducido en 2.1.1 nos permitirá listar los diferentes casos susceptibles de presentarse: es el árbol. Hemos llevado a la figura 28 los ocho casos posibles, desde la primera hoja del árbol (v/, r/, d/) que corresponde a la situación donde el caballo no franquea las vallas, no franquea los ríos y no es descalificado, hasta la última hoja donde el caballo franquea las vallas, franquea los ríos y es descalificado: (v/, r/ ,d/).

Figura 28.

Debemos ahora tomar los diferentes casos uno por uno: si la situación es estimada en desacuerdo con la frase, colocamos un “U'’ en la casilla correspondiente: es el caso de la primera casilla de la figura 28, correspondiente a (v/, r/, d/). Si, inversamente, la situación es estimada de acuerdo con la frase, colocamos un “1” en la casilla correspondiente en la figura 28, es el caso de la penúltima casilla correspondiente a (v/, r/, d/)

Antes de proseguir, invitamos al lector a completar el árbol de la figura 28: podrá así dar su interpretación de la frase.

En general el acuerdo no es unánime. Tomemos una primera interpretación descrita en la figura 29: la columna correspondiente a las ocho situaciones ha sido completada. Además, en vista de la arborescencia, se encuentra otro instrumento de representación de los diferentes casos, llamado “tabla de la verdad”. (El término “tabla” está ligado a la presentación en cuadro; en cuanto al término “verdad”, está ligado al carácter verdadero (codificado “1”) o falso (codificado “0”) de las proposiciones.

Figura 29.

Las diferentes líneas de la tabla corresponden a las hojas del mismo nivel en el árbol... Así, a la hoja (v,r,d) corresponde la línea de la tabla codificada (0,1,1).

Pero existe una segunda interpretación. Trataremos ahora de precisarla. Se puede estimar muy bien que un caballo puede ser descalificado por otra razón que no sea el franqueo de las vallas o de los ríos. El caso es representado en la figura 30.

Figura 30.

Detengámonos algunos instantes para examinar estas dos interpretaciones de la frase inicial: la diferencia está en la primera línea. Los partidarios de la primera interpretación estiman que un texto provee toda la información que se posee: aquí para la descalificación no se habla sino de franqueo de vallas y de ríos... se entiende que un caballo no puede ser descalificado por no conformidad con otro criterio. En cuanto a los partidarios de la segunda interpretación, consideran que la frase forma parte de un todo que es un reglamento hípico: se tienen dos criterios de descalificación presentados en la frase. Nada indica, a priori, que no exista en el reglamento una o varias otras frases que hablen del tema. Aquí, se es mucho menos restrictivo.

Ilustraremos nuestras palabras con un ejemplo de la vida cotidiana: usted le ha prestado su coche a un amigo; este último, al devolverle el vehículo, le declara:

“Abollé la puerta izquierda”.

Usted se dirige a ver y confirma que los daños son mucho más importantes. ¿Tratará a su amigo de mentiroso? Sí, si usted considera que él debía haberle dado toda la información que posee; no en caso contrario.

Intentaremos ahora una formalización del texto con la ayuda de conectores lógicos... y volver a nuestras dos interpretaciones.

En nuestra frase, figuran dos símbolos de unión: y, o. Los codificaremos utilizando los conectores lógicos: ґ, v y w. Para el lector no familiarizado en este dominio, abrimos un paréntesis para precisar el sentido de estos tres conectores.

Definición de la conjunción y de las disyunciones

Para definir el conector de conjunción, anotado │, utilizamos una tabla de verdad y un diagrama de Karnaugh (introducido en 2.1.2.) Partamos de la frase siguiente: “Llueve y hay viento”. Tenemos dos proposiciones elementales ligadas por una conjunción. Si codificamos “p” la proposición “llueve”, y “q” la proposición “hay viento”, tenemos la tabla de verdad y el diagrama de Karnaugh del conector A en la figura 31. La frase es verdadera, p │ q vale 1, si llueve, p vale 1, y si hay viento, q vale 1; la frase es falsa, p │ q vale 0, en todos los otros casos.

En cuanto a la disyunción, una definición única no parece posible. Tomemos un ejemplo. La familia del Sr. y la Sra. Fourmi está en la mesa. Maurice, el más pequeño, tiene algunos problemas con su sopa. Entonces, la Sra. Fourmi dice: “Maurice, o comes tu sopa o te doy una paliza”. Después de una ligera duda, Maurice obedece a su madre... después emite un eructo sonoro... y la paliza la administra el Sr. Fourmi. Maurice, llorando, dice: “¡No es justo!”

Figura 31.

Tratemos de ver en qué difieren las interpretaciones de los padres y del niño. El lector podrá adoptar el procedimiento utilizado en el comienzo del párrafo, y en particular registrar todos los casos en un árbol y una tabla de la verdad... La divergencia entre los protagonistas se sitúa en el caso en que Maurice toma su sopa y recibe una paliza. Si adoptamos el mismo sistema que para la conjunción, es la última línea de la tabla de verdad.

La interpretación del señor Fourmi fue representada en la figura 32.

Figura 32.

El conector lógico asociado es anotado “v”; se lo llama también “y/o”, “o (inclusivo)”. La interpretación de Maurice fue representada en la figura 33. El conector lógico asociado fue anotado “w”; es el “o (exclusivo)”. Este conector no toma el valor 1 sino si una y sólo una de la preposiciones básicas vale 1, mientras que en caso de y/o, la disyunción de las dos proposiciones vale 1 cuando por lo menos una de las proposiciones vale 1. En las dos figuras precedentes, codificamos “s” Maurice toma su sopa y “f” Maurice recibe una paliza.

Figura 33.

Después de haber precisado la definición de los conectores lógicos que intervienen en nuestra frase, volvemos a la carrera de caballos y utilicémoslos para formalizar: habiendo definido dos disyunciones llegamos a dos interpretaciones:

(v │ r) w d (v │ r) v d

Nos queda ahora ver en qué las interpretaciones de más arriba se unen a las propuestas al principio del párrafo. Para hacerlo, llenemos la tabla de verdad de la figura 34. Explicitemos las líneas 1 y 8. Línea 1: como v vale 0 lo mismo que r, v │ r vale 0 según la definición de “│”, así v │ r vale 0 y d vale 0; que consideremos (v │ r) w d o (v │ r) v d obtenemos 0. Para la última línea, v │ r vale 1 puesto que v y r valen 1; como además d vale 1, tenemos siguiendo la elección del conector dos resultados: (v │ r) w d vale 0, (v │ r) v d vale 1.

v

r

d

v │ r

(v │ r) w d

(v │ r) v d

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

1

0

1

0

0

0

0

0

1

1

0

1

1

1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

Figura 34.

Si comparamos con las interpretaciones propuestas al principio del párrafo, (v │ r) v d corresponde a la primera, mientras que (v │ r) w d corresponde a la segunda. El procedimiento de formalización hizo aparecer la ambigüedad de la frase. Además, tenemos ahora un instrumento formal que permite explicitar la ambigüedad.

Intentemos una reformulación de la frase:

“Si el caballo no es descalificado, es que ha franqueado las vallas y los ríos”.

Invitamos aquí al lector a rehacer, como para la frase inicial, un análisis exhaustivo de los casos posibles. ¿Tenemos aquí también una doble interpretación?

De hecho, se llega, como al principio, a una ambigüedad. Veamos, formalizando el texto, cómo podemos quitar esta ambigüedad. Definiremos aquí tres nuevos conectores lógicos: la negociación, anotada ⋃; la implicación (si... entonces...), anotada → la equivalencia, anotada ↔. El lector ya familiarizado con estos instrumentos podrá ahorrarse la lectura de los dos párrafos que introducen estos conectores.

Definición de la implicación, de la equivalencia y de la negación

Pongámonos en la situación de un club que desea darse algunas normas de buen funcionamiento. Podemos imaginar que el reglamento interno contiene la frase. “Si usted llega tarde, ofrece el aperitivo.” Intentemos examinar los diferentes casos posibles y ver para cada uno de ellos si está de acuerdo o en desacuerdo con la frase. Entre los cuatro casos, uno sólo está en contradicción con la frase: una persona llega tarde y no ofrece el aperitivo. Definimos aquí el conector de implicación lógica, anotado “→”: figura 35. La codificación utilizada es la siguiente: “r” usted está en retardo; “a” usted ofrece el aperitivo.

Figura 35.

Introduzcamos formalmente el conector de equivalencia lógica por su tabla de verdad y su diagrama de Karnaugh figura 36; la negación asimismo es definida por la figura 37. Podemos entonces formalizar la frase: “Sólo los imbéciles no cambian de opinión”: i↔⋃a. donde

Figura 36.

p

⋃p

0

1

1

0

Figura 37.

“i” es la codificación de correspondiente a imbéciles y “a” la de las personas que cambian de opinión. Los imbéciles no cambian de opinión y sólo ellos: se tiene la equivalencia entre las dos propiedades... El lector puede igualmente verificar que es posible otra formalización de la frase: i w a.

Podemos ahora retomar nuestra frase: “Si el caballo no es descalificado, es que ha franqueado las vallas y los ríos”. ¿Cuál proposición de formalización podemos hacer? La primera tiene en cuenta la posibilidad de descalificación para otra cosa; se expresa: ⋃ d (v │ r). La segunda limita la descalificación al solo caso del franqueo de las vallas y de los ríos. Se expresa: ⋃ d ↔ (v │ r).

Se invita al lector a hacer la tabla de verdad correspondiente a cada una de las expresiones de más arriba. ¿Qué se puede confirmar con respecto a las tablas de la figura 34?

Hemos establecido, figura 38, una tabla de verdad que da validez a las expresiones de aquí arriba. Se destaca que:

⋃d → (v │ r) equivale a (v │ r) v d

⋃d ↔ (v │ r) equivale a (v │ r) w d

v

r

d

⋃d

v │ r

⋃d ↔ (v │ r)

⋃d → (v │ r)

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

0

0

1

0

1

0

0

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

1

Figura 38.

Pero entonces, ¿cómo quitar la ambigüedad de la frase propuesta al principio? Para quedar lo más cerca posible del texto inicial, se puede proponer:

“El caballo franquea ‘por lo menos’ las vallas y los ríos o es descalificado”, que se formaliza de una sola manera:

(v │ r) v d

La locución “por lo menos” deja entender claramente que existen otros casos de descalificación.

Hemos podido definir los principios conectores lógicos que nos permiten formalizar los enunciados:

no

negación

⋃

y

conjunción

│

o (y/o)

disyunción inclusiva

V

o (exclusivo)

disyunción exclusiva

w

si... entonces

implicación

→

si y solamente si

equivalencia

↔

Necesitamos ahora definir las reglas de deducción, o sea las reglas lógicas que permitan justificar el encadenamiento de los enunciados. Es lo que haremos a partir de ejemplos.

2.2.2. INSTRUMENTOS DE RAZONAMIENTO: LAS REGLAS DE DEDUCCIÓN O DE INFERENCIA

Simplifiquemos nuestro reglamento hípico no considerando más que la frase siguiente:

“Para no ser descalificado hace falta por lo menos franquear las vallas”,

que se formaliza: ⋃d → v

Si utilizamos la regla de contraposición, deducimos de ella el enunciado formal ⋃v → d

que traduce la frase:

“Si el caballo no franquea por lo menos las vallas, es descalificado”.

Así, gracias a la regla de contraposición, deducimos el enunciado ⋃v → d del enunciado ⋃d → v . Por convención, diremos que ⋃d → v lleva a ⋃v → d, o también que ⋃d → v infiere ⋃v → d, lo que anotaremos: ⋃d → v — v → d. La regla de contraposición no toma como dato más que un enunciado: esta regla no tiene más que una sola premisa.

La validez de esta regla puede ser fácilmente demostrada. El lector interesado podrá hacer las tablas de verdad de las expresiones ⋃d → v y ⋃v → d. Los resultados son idénticos, lo que prueba que las dos expresiones son equivalentes.

Y ahora, participamos de una reunión hípica donde seguimos muy particularmente a “Dada de Trévé” en la tercera carrera. El marcador nos muestra que Dada de Trévé no ha sido descalificada. De eso podemos concluir: Dada de Trévé ha franqueado las vallas. Formalicemos el razonamiento:

⋃d → v ...premisa extraída del reglamento

⋃d ...el caso de Dada de Trévé

v ...la conclusión

Es la regla de modus ponens, que de modo general se escribirá: p → q, p — q

En la cuarta carrera, “Pegaso” no franqueó las vallas. Podemos concluir, aplicando el reglamento, que ha sido descalificado, lo que escribimos de modo formal:

⋃d → v ...premisa extraída del reglamento

⋃v ...Pegaso no ha franqueado las vallas

d ...en conclusión, la descalificación de Pegaso

Es la regla de modus tollens, que de modo general se escribirá: p → q, ⋃q — p

Ilustremos, para terminar, una carta regla de deducción llamada regla del silogismo por un primer ejemplo tomado de Lewis Carroll:

Todas las avispas (g) son agresivas

Los animales agresivos son desagradables

Luego... las avispas son desagradables

Lo que formalizamos:

g → a

a → d ... las premisas

g — d ... la conclusión

Tomemos un segundo ejemplo, un poco sorprendente:

Lo que es raro es caro

Un caballo barato es raro

Luego: Un caballo barato es caro

Lo que se formaliza:

r → c

b → r

b → c

A la vista del resultado, se podría calificar la regla del silogismo de incorrecta. Si consideramos que una deducción es un mecanismo que permite pasar de las premisas a la conclusión, quizá podríamos examinar la validez de las premisas. Aquí, las premisas, en particular la primera, son discutibles... La conclusión es, también ella, discutible.

Finalmente, un último ejemplo, para reír: (juego de palabras intraducible. N. del T.)

Podemos ahora resumir en dos cuadros las cuatro reglas de inferencia que acabamos de definir. Presentamos en primer término un cuadro formal; a continuación un cuadro que ilustra cada una de las reglas.

La cuatro reglas de deducción definidas formalmente:

Premisa(s)

Conclusión

Contraposición 

r → a

⋃a →⋃r

Modus ponens

r → a

r

a

Modus tollens

r → a

⋃r

⋃a

Silogismo

s → h

h → m

s → m

y su ilustración

Premisa(s)

Conclusión

Contraposición 

Si usted llega tarde, usted ofrece el aperitivo.

Si usted no ofrece el aperitivo es que no llegó tarde.

Modus ponens

Si usted llegó tarde, usted ofrece el aperitivo. Usted llegó tarde.

Usted ofrece el aperitivo.

Modus tollens

Si usted llegó tarde, usted ofrece el aperitivo. Usted no ofrece el aperitivo

Usted no llegó tarde.

Silogismo

Sócrates es un hombre. Todo hombre es mortal.

Sócrates es mortal.

Utilizamos igualmente en nuestros razonamientos un cierto número de propiedades ligadas a los conectores lógicos; citaremos los principales. La justificación de los resultados se efectúa por las tablas de verdad de la figura 39.

Las leyes de Morgan

Se enuncian:

⋃(p │ q) equivale a ⋃p √ q

⋃(p √ q) equivale a ⋃p │ q

La justificación se obtiene confirmando, en la figura 39, que las columnas (a) y (b) son idénticas —es la primera ley de Morgan— así como las columnas (c) y (d) —es la segunda ley.

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

p

q

⋃(p │ q)

⋃p v ⋃q

⋃(p v q)

⋃p │ ⋃q

p → q

⋃p v q

p ↔ q

⋃p w q

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

1

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

Figura 39.

Ilustremos estas leyes con dos ejemplos surgidos de situaciones corrientes. La madre de familia dirá a su marido: “No fumes al conducir” pensando tanto en la molestia provocada por el humo del cigarrillo como en los riesgos de quemadura de la lana, es decir de los asientos. Si formalizamos obtenemos: (⋃ │ c) es decir está prohibido fumar y conducir, lo que es equivalente a ⋃f v c, es decir: “No fumes o no conduzcas”. Tomemos una vieja inscripción que figuraba en el subterráneo. “Prohibido fumar y escupir (c)” que se debe interpretar (¡seguramente!) como: “Prohibido fumar y prohibido escupir”—lo que se formaliza ⋃f │⋃c. La segunda ley de Morgan nos da la equivalencia con ⋃(f v c) —que se traduce: “Prohibido fumar o escupir”.

Lazos: implicación / o (inclusivo); equivalencia / o (exclusivo)

p → q equivale a ⋃p v q

p ↔ q equivale a ⋃p w q

La figura 39 nos da la justificación: las columnas (e) y (f) son idénticas; es también el caso de las columnas (g) y (h). Ilustremos este resultado por la situación de los padres Fourmi y del pequeño Maurice. Los padres dicen: “¡Tomas tu sopa o recibirás una paliza!”, después prometiendo más: “Si no tomas tu sopa, recibirás una paliza”.

Formalicemos siguiendo el modo de ver de los padres:

s v f o también ⋃s → f

¡Los padres se reservan la posibilidad de administrar una paliza aun si la sopa es tomada! Esto se traduce por un o-inclusivo o una implicación.

El pequeño Maurice anhela ligar la suerte de la parte baja de su humanidad al hecho de tomar la sopa.

s w f o también ⋃s ↔ f

Queda así excluido recibir una paliza si la sopa es tomada.

Hemos indicado que los instrumentos de formalización y de deducción son subyacentes a los razonamientos efectuados para la resolución de un problema. Quizá podamos encontrar inútil este tipo de análisis detallado. Puede sin embargo ser justificado por lo menos de dos maneras.

En primer término, el análisis registrado presenta un interés cierto cuando el razonamiento es discutido. Es relativamente frecuente que un razonamiento sea calificado de nebuloso; se estima que las premisas están mal explicitadas, o utilizadas de manera implícita. Se vuelve entonces indispensable tener los instrumentos que permitan poner en claro las diferentes etapas de la deducción.

En segundo lugar, no perdamos de vista que es útil analizar los procedimientos en la perspectiva de una “mecanización” de una parte del razonamiento. ¿Cómo entrar en ese mundo que es el de la inteligencia artificial sin un conocimiento mínimo de los instrumentos de deducción?

Si actualmente queremos comparar las velocidades de cálculo de las unidades centrales de computadoras, hablamos de “mips”: un millón de instrucciones por segundo. Los sistemas de tratamiento de la información, llamados de quinta generación, son juzgados por los “lips”(logical inference per second).{1} Esto dice de la importancia de un análisis de las deducciones necesarias para la resolución de un problema.

Tomemos dos ejemplos para ilustrar nuestras palabras. El primero está tomado del enigma de la carrera ciclística. La deducción efectuada es la siguiente:

El corrredor nº 5 es Sisteme U

El alemán es La vie Claire ...

…luego... el corredor nº 5 no es alemán.

Esto lo podemos formalizar utilizando las mismas codificaciones que en 1.2. con la forma

nº 5 → S U

D → L V C

nº 5 → ⋃D

El sistema deductivo formal se presenta de modo visual en la figura 40. Lo comentaremos brevemente. Los datos formales están a la entrada del sistema. Son realizadas tres deducciones. La primera utiliza una premisa implícita: un corrector que tiene una malla Système U no puede tener una malla La Vie Claire. Por silogismo, obtenemos una primera conclusión intermediaria: el corredor nº 5 no es La Vie Claire. La segunda deducción (contraposición) nos da la segunda conclusión intermediaria: si un corredor no es La Vie Claire no es alemán. Para terminar, las dos conclusiones precedentes nos permiten obtener por silogismo la conclusión, a saber, el corredor nº 5 no es alemán.

Figura 40.

Nuestro segundo ejemplo es una de las deducciones efectuadas cuando hicimos la resolución por integrama titulada “El trío municipal” en 2.1.5. Retomemos el texto explicativo: “Así, del 1 en la casilla (C, b) y del 0 en la casilla (C, 3), deducimos un 0 en la casilla (b, 3)”.

En la figura 41, presentamos la formalización del integrama en términos de la lógica proposicional así como el sistema deductivo. Tenemos así en nuestro esquema el pasaje de la codificación del integrama a la formalización lógica, luego la utilización de una sola regla de deducción, el silogismo, y por fin la transcripción del resultado según el sistema de codificación del integrama.

Figura 41.

Acabamos de presentar brevemente en este capítulo un cierto número de instrumentos simples que permiten representar y tratar la información. Pueden hacerse además buen número de comentarios y de complementos. Es lo que haremos en el capítulo siguiente donde invitamos al lector a usar su saber y su destreza lógica para resolver los enigmas propuestos.

III. ¡Ejercitémonos!

Este capítulo es el de la adquisición de los instrumentos y métodos. Se han clasificado los enigmas y juegos por párrafos (de 3.1 a 3.6) en función de los modos de resolución apropiados.

Cada párrafo es articulado de manera idéntica. Se encontrará primeramente una serie de enunciados de enigmas que el lector es invitado a resolver. Si la resolución parece difícil, puede entonces dirigirse a las indicaciones de solución. Luego, sea por desesperación en la causa, sea para el control del resultado, se consultará la solución. Con esta última, se encontrarán los métodos típicos, así como algunos comentarios.

El procedimiento preconizado puede resumirse en el esquema siguiente:

3.1. PROBLEMAS DE CLASIFICACION CON TRES VARIABLES

ENUNCIADOS

1. LA ORQUESTA DE BOULIKA

Esta orquesta comprende 180 ejecutantes de los cuales:

a) 6 no tocan más que violoncelo.

b) 24 tocan violoncelo y violín, pero no viola.

c) 12 tocan violoncelo y viola, pero no violín.

d) 6 tocan violín y viola, pero no violoncelo.

e) además, sabemos que 63 músicos tocan el violín, 54 el violoncelo y 36 viola.

¿Cuántos ejecutantes no tocan ninguno de estos instrumentos?

2. LA PRENSA EN TU

Los tres líderes políticos de la ciudad de Tu editan cada uno un semanario:

a) Arriviste publica “Francparler” de 500 ejemplares; Baratin publica “Beaudiscours” de 400 ejemplares y Compromis publica “Despromesses” de 350 ejemplares.

Los comerciantes locales desean conocer el público de cada uno de estos periódicos, a fin de hacer en ellos sus anuncios publicitarios. Para simplificar el estudio, se supone que cada ejemplar del periódico es recibido y leído por una sola persona. Así se obtienen los resultados siguientes:

b) 138 leen “Francparler” y “Beaudiscours”.

c) 144 no leen más que “Beaudiscours” y 185 no están abonados más que al periódico de Compromis.

d) Finalmente, hay tantas personas que leen “Beaudiscours” y “Despromesses” como las que leen los periódicos de Arriviste y de Baratin sin leer el de Compromis.

En función de estos datos, pueden ustedes ayudar a los comerciantes a responder a las preguntas siguientes:

—¿Cuántas personas podrán ver una publicidad que aparezca a la vez en los tres periódicos?

—¿cuántos podrán verla dos veces?

—¿cuántos podrán verla tres veces?

3. LOS MÍTINES ELECTORALES

Estamos próximos a las elecciones municipales: los líderes políticos han organizado cada uno un mitin electoral. Las estimaciones sobre las participaciones nos dan los resultados siguientes:

a) 130 personas participaron de la reunión organizada por Arriviste, 165 en la de Baratin y 65 en la de Compromis.

b) En total, se han desplazado 200 personas; 30 participaron inclusive de los tres mítines.

De hecho, ¿cuántos no participaron sino en un solo mitin?

INDICACIONES DE SOLUCION

1. LA ORQUESTA DE BOULIKA

Se podrá utilizar tanto un diagrama de Venn como uno de Karnaugh. Aconsejamos, sin embargo, un diagrama de Venn con tres conjuntos: las personas que tocan violoncelo, las que tocan violín y las que tocan viola.

2. LA PRENSA EN TU

Utilizaremos también un diagrama de Venn con tres conjuntos de lectores:

F: conjunto de los lectores de “Francparler”

B: conjunto de los lectores de “Beaudiscours”

D: conjunto de los lectores de “Despromesses”

Precisemos la información d) que puede presentar algunos problemas. Se ha señalado que tenemos por una parte el conjunto de los lectores de “Beaudiscours” y “Despromesses”, sea la intersección de B y de D, y por otra parte el conjunto de los lectores de “Francparler” y “Beaudiscours” pero no de “Despromesses”, sea intersección de F, de B y del complementario de D. (Entendemos por complementario de D el conjunto de las personas que no leen “Despromesses”)

Si codificamos esta información, tenemos: n(B ∩ D) = n(F ∩ B ∩ ), es decir el número de personas que leen “B” y “D” es el mismo que el de las personas que leen “F”, “B” pero no “D”.

3. LOS MÍTINES ELECTORALES

Puede convenir un diagrama de Venn. A designará el conjunto de las personas que han participado en el mitin de Arriviste, asimismo para B y C. Para facilitar la lectura del diagrama, llevaremos a él algunas indicaciones:

—En la región ocupada por las personas que han participado en los tres mítines, inscribamos “Δ”.

—En las regiones ocupadas por las personas que han participado exactamente en dos mítines, inscribamos “—”. (Son tres regiones.)

—En las regiones ocupadas por las personas que han participado de un solo mitin, inscribimos “*” (Son tres regiones.)

Nos es posible ahora codificar la información. Según b), 30 personas participaron en los tres mítines. Esto será anotado (A) = 30 y se leerá: “El número de elementos en la región marcada A es 30” Siempre según la información b), sabemos que 200 personas se han desplazado para participar, sea de un solo mitin (su número es n (*), sea exactamente de dos mítines (en número de n (—), sea de tres mítines ( en número de n(A)).

Tenemos pues: n(*) + n(—) + n(Δ) = 200. Se nos ha pedido calcular n(*) sin tener que detallar el contenido de las tres regiones marcadas

SOLUCIONES

Procederemos como lo hicimos en el capítulo segundo. Llevamos, primeramente, las informaciones del enunciado al diagrama de Venn; luego tratamos estos datos codificados en vista de finalizar en la respuesta a las preguntas presentadas.

Con el fin de ayudar al lector a leer el diagrama, indicamos el origen de cada información llevada y el número de la etapa donde fue obtenido un resultado.

1. LA ORQUESTA DE BOULIKA (FIGURA 1)

La primera etapa de cálculos nos da el número de músicos que tocan los tres instrumentos. En efecto, los 54 ejecutantes de violoncelo se reparten en cuatro regiones; como el contenido de tres de entre ellas es conocido, tenemos 54 ‒ (6 + 12 + 24) = 12, es decir 12 personas que tocan los tres instrumentos.

La segunda etapa nos permite obtener: 21 no tocan más que violín y 6 no tocan más que viola.

Figura 1.

Para la tercera etapa, partimos del número total de ejecutantes (180) y del contenido de 7 de las 8 regiones. Nos resta entonces el número de aquellos que no tocan ninguno de estos instrumentos, o sea 93, que es el resultado pedido.

2. LA PRENSA EN TU (FIGURA 2)

En las indicaciones de solución, hemos anotado: n(B ∩ D) = n(F ∩ B ∩ ) Anotemos x para este número. Calcularemos primeramente el valor de x. Para eso, consideremos B, conjunto de los 400 lectores de “Beaudiscours”.

Figura 2.

Ellos se reparten en tres subconjuntos disjuntos:

—los que no leen sino “Beaudiscours”, en número de 144.

—los lectores de “Beaudiscours” y “Despromesses”, en número de x.

—los otros, que leen “Beaudiscours” y “Francparler” sin leer “Despromesses”, también ellos en número de x.

Podemos transcribir la información precedente en forma de ecuación:

400 = 144 + x + x

De donde el resultado: x = 128. Los otros resultados se obtienen entonces sin dificultad. Los números que acompañan a los resultados con puntos de referencia que jalonan el procedimiento propuesto. Se entiende que son posibles otros procedimientos y que el lector mantiene toda su libertad para un tercer camino que lleve de los datos a los resultados.

Podemos responder a las preguntas del enunciado: una publicidad que aparezca en los tres diarios será vista por 947 lectores, de los cuales 293 la verán dos veces y 10 tres veces.

3. LOS MÍTINES ELECTORALES (FIGURA 3)

Adoptaremos las notaciones dadas en las indicaciones de solución, en particular: n(*) + n(—) + n(Δ) = 200 (1)

Figura 3.

Por otra parte, para las 200 personas que asistieron a uno, dos o tres mítines, nos da: n(*) participaciones para las que participaron de un solo mitin, 2n(—) participaciones para las que fueron exactamente a dos mítines y 3n(Δ) participaciones para las otras. Por otra parte, el total de las participaciones nos es dado por: 130 + 165 + 65 = 360.

Así n(*) + 2n (—) + 3n (Δ) = 360 (2)

Retomando (1) y (2) así como n (Δ) = 30, obtenemos dos nuevas ecuaciones:

n(*) + n(—) = 170

n(*) + 2n (—) = 270

lo que nos permite obtener: n(—) = 100 y n(*) = 70. En conclusión, 70 personas participaron de un solo mitin, 100 de dos exactamente y 30 de tres.

3.2. ENIGMAS CON DOS VARIABLES PRINCIPALES

ENUNCIADOS

1. En el restaurante

Después de una intensa jornada de formación, Bernard, Daniel, François Henri, Jacqueline y Louis se encuentran en el restaurante. Sabemos que:

a) Daniel, Jacqueline y el aficionado al pescado aprecian el vino blanco.

b) François mira con envidia a las personas que eligieron jabalí y pato a la naranja.

c) Bernard y Daniel están ubicados frente a los que degustan la omelette y el pato a la naranja.

d) Bernard, François y Henri han elegido cada uno un plato de carne.

¿Quién ha pedido el bistec?, ¿y los caracoles?

2. Primer torneo ciclístico de La Peyrouse

La pequeña ciudad de La Peyrouse organiza su primer gran torneo ciclístico internacional. Participan los más grandes ciclistas profesionales del momento.

La salida definitiva trae a la línea de llegada a 8 hombres que participan del sprint final: Cric, Roche, Rra, Tempi, Robic, Bois, Ino, Lion.

Tenemos que encontrar el puesto de cada uno sabiendo que:

a) La hermana de Bois vino a aplaudir a su marido que llegó séptimo.

b) Tempi llegó entre los cuatro primeros.

c) La mañana de la carrera, Rra, Tempi y el que llegó cuarto reconocieron gran parte del recorrido.

d) El tercero festeja hoy su primer aniversario de casamiento.

e) Las mujeres del primero y del cuarto pudieron abrazar a sus maridos en la línea de llegada.

f) Ino, Bois y los llegados séptimo y octavo resultan desfavorecidos por su estado de agotamiento.

g) La mujer del quinto es la hermana de Robic.

h) Rra y el quinto estaban a la cabeza del grupo de los ocho hombres a la entrada de la última línea recta.

i) Cric y Lion tuvieron los dos primeros puestos.

j) Lion, Roche y el hermoso Bois son solteros; los otros son casados.

3. Beca divertida

Doce becarios: Josiane, Michèle, Nadine, Sylvelin, Alain, Christian, Gérard, Jean, Jean-Marie, Max, M. le Marquis e Yvon se encuentran en el castillo de Claris. Cada uno tiene su bebida preferida: menta con agua, ricard, whisky, mirabelle, champagne, coca, zumo de naranja, café, té, évian, perrier, pernod.

Podrían descubrir la bebida preferida de cada uno, sabiendo que:

a) El primer día los becarios juegan al bridge: en una de las mesas se encuentran juntos Gérard, Jean y los aficionados al pernod y al perrier; en otra, los bebedores de évian y de té enfrentan a Jean-Marie y a Max y en una tercera Yvon y M. le Marquis se encuentran los que esperan el café y el zumo de naranja.

b) El hermoso tiempo de la segunda jomada les permite jugar a los bolos en grupos de cuatro: Josiane y Michèle dominan netamente al equipo de los bebedores de té y de café, Jean y Gérard derrotan sin dificultad al equipo de los consumidores de ricard y de whisky mientras que Nadine y Jean-Marie enfrentan duramente a los aficionados al zumo de naranja y a la menta con agua.

c) Los fanáticos del tenis tienen poco tiempo para entregarse a su deporte favorito. Juegan en dobles: Gérard con el bebedor de coca enfrenta a Max asociado al consumidor de whisky; en el otro court Josiane y Sylvelin enfrentan a los que toman pernod y té.

d) Finalmente sepan que después de estas jornadas de estudio los becarios se reúnen en su lugar de descanso: Jean acompañó a los aficionados al champagne y a la coca a Limoges, Michèle a los bebedores de perrier y de pernod a la sede parisiense de la sociedad; el bebedor de ricard se reencuentra en Ales con Max y M. le Marquis, y el aficionado al café con Sylvelin y Alain en Vendôme.

INDICACIONES DE SOLUCION

El cuadro de doble entrada se adapta particularmente para tratar este tipo de enigma. Lo importante es descubrir las dos variables principales y sus modalidades.

1. En el restaurante

Seis personas son designadas por su nombre de pila. Por otra parte tenemos seis platos: pescado, jabalí, pato a la naranja, omelette, bistec y caracoles. La resolución podrá efectuarse a partir de un cuadro con doble entrada cruzando los seis platos con las seis personas.

2. Primer torneo ciclístico de La Peyrouse

Conviene un cuadro de doble entrada que cruce los ocho nombres con los ocho puestos... Se puede mejorar en todo caso la representación distinguiendo los corredores casados de los solteros. Se tiene entonces un cuadro de 3×3 para los solteros y un cuadro de 5×5 para los casados. El tratamiento así se simplifica.

3. Beca divertida

Una aproximación clásica consiste en utilizar un cuadro de 12×12 cruzando los nombres de pila y las bebidas. Pero aquí, como en el enigma precedente, es posible reducirse a dos cuadros de 6×6. En efecto, la información a) cita a los doce becarios: seis por su nombre de pila y seis según bebida preferida. Estos seis nombres deben ser asociados a las seis bebidas no citadas, así como los seis nombres no citados deben ser asociados a las seis bebidas mencionadas.

Se puede también aquí mejorar la representación: tratando la información b) como aquí arriba, el enigma puede ser resuelto con ayuda de cuatro cuadros de 3×3.

SOLUCIONES

Para los tres enigmas utilizamos uno o varios cuadros con doble entrada. La fase de tratamiento se reduce a aplicar la regla de llenado de los cuadros con doble entrada introducida en 2.1.4: “Hay un “1” y sólo uno por línea y por columna”.

1. En el restaurante (figura 4)

Habiendo sido llevadas al cuadro todas las informaciones, figura 4, el tratamiento en tres etapas provee los resultados. En un primer tiempo, obtenemos que François eligió el bistec, estándole prohibido todo lo demás, y que el pescado no tiene más que un cliente disponible: Louis...

En la figura 4 se podrá ver el conjunto de los resultados así como el orden en el cual fueron obtenidos. A propósito, este enigma nos parece muy cercano a otro ya resuelto. Volveremos a esta similitud en el capítulo cuarto.

Figura 4.

2. Primer torneo ciclístico de La Peyrouse (figura 5)

La información j) nos da los nombres de los tres corredores solteros. Las informaciones a), d), e) y g) nos proveen los puestos de los que están casados: 1, 3, 4, 5 y 7. Esto nos lleva a los dos cuadros, figura 5, a los cuales llevamos las informaciones b), c), f), g), h) e i). El tratamiento nos da los ocho corredores por orden de llegada: Cric, Lion, Tempi, Robic, Ino, Bois, Rra y Roche.

El lector que ha utilizado un cuadro de 8×8 cruzando corredores y puestos ha debido anotar, como variable suplementaria, la situación familiar: casado/soltero. Así procedimos en el capítulo primero, figura 2, en el ejemplo introductorio. La fase de tratamiento que integra la información sobre la vida familiar conduce a ubicar treinta “0” en el diagrama.

Figura 5.

El cuadro 8×8 de 64 casillas no tiene entonces más que 64 ‒30 casillas vacías. Esta cifra corresponde al número de casillas de los cuadros de3×3 y de 5×5 propuestos: 3×3 + 5×5 = 34. El hecho de haber establecido dos cuadros hace oscilar una parte del tratamiento en la fase de representación. Esto ilustra bien el principio entrevisto en el primer capítulo: una buena modelización disminuye el tratamiento y hace aparecer más claramente la estructura del enigma. Esto nos permitirá ver, en el capítulo cuarto, cómo se pueden construir tales enigmas.

3. Beca divertida (figura 6)

Partimos de dos subgrupos mencionados en la indicación de solución, según el tratamiento de la información a). Asociamos a seis nombres de pila seis bebidas. Notemos que, en la figura 6, la correspondencia no se hace línea por línea sino globalmente.

Gérard

menta con agua

Josiane

pernod

Jean

ricard

Michèle

perrier

Jean-Marie

whisky

Nadine

évian

Max

mirabelle

Sylvelin

té

Yvon

champagne

Alain

café

Mr le Marquis

coca

Christian

zumo de naranja

Figura 6.

La información b) nos muestra a nuestros doce becarios en los bolos. Hemos subrayado, en la figura, las doce denominaciones utilizadas: seis nombres y seis bebidas. Gérard, Jean y Jean-Marie son, pues, asociados a las tres bebidas no mencionadas: mirabelle, champagne y coca... Se finaliza así en cuatro cuadros de 3×3, figura 7, a los cuales se llevan las informaciones c) y d) antes de tratarlas. Notemos, para terminar, que la representación de las informaciones de la figura 6 podía bastar para el tratamiento. La lectura de la información d) nos da inmediatamente que Jean está asociado a mirabelle (él es diferente de los aficionados al champagne o a la coca), Michèle al évian, el ricard a Yvon y el café a Christian. Además, la información c) permite asociar a Gérard al champagne, Jean-Marie a la coca, Max a la menta con agua, M. le Marquis al whisky, Josiane al perrier, Nadine al pernod, Sylvelin al zumo de naranja y Alain al té.

Figura 7.

3.3. PROBLEMAS DE CLASIFICACION CON CUATRO VARIABLES

ENUNCIADOS

1. La orquesta de La Peyrouse

Etienne, director de orquesta en La Peyrouse, determina la situación de sus 31 músicos, que saben tocar uno por lo menos de los cuatro instrumentos de cuerda siguientes: violín, viola, violoncelo y contrabajo.

a) 10 no tocan más que un solo instrumento, de los cuales 2 el violín y 1 la viola.

b) Algunos no tocan más que dos instrumentos, de los cuales 1 el violoncelo y el contrabajo, 2 la viola y el contrabajo y 2 el violín y la viola.

c) 13 tocan por lo menos tres instrumentos, pero entre éstos, 3 no tocan el contrabajo y 2 no tocan el violín.

d) 17 tocan el contrabajo y 18 el violoncelo.

e) Entre los 20 que tocan la viola, 11 saben también tocar el contrabajo.

¿Cuántos saben tocar los cuatro instrumentos?

2. Encuesta sobre el planeta Boulika

La encuesta es realizada con 1100 boulianos que habitan el planeta Baulika sobre el tema de su viaje a los cuatro asteroides vecinos: Carolus, Karnautus, Morganus y Venus.

a) 603 boulianos fueron a uno por lo menos de los dos asteroides más próximos Carolus y Morganus, habiendo 148 visitado los dos.

b) 85 no visitaron más que Venus y 65 no fueron más que a Carolus.

c) Hay tantos boulianos que visitaron uno solo de los cuatro asteroides como boulianos que visitaron exactamente dos.

d) El grupo de los boulianos que visitaron Morganus sin haber visitado Carolus cuenta 53 individuos más que el grupo de aquellos que visitaron Carolus sin haber tenido el placer de visitar Morganus.

e) 200 boulianos visitaron Carolus y Venus; otros visitaron Venus sin haber visitado ni Carolus ni Karnautus.

f) El número de los que han visitado exactamente tres asteroides es igual al número de los que no visitaron ningún asteroide.

g) Todos los boulianos que visitaron Carolus y Karnautus visitaron también Morganus.

h) 395 boulianos visitaron Karnautus, mientras que entre los otros 291 visitaron Carolus.

i) Hay tantos boulianos que visitaron solamente Morganus como boulianos que visitaron Morganus y Carolus sin haber visitado los otros dos asteroides.

¿Cuántos boulianos no visitaron más que Karnautus sabiendo que hay otros tantos que no han visitado ninguno de estos asteroides?

3. Publicidad {2}

Las informaciones utilizadas provienen de una encuesta efectuada hace muchos años, lo que explica en parte la elección y los títulos de los diarios.

Un director de publicidad debe publicar, en una misma semana, dos avisos publicitarios, uno para un concierto y el otro para una marca de jabón. Los avisadores pidieron que se publicaran en “Jour de France” o “Nous Deux” o “Sélection” o “La Vie Catholique”.

Se poseen las informaciones siguientes sobre la cantidad de lectores de estos diferentes diarios (en millares de lectores):

a) 1573 leen J; 4145: N; 4741: S y 2447: V.

b) 186 leen J y N; 638: J y S; 275: J y V; 697: N y S; 283: N y V; 663: S y V.

c) 83 leen J, N y S; 29: J, N y V; 137: J, S y V; 70: N, S y V.

d) 13 leen J, N, S y V.

La suma entregada al director de publicidad le permite elegir entre las tres opciones siguientes:

• sea los anuncios en J, S y V;

• sea los dos anuncios en N y S;

• sea uno de los dos en J, S y V y el otro en N y S.

¿Cuál es la decisión a tomar por el director sabiendo que, para el anuncio del concierto es necesario contactar a la mayor cantidad de gente posible por lo menos una vez (basta una vez porque las personas interesadas por el concierto deciden inmediatamente ir), y para el anuncio concerniente al jabón es necesario contactar por lo menos dos veces más de gente posible (el factor repetitivo es juzgado aquí como incitativo)?

INDICACIONES DE SOLUCION

Los tres enigmas de aquí arriba serán resueltos con la ayuda de un diagrama de Karnaugh de cuatro variables. Precisaremos primeramente este diagrama por las variables llamadas VI, V2, V3 y V4 (figura 8). Como cada variable toma dos modalidades, anotadas 1 y 0, se tiene un total de 2×2×2×2 = 16 posibilidades. En cada una de las casillas del diagrama se han anotado dos informaciones:

Figura 8.

—primeramente un código; así en la primera casilla de arriba a la izquierda, tenemos 1010 que significa que VI toma la modalidad 1, V2 la modalidad 0, V3 la modalidad 1 y V4 la modalidad 0... En la casilla de arriba a la derecha, VI, V2 y V4 toman la modalidad 0 y V3 la modalidad 1, de donde el código llevado a la casilla,

—y después un signo, que da el número de 1 que figura en el código:

“ * ” en las casillas que no contienen más que un solo 1.

“ ― ” en las casillas que contienen dos 1.

“ Δ ” en las casillas que contienen tres 1.

“ □ ” en la casilla que contiene cuatro 1.

1. La orquesta de La Peyrouse

Cada variable codifica el hecho de tocar uno de los cuatro instrumentos; por orden, el violín (V), la viola (A), el violoncelo (Ve) y el contrabajo (C).

Utilizamos la notación introducida en 3.1 en las indicaciones de solución del enigma “Los mítines electorales”. La información a) se codifica: n(*) = 10; n(1000) = 2; n(0100) = 1 o n(*) = n(1000) + n(0100) + n(0010) + n (0001), lo que se lee: el número de personas que toca un solo instrumento es igual a la suma de los números de aquellos que tocan únicamente sea el violín, sea la viola, sea el violoncelo, sea el contrabajo.

2. Encuesta sobre el planeta Boulika

Se podrán anotar las variables: haber ido a Carolus (C), a Karnautus (K), Morganus (M), Venus (V). En los esquemas, el orden de las variables será: CMKV.

La información g precisa que el conjunto de las personas que visitaron Carolus y Karnautus sin haber visitado Morganus está vacío. Se puede por lo tanto llevar un “0” a las casillas 1010 y 1011.

Anotemos x la variable que designa el contenido de las cuatro casillas cuyo código comienza por 10. La información d) nos dice que x + 53 será el contenido de las casillas que tienen un código que comienza por 01.

Introduzcamos, finalmente, otras dos variables numéricas: y que designa n (0100) igual a n (1100) según i), y z que designa n(0000) igual a n(0010) y n (Δ) según f) y la última información del enunciado. Se podrá entonces calcular en función de y y de z el contenido de las casillas, para finalizar con dos relaciones entre estas variables, lo que permitirá evaluarlas.

3. Publicidad

En el diagrama de Karnaugh, se utilizará el orden de las variables del texto del enigma: J, N, S, V.

La representación de las informaciones no presenta dificultad.

De cualquier manera, habrá que abstenerse de interpretar los datos de modo restrictivo. Así, por ejemplo, el dato 186 sacado de b) debe repartirse en las cuatro casillas cuyo código comienza por 11 (correspondiente a los lectores J y N y eventualmente de otros diarios), y no sobre la casilla codificada 1100 (correspondiente a los lectores de J, N y no de S o de V). Del mismo modo, se lleva 1573 correspondiente al número de lectores de J a ocho casillas... En cuanto al contenido de la casilla 0000, no podemos determinarlo: se trata del número de aquellos que no leen ninguno de los cuatro diarios.

SOLUCIONES

1. La orquesta de La Peyrouse

Además de las informaciones llevadas directamente al diagrama de Karnaugh, figura 9, tenemos:

n (*) = 10 según a/; n(A) + n(D) = 13 según c).

Figura 9.

Como se nos anuncia un total de 31 músicos que saben tocar por lo menos uno de los cuatro instrumentos, se tiene:

n(*) + n(—) + n(Δ) + n(□) = 31

Se puede por lo tanto deducir n (―) = 8. Tenemos ahora lo que es útil para las diferentes etapas de cálculos que comentaremos brevemente.

•Primera etapa: como 20 personas tocan la viola, se tiene: n(0110) = 3 y n(1101) + n (□) = 7

•Segunda etapa: hemos calculado ya n(―) = 8; pero por otra parte, haciendo la suma n(1100) + n(0110) + n(0101) + n(0011) obtenemos 8. Las otras dos casillas correspondientes a los que tocan dos instrumentos están por lo tanto vacías, lo que anotamos: n(1010) =n(1001) = 0.

Consideremos por otra parte las cinco casillas correspondientes a las personas que tocan tres o cuatro instrumentos: podemos contabilizar de dos maneras:

n(Δ) y n(□) = 13 según c).

n(□) + n(1101) + n(0111) + n(1110) + n(1011) = 13

O bien n(□) + n(1101) = 7 según la primera etapa y, según c), n(0111) = 2 y n(1110) =3.

Se puede por lo tanto deducir: n(1011) = 1.

•Tercera etapa: 17 personas tocan el contrabajo y conocemos el contenido de siete de las ocho casillas; de donde n(0001) = 4.

•Cuarta etapa: El resultado precedente y la información a) (n (*) = 10) nos permiten deducir: n(0010) = 3.

•Quinta etapa: Los 18 ejecutantes de violoncelo se reparten en ocho casillas de las cuales siete son conocidas; también n(□) = 5, que es el resultado pedido.

5 de los músicos de la orquesta de La Peyrouse tocan los cuatro instrumentos de cuerda.

2. Encuesta sobre el planeta Boulika

Retomamos las notaciones introducidas en las indicaciones de solución:

x : número de personas que visitaron Carolus sin visitar Morganus.

y : número de visitantes de Morganus solo, n(0100), que es también el número de visitantes de Morganus y Carolus, únicamente, n(1100).

z: n(0000) = n(0010), número de los visitantes de ningún planeta o también número de visitantes de Karnautus solo, según la última información del enunciado.

No hay que omitir las informaciones c) y f) que pueden traducirse en la forma: n(*) = n(―) y n(Δ) = z.

Hemos elaborado el diagrama de Karnaugh, figura 10, y hemos llevado las informaciones del enunciado; aquí, esquemas y símbolos están íntimamente ligados desde la fase de representación. Los cálculos pueden entonces comenzar. En la figura 10, no hemos anotado, por razones de sobrecarga, más que las primeras fases del tratamiento.

Figura 10.

Los 603 visitantes de Carolus o Morganus se reparten en tres subconjuntos disjuntos, lo que nos permite escribir:

603 = x + 148 (x + 53)

lo que da x = 201.

Intentemos obtener una primera relación entre y y z. Si queremos tomar en cuenta nuestros 1100 boulianos, podemos en primer término inscribir en un repertorio los 395 visitantes de Karnautus, luego los otros 291 que visitaron Carolus, y por fin aquellos que figuran en las cuatro casillas del diagrama, abajo, a la derecha, en número de 414: (1100 ‒ (395 + 291) = 414). Las cuatro casillas contienen 200 visitantes de Venus (según e/), y personas en la casilla 0100 y z personas en la casilla 0000.

Se puede por lo tanto escribir: 200 + y + z = 414, es decir: y + z = 214.

Es posible entonces calcular n(*), número de visitantes de un solo asteroide, agregando los contenidos de las cuatro casillas correspondientes n(*) = 65 + y + 85 + z.

Teniendo en cuenta que y + z = 214, se obtiene n (*) = 364

Si se contabiliza a los boulianos por el número de los asteroides visitados, se obtiene:

1100 = z + n(*) + n(―) + n(Δ) + n(□).

Tomemos las cuatro casillas en la intersección de C y de V; ellas contienen 200 boulianos, según e); como conocemos tres de ellas, obtenemos: n(□) = y ‒ 26.

Como, además, n(―) = n(*) = 364 y n(Δ) = z, tenemos:

1100 = z + 2 × 364 + z + y ‒ 26

es decir, z = 184, y utilizando: z + y = 214, se obtiene y = 30.

Se puede entonces determinar el contenido de cada una de las casillas. Así, n(0111) = 70, es decir que 70 boulianos visitaron todos los planetas salvo Carolus; y 184 no visitaron más que Karnautus, lo que es el resultado pedido.

3. Publicidad

Después de haber llevado todas las informaciones al diagrama, figura 11, se puede fácilmente determinar el contenido de cada casilla partiendo de la casilla anotada □. En la primera etapa de cálculos, se obtienen los contenidos de las cuatro casillas A; en la segunda, el de las seis casillas “ ― ” en la tercera, el de las casillas “ * ”

Podemos ahora estudiar la decisión a tomar por el director de publicidad concerniente a la inserción en J, S y V y/o N y S. En la figura 12 se ha visualizado a la izquierda a las personas que vieron por lo menos una vez la publicidad en J, S, y V así como a las personas que la vieron por lo menos dos veces. La misma operación fue hecha a la derecha de la figura 12 para N y S.

Los resultados fueron resumidos en el cuadro siguiente:

Población que vio el anuncio de:

el concierto

el jabón

publicitado en

J S y V

7.322

1.302

N y S

8.189

697

Figura11

Figura 12.

La decisión a tomar aparece claramente: el anuncio para el concierto debe aparecer en “Nous deux” y “Sélection” y el del jabón en “Jour de France”, “Sélection” y “La Vie Catholique”.

¡Y ahora, simplifiquemos el procedimiento!

Hubiéramos podido evitar utilizar los diagramas que hacen intervenir cuatro variables. En efecto, al tener el director de publicidad una elección reducida, es suficiente encarar por una parte J, S y V, y por otra N y S. La visualización puede entonces hacerse con ayuda de dos diagramas de Venn, uno con los tres conjuntos J, S y V, y el otro con N y S.

La población contactada para el concierto es la unión de los conjuntos en cuestión. Para el jabón, en el primer caso, es la que se encuentra en las regiones anotadas “ ― ” o “ Δ ” (ver la notación de la figura 3) y en el segundo caso, la situada en la intersección de N y de S.

Se puede entonces destacar que con tales diagramas los cálculos terminales son mucho más fáciles que con el procedimiento precedente.

3.4. ENIGMAS CON MULTIPLES VARIABLES

ENUNCIADOS

I. ¿Quién ganó la medalla de oro?

Jean-André, Pierre, Camille y Roland fueron seleccionados para los Juegos Olímpicos. Tenemos sobre ellos las informaciones siguientes:

a) El boxeador tiene un parche en el ojo.

b) Maryvonne entrena a Jean-André.

c) El que ganó la medalla de plata lo festejó con puré de patatas.

d) El deportista aficionado a las patatas fritas se resfrió.

e) Roland sufrió una insolación.

f) Thérèse cuida el esguince de su atleta.

g) El especialista en triple salto, si bien no resfriado, no pudo obtener más que una medalla de chocolate.

h) Pierre se alimentó con patatas salteadas.

i) Corinne entrena al corredor de 100 metros.

j) El atleta de decatlón come patatas al homo.

k) El deportista que entrenó Maryse ganó la medalla de bronce.

¿Sabrían decir, para cada deportista, quién lo entrenó, su hándicap, su plato de patatas preferido, su especialidad y la medalla obtenida?

¿Y cuál es, por lo tanto, el que ganó la medalla de oro?

2. ¿Quién tiene la cebra?

Cinco hombres de nacionalidad y profesión diferentes habitan casas de colores distintos y situadas una junto a la otra en la misma alineación. Cada uno tiene un animal favorito y una bebida preferida.

a) El inglés habita la casa roja.

b) El español tiene un perro.

c) En la casa verde, se toma café.

d) El ucraniano bebe té.

e) La casa verde está inmediatamente a la derecha de la casa blanca. (La noción de derecha e izquierda se entiende mirando las casas.)

f) El escultor cría caracoles.

g) El diplomático habita en la casa amarilla.

h) En la casa del medio se bebe leche.

i) El noruego habita la primera casa, a la izquierda.

j) El médico habita una casa vecina de aquella donde vive el propietario del zorro.

k) La casa del diplomático está al lado de aquella en que hay un caballo.

l) El violinista bebe zumo de naranja.

m) El japonés es acróbata.

n) El noruego habita al lado de la casa azul.

A partir de estas informaciones, ¿cómo saber quién bebe agua y quién posee la cebra?

3. Las cuatro estaciones

En una exposición de pintura, cuatro cuadros numerados 1, 2, 3 y 4 que llevan cada uno el título de una estación se encuentran uno junto a otro. Sabemos además que:

a) El cuadro titulado “Primavera” es de estilo impresionista.

b) El número 1 está firmado Lebon.

c) El cuadro con marco blanco mide 40 cm × 40 cm.

d) El de estilo surrealista mide 20 cm × 20 cm.

e) El número 4 es de estilo dadá.

f) El de estilo clásico está firmado Dupont.

g) El cuadro titulado “Verano” tiene un marco negro y no es surrealista.

h) El número 2 mide 50 cm × 50 cm.

i) Martin firma el cuadro titulado “Invierno”.

j) El titulado “Otoño” mide 30 cm × 30 cm.

k) El cuadro firmado por Durand tiene un marco dorado.

A partir de todos estos detalles, ¿es posible indicar para cada cuadro: número, formato, título, estilo y marco? ¡Atención! Uno de ellos no está enmarcado. ¿Cuál es?

INDICACIONES DE SOLUCION

Para la resolución de los tres enigmas precedentes, utilizaremos la filotrama definida en 2.1.6. La primera etapa consiste en localizar las variables y sus modalidades y advertir si existe una variable ordenada.

1. ¿Quién ganó la medalla de oro?

Llevamos a la figura 13 las tres primeras informaciones. Después de fijar arbitrariamente los nombres en lo alto de cada columna del cuadro de los resultados, la información b) se inscribe directamente.

Las informaciones siguientes se inscriben de la misma manera. Es entonces posible resolver el enigma.

2. ¿Quién tiene la cebra?

Tenemos seis variables de las cuales una está ordenada: la disposición de las cinco casas. Podemos suponer las casas numeradas desde 1 (para la primera a la izquierda) hasta 5 (para la última de la derecha); la variable que da la posición se introduce en la primera línea del cuadro de los resultados de la filotrama. Luego, las otras variables vienen en el siguiente orden: color, nacionalidad, profesión, animal y bebida.

3. Las cuatro estaciones

Proponemos, para este enigma, fijar en la primera línea los números de los cuadros, aun si este orden no interviene. Podemos luego llevar las otras variables en el orden: autor, estilo, tamaño, título y marco.

Después de haber representado todas las informaciones, se podrá comparar el esquema obtenido con los de los dos enigmas precedentes.

Figura 13.

Figura 14

SOLUCIONES

1. ¿Quién ganó la medalla de oro?

La visualización de la representación y del tratamiento de las informaciones se realizó en la figura 14.

Tomemos en primer término la fase de representación. Tres de las informaciones pudieron ser llevadas directamente al cuadro de los resultados (fueron subrayadas). Son las informaciones b), e) y h). En cuanto a las otras, producen los ocho “hilos” de la parte derecha del cuadro, colocándose debajo los números de las columnas donde pueden ser ubicadas.

La fase de tratamiento se efectuará en seis etapas; explicitaremos las primeras. Es aconsejable, para el lector que tenga alguna dificultad en resolver el enigma, trazar un cuadro de los resultados, de 6×4, y llenarlo a medida que se desarrollen las explicaciones que siguen.

Primera etapa: Consideremos los tres hilos c), d) y j), codificados como las informaciones que representan. Ellos son incompatibles entre sí, en el sentido de que no podemos poner dos simultáneamente en la misma columna. Habrá, pues, uno en cada una de las columnas 1, 3 y 4. El hilo g), incompatible con los tres precedentes, deberá por lo tanto colocarse en la columna 2. Así, en la figura 14, los datos “triple-salto” y “chocolate” se situaron en esta columna, seguidos de un (1) para indicar que estos dos resultados se obtuvieron en la primera etapa de tratamiento. Los hilos a), i) y k) no pueden ir sino en la columna 2.

Segunda etapa: Los hilos a) y d), incompatibles, ocuparán las columnas 1 y 3, uno en cada columna. Los hilos f) y j), incompatibles con los dos precedentes, serán ubicados respectivamente en las columnas 2 y 4.

Tercera etapa: El hilo i) debe, pues, situarse en la columna 3. Para terminar, no tenemos más elección: a) en C1 (columna 1) y k) en C4. Luego d) en C3, y finalmente, c) en C1.

Todas las casillas del cuadro de los resultados se encuentran así llenas, salvo una, disponible para recibir la medalla de oro obtenida por Camile.

2. ¿Quién tiene la cebra?

Después de haber representado las informaciones, observamos, en la figura 15, que el hilo de la izquierda, en forma de potencia, combinaciones de e) y c), no tiene más que dos ubicaciones posibles en el cuadro de los resultados. Examinaremos los dos casos. El lector podrá dibujar un cuadro por caso y llenarlo a medida que se dan las explicaciones.

Hipótesis 1: c) en la columna 4, anotada C4.

Resulta de ello que a) no puede ir más que en C5, luego d) en C2 y g) en C1, con el “caballo” en C2. 1) debe entonces ir a C5. Estamos en una impasse pues los tres hilos b), f) y m), incompatibles entre sí, no disponen más que de dos columnas, C3 y C4. Es una imposibilidad; esto nos conduce a desechar la hipótesis 1 para considerar la segunda posibilidad.

Hipótesis 2: c) en C5.

Se sigue que a) se coloca en C3, luego g) en C1, con el “caballo” en C2, como aquí arriba. Siendo los hilos d) y 1) incompatibles y ocupando las columnas 2 y 4, m) debe ser colocado en C5. Entonces, puede situarse b) en C4, d) en C2 y f) en C3. El hilo 1) no puede entonces ir más que a C4. La columna 2 es el único emplazamiento libre para “médico” y su vecino “zorro” en la columna 1 según la información j).

Nos quedan entonces dos casillas disponibles: una para el agua que bebe el noruego, la otra para la cebra que posee el japonés.

3. Las cuatro estaciones

La representación de las informaciones se encuentra en la figura 16. Es análoga a la obtenida para el enigma “¿Quién ganó la medalla de oro?”

Resulta, pues, inútil rehacer el tratamiento. Nos basta calcar los resultados del primer enigma. Así, al resultado “Camille ganó la medalla de oro” corresponde: “el cuadro número 3 no está encuadrado”, lo que podemos verificar en la figura 16.

3.5. ENIGMAS LOGICOS

ENUNCIADOS

1. Control antidoping en las carreras de Loudéac

Como cada año, para el lunes de Pascuas, tercer día de las carreras hípicas de Loudéac, la parte central de la reunión es el Gran Premio de la Ciudad, carrera de vallas muy bien dotada. Al final de la carrera, en particular, los caballos que llevan un distintivo par, sufrieron un control antidoping.

Qué puede decirse en lo concerniente a los casos siguientes:

a) Dada de Trévé sufrió un control antidoping. ¿Llevaba un distintivo par?

b) ¿El caballo que llevaba el distintivo nº 12 sufrió un control?

c) Pégase no sufrió control. ¿Llevaba un distintivo par?

d) ¿El caballo que llevaba el distintivo nº 3 sufrió un control?

Figura 16

2. La perspicacia del inspector Lafrite

Lafrite está encargado de la investigación sobre un robo de cuadros en una galería de arte. Pidió a Relbou y a Gremai, dos de sus asistentes, que lo ayudaran en el asunto. La investigación terminó con el arresto de cuatro personas: Jules Rateau, Désiré Lafrange, Michel Boileau y Félicie Ossy. Los interrogatorios los realizan los dos asistentes que vienen a dar su informe:

Relbou: “Jules Rateau es inocente pero estoy seguro de que por lo menos uno de los otros es culpable”.

Gremai: “Si Désiré Lafrange es culpable, no hay más que un cómplice, que por lo demás está entre los otros”.

Relbou: “Y si Michel Boileau es culpable, pienso que tiene dos cómplices entre los otros”.

Entonces Lafrite dice: “Si considero que lo que me dicen es cierto, puedo afirmar la culpabilidad de una de las cuatro personas”.

¿Pueden ayudar a los inspectores a encontrar a esta persona?

3. El diploma

Después de laboriosos años, un estudiante de I.M.A. llega al fin de sus estudios a la entrega de diplomas. Se encuentra de pronto frente a cuatro puertas cerradas. Se oye una voz gutural: ‘Tu diploma se encuentra detrás de una de estas puertas; detrás de las otras encontrarás un monstruo... Tienes sin embargo tus posibilidades: en cada puerta figuran dos afirmaciones. Y de las ocho afirmaciones que figuran en las cuatro puertas, tres solamente son verdaderas; las otras cinco son, seguramente, falsas”.

Sobre la puerta de ébano, se puede leer:

— El diploma está detrás de esta puerta.

— El diploma está detrás de la puerta de caoba.

Sobre la puerta de caoba:

— El diploma no está detrás de la puerta de roble.

— El diploma está detrás de la puerta de ébano o de la de cerezo. Sobre la puerta de cerezo:

— El diploma no está ni detrás de la puerta de ébano ni detrás de la de roble.

— El diploma está detrás de la puerta de caoba o detrás de la de ébano.

Sobre la puerta de roble:

—El diploma no está detrás de la puerta de cerezo.

—El diploma está detrás de la puerta de caoba.

La voz continúa: “Espero tu elección... Es cuestión de vida o muerte...” Entonces, nuestro estudiante se despierta, atontado. Recobra lentamente el sentido y se pregunta si su sueño tenía alguna coherencia.

¿Pueden ayudarlo a analizarlo?

4. Los amores de los colaboradores del inspector Lafrite

Para dos de los colaboradores de Lafrite, Relbou y Gremai, es el momento de distensión nocturna, en un restaurante. Surge la discusión acerca de las relaciones femeninas y de los sentimientos de cada uno.

Relbou: ‘Te diré dos cosas: en primer lugar, amo a Béatrice o a Hélène; en segundo lugar, si amo a Béatrice, amo a Hélène. Y entonces, ¿puedes decirme, si amo a Béatrice, si amo a Hélène?”

Gremai: “¡...!¡...!”

¿Pueden ayudar al inspector a conocer un poco de la vida privada de su colega?

Algunos días más tarde, encontramos a nuestros dos inspectores conversando sobre el mismo asunto mencionado antes. Evidentemente, olvidaron lo esencial de lo que se había dicho entonces.

Gremai: “¿Es cierto que si amas a Béatrice amas también a Hélène?”

Relbou: “Si es cierto, entonces amo a Béatrice”.

Gremai: “¡…!¡…!”

¿Qué pensar de los amores de Relbou?

Relbou: “Modificaré la respuesta que te acabo de dar, agregando: si es falso, no amo a Béatrice”.

Gremai: “Entonces, ¡vamos! Ya veo; ¡estás cercado!”

¿Qué descubrió Gremai?

5. El inspector Lafrite en Logika

Lafrite participa, como todos los años, de la recepción de fin de año de su servicio. Se le pide que cuente su investigación en Logika.

“En ese país maravilloso, una extraña costumbre indica que una mujer casada no diga nunca dos veces seguidas una verdad o una mentira: si una de las declaraciones es verdadera, la siguiente es falsa y recíprocamente.

”Encuentro allí a cuatro encantadoras damas: Coucou, Chouchou, Loulou y Foufou. Las necesidades de la investigación me llevan a inquirir sobre el número de hijos de cada una de ellas. Coucou declara: “Loulou tiene 3 niños y Chouchou 2 niños”. La versión de Chouchou es un poco diferente: “Foufou no tiene niños y Loulou tiene 2”. En cuanto a Loulou, ella afirma: “Coucou tiene dos niños y Foufou tiene 4”. Me entero por otra parte con certeza que una de ellas tiene 4 niños y que ninguna tiene el mismo número de niños que la otra...”

Lafrite, enigmático, interrumpe su relato y, pontificando, se dirige a su auditorio: “Señoras, Señores, ¿pueden ustedes en algunos minutos precisarme el número de hijos de estas gentiles damas?”

6. Lista negra

El director de estudios de un Instituto de Matemática Aplicada trata de establecer una lista negra con los nombres de los alumnos que faltan a los cursos. ¿Podrían ustedes ayudarlo, a partir de las afirmaciones de ciertos alumnos y de un profesor? Siendo el asunto arbitrario, todo será basado en un solo y mismo curso. Les informamos que este enigma es puramente ficticio y que en consecuencia todo parecido con personajes o hechos existentes o que hayan existido sería pura coincidencia.

Con el objeto de ayudarles, les informamos igualmente que sólo tres afirmaciones son verdaderas.

• Archiduc dice: “No falté al curso”.

• Cale dice: “Falté al curso con Lelinge”.

• Lelinge dice: “Yo no falté con Cale sino con Archiduc”.

• Sahara dice: “No vi a Archiduc en el curso al que asistí”.

• El profesor Laclinique dice: “Vi a Archiduc en el curso”.

A menos que nos fallen en este enigma, deberían poder ayudar al director de estudios.

7. El ánimo decidido de la Sra. Minx

Horror en pleno corazón del Sahara: el avión que partió de Plogastel Saint-Germain no llegó nunca a Tombuctu, sino que se estrelló. Algunos africanos que volvían después de una estadía turística en Francia y algunos franceses que iban a visitar África, sobrevivieron a la catástrofe.

La Sra. Minx, que debe su vida a su ánimo vivo y decidido cuenta:

“Debía proceder rápidamente antes que el avión explotase, así que no busqué más que algunos objetos indispensables para mi supervivencia. Podía tomar un par de zapatillas abrigadas o un cepillo de dientes, que estaban uno a mi derecha y otro a mi izquierda. Pero si llevaba las zapatillas no podía llevar la indispensable crema solar.

Podía también elegir entre la brújula del comandante de a bordo o algunos granos de sal, pero también allí, si llevaba la sal no podía llevar la cantimplora desbordante de agua fresca y si luego elegía la brújula no hubiera podido llevar mi cepillo de dientes, lo que me resultaba insoportable.

Y además, otra cosa me inquietaba: no podía sino dejar o llevar conmigo la cantimplora y a mi marido herido, siendo ambos “indisociables”. Y, si no llevaba a mi marido, podía salvar a mi adorable caniche...

Opté finalmente por la crema solar. En lo que concierne a los otros objetos, ya no sé muy bien”.

¿Pueden ustedes ayudar a la Sra. Minx a clarificarse?

8. Vida de placer

En ocasión de la fiesta anual de la sociedad de caza local, fue organizada una recepción en la residencia del Sr. Conde. La cancha de tenis, el campo de golf, la piscina y naturalmente el sótano fueron puestos a disposición de los invitados. Los dejo en su compañía. Para aquellos que lo hubieran olvidado, recuerdo que en toda recepción digna de tal nombre, los invitados deben usar zapatos negros o zapatos amarillos.

1- Para llevar zapatos amarillos, es necesario jugar al golf.

2- Nadie, fuera de los hombres barbudos, usa guantes blancos.

3- Todos los invitados usan zapatos negros, a menos que sean deshonestos.

4- Sólo los barbudos no están autorizados a jugar al golf.

5- Todos los que usan faldones son honestos.

Pero, en realidad, ¿saben ustedes cuál es la suma elegancia?

9. El inspector Lafrite interroga a los sospechosos

Tres sospechosos fueron arrestados después del robo de la villa del Sr. Futay; son: Bradacié, Piedplat y Nécassé. Estos tres personajes son bien conocidos por Lafrite por el carácter muy aleatorio de la verdad de sus afirmaciones.

Bradacié: “Piedplat es culpable y Nécassé es inocente”.

Piedplat: “Si Bradacié es culpable, Nécassé también”.

Nécassé: “Soy inocente pero uno por lo menos de los otros dos es culpable”.

Lafrite debe hacer frente a varias posibilidades; es lo que hace antes de acostarse, escuchando la novena sinfonía de Beethoven.

“a) ¿Es posible que estos tres bandidos hayan dicho la verdad? Entonces, ¿Quién sería el culpable?...

b) ¡Podrían haber mentido los tres, supongo!...

c) Me parece que ciertos testimonios se deducen de los otros. ¿Cuáles justamente?

d) Si supongo que todos son inocentes, ¿quién mintió?... y si los supongo a todos culpables, ¿quién mintió?

e) ¿Es posible que no haya más que un solo falso testimonio? y en ese caso, ¿quién mintió y quién es culpable?

f) ...Y guardo lo mejor para el final...después de esto dormiré como un lirón: supongo que el inocente dice la verdad y que el culpable miente...¿Quién es entonces inocente, quién culpable?...”

¿Pueden ustedes ayudar al inspector a responder a estas preguntas?

INDICACIONES DE SOLUCION

1. Control antidoping en las carreras de Loudéac

Se podrá formalizar la frase que da la regla del control antidoping. Considerando las proposiciones elementales:

p: el caballo usa un distintivo par

c: el caballo sufre un control antidoping

la frase se vuelve: p → c, es decir: si el caballo lleva un distintivo par, sufre un control antidoping. Queda por verse a continuación las reglas de deducción aplicables según el caso...

2. La perspicacia del inspector Lafrite

El inspector Relbou afirma que Jules Rateau es inocente; no queda más que considerar a los otros tres sospechosos. Se puede por lo tanto examinar los casos posibles (en número de ocho) con ayuda de una tabla de verdad o de un diagrama de Karnaugh.

3. El diploma

La situación no es tan inextricable como parece. De hecho, no hay más que cuatro casos a considerar, a saber que el diploma se encuentra detrás de una de las cuatro puertas. En cada uno de los casos, es fácil examinar la validez de cada una de las inscripciones...

4. Los amores de los colaboradores del inspector Lafrite

Primera situación: Relbou afirma dos cosas, que podemos formalizar: B v H es decir amo a Béatrice o amo a Hélène; B → H es decir, si amo a Beatriz, amo a Hélène.

Se puede entonces establecer la tabla de verdad de cada afirmación. Quedan dos casos posibles, lo que permite concluir.

Segunda situación: La formalización de la afirmación de Relbou da: (B → H) → B. La tabla de verdad nos da entonces dos casos posibles, de donde la conclusión...

Tercera situación: El complemento de información dada con relación a la situación precedente nos permite formalizar por: (B → H) ↔ B. Queda como posible un solo caso, lo que explica la observación de Gremai.

5. El inspector Lafrite en Logika

Se utilizará la simbolización siguiente: L3: Loulou tiene tres niños; Ch2: Chouchou tiene dos niños... Como la costumbre quiere que una y sólo una afirmación de dos sea verdadera, se hace el repertorio de los casos posibles en la forma de una arborescencia (figura 17). Así aparecen los ocho casos a explorar. Queda entonces examinar cada uno de los casos numerados de 1 a 8. La situación 1 es imposible pues Ch2 y L2 (Chouchou y Loulou tendrían el mismo número de niños)...

6. Lista negra

El resultado concierne a los cuatro estudiantes que son Archiduc, Cale, Lelinge y Sahara. Es posible considerar todos los casos posibles... en número de dieciséis, con la ayuda de una tabla de verdad o de un diagrama de Karnaugh.

Figura 17.

Se puede entonces comprobar que por el hecho de que solamente tres afirmaciones son verdaderas no se tienen sino dos casos posibles, lo que permite concluir.

Es igualmente posible proceder por hipótesis; ¡corresponde a cada uno tener la intuición de la hipótesis correcta!

7. El ánimo decidido de la Sra. Minx

Demos una formalización de las diferentes frases; la formalización será presentada a la izquierda y una traducción simple a la derecha.

1) z w ce; zapatillas o/exclusivo cepillo de dientes

2) z → ⋃cr; si zapatillas entonces no crema solar

3) br w s; brújula o/exclusivo granos de sal

4) s → ⋃ca; si sal no cantimplora

5) br → ⋃ce; si brújula entonces no cepillo de dientes

6) ca ↔ m; cantimplora sí y solamente si marido

7) ⋃m can; si marido no entonces caniche

8) cr; crema solar

No queda entonces sino ordenar correctamente las afirmaciones y utilizar las reglas de deducción y leyes mencionadas en el capítulo segundo.

8. Vida de placer

Podemos formalizar las cinco frases:

1) am → g; si zapatos amarillos entonces golf

2) ba ↔ bl; barbudos si y solamente si guantes blancos

3) n w ⋃d; zapatos negros salvo si no deshonesto

4) ba ↔ g ; barbudos si y solamente golf

5) f → ⋃m ; si faldones entonces no deshonesto

así como:

(6) am que llevan zapatos amarillos y

(7) n que llevan zapatos negros

9. El inspector Lafrite interroga a los sospechosos

Precisemos en primer término la codificación: será muy útil para contestar rápidamente a la última pregunta del inspector.

B =1, Bradacié inocente; B = 0, Bradacié culpable.

Como tenemos tres sospechosos, examinaremos los ocho casos posibles y en cada uno de estos casos la validez de las afirmaciones que formalizamos como sigue:

(b) ⋃P │ N

(p) ⋃B → ⋃N

(n) N │ (⋃B v ⋃P)

El lector podrá entonces completar la tabla de la verdad, fig. 18.

Figura 18.

Es entonces bastante fácil responder a las diversas preguntas del inspector. Señalemos sin embargo el sentido de la pregunta (c). Se dice que una pregunta (2) se deduce de una pregunta (1) si (2) es verdadera cada vez que (1) es verdadera.

SOLUCIONES

1. Control antidoping en las carreras de Loudéac

a) La frase que se formaliza p → c nos autoriza a decir que los caballos que llevan un distintivo par sufrieron un control pero no a decir que los caballos que sufrieron un control tienen todos un distintivo par.

No se puede concluir nada en esta situación.

b) Formalmente, tenemos:

p → c ...la regla del control antidoping

P ...el número del caballo (12) es par

C El caballo que lleva el distintivo n° 12 sufrió un control

es la regla de modus ponens

o también, más cercano al texto

12 → p ...el distintivo nº 12 es par

p → c ...la regla del control

12 → c ...el distintivo n212 sufrió un control es la regla de silogismo

c) Formalmente,

p → c

...la regla

⋃c

...el caso de Pégase

⋃p

...Pégase no tiene distintivo par.

es la regla de modus tollens

d) No se puede concluir nada puesto que la información concerniente a los caballos cuyos distintivos son impares no existe.

2. La perspicacia del inspector Lafrite

Hemos hecho el repertorio de los ocho casos en la figura 19 con la ayuda de una tabla de verdad y de un diagrama de Karnaugh, valiendo L1 en el caso en que Lafrange es culpable. La línea 000 de la tabla verdad se eliminó gracias a la primera afirmación (uno por lo menos de los otros es culpable), lo que hemos anotado 0(1). Así, llegamos a eliminar seis casos; nos quedan ahora dos eventualidades:

Figura 19.

Lafrange inocente — Boileau inocente — Ossy culpable

Lafrange culpable — Boileau inocente — Ossy culpable

Félicie Ossy es seguramente culpable; en cuanto a Boileau, es inocente.

3. El diploma

Hemos hecho el repertorio de los cuatro casos en el cuadro de la figura 20. Un solo caso aporta tres afirmaciones verdaderas. El diploma se encuentra, pues, detrás de la puerta de cerezo.

Figura 20.

4. Los amores de los colaboradores del inspector Lafrite

Considerando la primera situación, podemos establecer las tablas de verdad de las dos afirmaciones de Relbou (figura 21):

B v H y B → H

Los dos casos en que las afirmaciones son ambas verdaderas son:

No amo a Béatrice y amo a Hélène.

Amo a Béatrice y amo a Hélène.

En conclusión: amo a Hélène (dice Relbou)

B

H

B v H

B → H

0

0

0

1

0

1

1

1

1

0

1

0

1

1

1

1

Figura 21.

Si consideramos la segunda situación, tenemos la formalización (B → H) → B, cuya tabla de verdad es establecida en la figura 22. Como en la situación precedente, son posibles dos casos:

Amo a Béatrice y no amo a Hélène.

Amo a Béatrice y amo a Hélène.

En conclusión: amo a Béatrice (dice Relbou)

B

H

B → H

(B → H) → B

0

0

1

0

0

1

1

0

1

0

0

1

1

1

1

1

Figura 22.

La tercera situación trae una formalización con una equivalencia (B → H) ↔ B cuya tabla de verdad está dada en la figura 23. Un solo caso resulta verdadero: ¡Relbou ama a Béatrice y a Hélène!

B

H

B → H

(B → H) → B

0

0

1

0

0

1

1

0

1

0

0

0

1

1

1

1

Figura 23.

5. El inspector Lafrite en Logika

Proponemos aquí dos procedimientos tipificados que conducen a la solución. Sigue un comentario sobre estas dos maneras de aprehender y de resolver el problema.

1. Procedimiento exhaustivo:

Etapa nº 1: representación de la información

Enviamos al lector a la arborescencia propuesta en la indicación de solución. Señalemos que el listado de los ocho casos posibles puede hacerse igualmente con ayuda de una tabla de verdad.

Etapa nº 2: tratamiento de la información

En la etapa precedente, se representó la información y pudo listarse de modo exhaustivo el conjunto de los casos posibles. La fase de tratamiento de la información consistirá en tomar cada uno de los ocho casos y examinar si son compatibles con las hipótesis: los números de hijos son todos diferentes y una de las damas tiene cuatro niños.

1 es imposible pues Ch2 y L2 incompatibles

2 es imposible pues Ch2, L2 y C2 incompatibles

3 es imposible pues F0 y F4 incompatibles

(¡Foufou no puede tener 0 y 4 hijos!)

4 es imposible pues Ch2 y C2 incompatibles

5 es imposible pues L3 y L2 incompatibles

6 es imposible pues L2 y C2 incompatibles

7 es imposible pues F0 y F4 incompatibles.

El caso nº 8 no presenta incompatibilidad. Se concluye pues que la respuesta es L3, F0, C2 y, como una de las damas tiene cuatro niños, Ch4, es decir: Loulou tiene tres niños, Foufou no tiene niños, Coucou tiene dos niños y Chouchou tiene cuatro.

2. Procedimiento hipotético deductivo

Etapa nº 1: representación de la información, formalización

La etapa de formalización utiliza el conector lógico o (exclusivo) anotado w. En efecto, la disyunción exclusiva de las dos proposiciones es considerada como verdadera desde que una y una sola de las proposiciones es verdadera. Es el caso de las afirmaciones de estas damas puesto que ellas alternan verdad y mentira. Coucou: L3 w Ch2, Chouchou: F0 w L2, Loulou: C2 w F4.

Etapa nº 2: tratamiento de la información

Formularemos aquí hipótesis a partir de la declaración de Coucou: tenemos dos casos a considerar, es decir, dos hipótesis.

Hipótesis 1: Ch2 verdadero y L3 falso

Resulta que, siendo falso L2 —pues es incompatible con Ch2 supuesto verdadero por hipótesis— F0 es verdadero según la declaración de Chouchou. Así F4 es falso y, por lo tanto, según la declaración de Loulou, C2 sería verdadero, lo que es imposible puesto que Ch2 y C2 no pueden ser verdaderos simultáneamente. La hipótesis 1 no puede ser satisfecha; debemos considerar el otro caso.

Hipótesis 2: Ch2 falso y L3 verdadero

Supuesto L3 verdadero, L2 es falso y por lo tanto F0 es verdadero según la declaración de Chouchou. Pero entonces F4 es falso y, según la declaración de Loulou, C2 es verdadero. No tenemos aquí ninguna contradicción: L3, F0 y C2 son verdaderas y, utilizando el hecho de que una de estas damas tiene cuatro niños, se obtiene la última información de la solución, Ch4.

3. Comentario

Los procedimientos de resolución propuestos aquí arriba no son los únicos utilizables; se puede, por ejemplo, no formalizar las informaciones y adoptar un método hipotético-deductivo sobre el texto mismo. Sin embargo, estos dos modos de resolución son tipificados. El primer procedimiento consiste en una enumeración de todas las posibilidades (con ayuda de una arborescencia, de una tabla de verdad,...) y, por barrido sistemático, permite eliminarlos casos imposibles para no retener más que el (o los) caso(s) que no es (o no son) contradictorio(s). El segundo procedimiento, al avanzar por hipótesis, permite evitar el recorrido entero del árbol.

Ilustremos nuestras palabras retomando la arborescencia que da el conjunto de los ocho casos posibles. En esta arborescencia, figura 24, hemos visualizado el recorrido del árbol efectuado así como las ramas imposibles, es decir, que llevan a una contradicción.

La hipótesis 1 (L3Ch2) nos hace soltar el recorrido del árbol a partir de la raíz tomando la rama (L3Ch2). Llegados al nudo siguiente, no consideramos la rama F0L2en razón de su incompatibilidad con la precedente. Evitamos así ir hasta las hojas que representan los casos 1 y 2. Tomando luego la rama F0L2, finalizamos en un nudo que genera dos imposibilidades.

De allí el retorno hacia atrás que conduce a la segunda hipótesis, después de haber eliminado 5 y 6 en un primer tiempo, 7 a continuación, llegamos a la solución: caso nº 8.

Es frecuente que en la resolución de un problema, nos veamos llevados a un recorrido de árbol, debiendo ser este recorrido lo más rendidor posible. Aquí utilizamos lo que se llama la vuelta-atrás (o backtracking). El criterio retenido por esta operación es la contradicción. En otros ejemplos, como en el de los jugadores de ajedrez computarizados, se utilizará una multitud de criterios que se juntarán en una función llamada de evaluación. Así, a cada nudo del árbol será afectado un valor de esta función: la búsqueda es así guiada para finalizar en una buena solución.

En nuestro breve ejemplo es difícil preconizar un procedimiento más que otro. Se puede sin embargo dar algunos principios generales. La enumeración sistemática de todos los casos permite circunscribir mejor el problema. Se puede entonces descubrir la estructura del enigma, lo que ofrece la posibilidad de construir, utilizando la analogía o la generalización, otros enigmas según modelos cercanos al primero. El método hipotético-deductivo evita la enumeración. Si ella no es fastidiosa para nuestro ejemplo, puede volverse muy larga, hasta imposible, cuando el número de ramas del árbol es muy importante. Se ve así aparecer todo el interés de los recorridos de árboles que utilizarán, cuando el ejemplo se presta, una función de evaluación que bloquee la búsqueda en profundidad cuando se evalúe que el subárbol en que se sitúa no llevará a una buena solución.

Figura 24.

6. Lista negra

Como tenemos cuatro variables, podemos hacer el repertorio de los dieciséis casos posibles en un diagrama de Karnaugh, figura 25.

Figura 25

El código empleado es el siguiente: A = 1, Archiduc está presente en el curso; A = 0, Archiduc está ausente en el curso. Hemos llevado a cada casilla el número de las afirmaciones verdaderas en ese caso.

Puede convenir formalizar cada afirmación antes de llevar los casos en que ella es verdadera; se tiene entonces:

(1) A

(2) ⋃C │ ⋃L

(3) ⋃A │ C │ ⋃L

(4) ⋃A │ S

(5) A

Podemos comprobar en el diagrama de Karnaugh que dos casos resultan posibles, esto es, corresponden a tres afirmaciones verdaderas:

• Archiduc presente; Cale ausente; Lelinge ausente; Sahara ausente.

• Archiduc presente; Cale ausente; Lelinge ausente; Sahara presente.

Puede ser aportada una conclusión: Archiduc está presente en el curso, lo que no es el caso ni de Cale ni de Lelinge. ¡El caos de Sahara no puede ser resuelto!

Es igualmente posible obtener la solución procediendo de manera hipotético-deductiva.

Si Archiduc faltó al curso, las afirmaciones 1) y 5) son falsas; el hecho de que tres afirmaciones son verdaderas impone que las afirmaciones 2), 3) y 4) sean verdaderas, lo que es imposible pues 2) afirma que Cale faltó al curso mientras que 3) afirma lo contrario.

Si Archiduc no faltó al curso, las afirmaciones 3) y 4) son falsas. Las afirmaciones 1), 2) y 5) son verdaderas; se puede por lo tanto concluir que Cale y Lelinge faltaron. En cuanto a Sahara, no se puede concluir nada.

7. El ánimo decidido de la Sra. Minx

Retomamos la formalización dada en la indicación de solución. Transformemos en primer lugar, si es necesario, cada enunciado formal en una expresión que permita utilizar las reglas de modus ponens y de modus tollens.

(1)

se vuelve ⋃z ↔ ce (ligadura w/↔)

luego ⋃z → ce (1')

(2)

no es modificada

z ↔ ⋃cr (2)

(3)

se vuelve ⋃br s (ligadura w/↔)

luego ⋃br → s (3')

(4)

no es modificada

s → ⋃ca (4)

(5)

no es modificada

br → ⋃ce (5)

(6)

se vuelve

m → ca (6')

(7)

no es modificada

⋃m → can (7)

Nos resta ahora utilizar las reglas de modus ponens y de modus tollens a partir de los nuevos enunciados

(8) y (2)

dan,

por modus tollens

⋃z

⋃z y (1')

dan,

por modus ponens

ce

ce y (5)

dan,

por modus tollens

⋃br

⋃br y (3')

dan,

por modus ponens

s

sy (4)

dan,

por modus ponens

⋃ca

⋃ca y (6')

dan,

por modus tollens

⋃m

⋃my (7)

dan,

por modus ponens

can

Todas estas deducciones fueron visualizadas en la figura 26. Los enunciados formales del enigma figuran en un paralelogramo seguido del número del enunciado. Los nuevos enunciados, (1’), (3’) y (7’) están en un rectángulo. Los resultados finales están inscritos en un círculo en el árbol. La Sra. Minx por lo tanto llevó su crema solar, su cepillo de dientes, su sal y su caniche; dejó zapatillas, brújula, cantimplora y marido.

Figura 26

Señalemos que la resolución precedente no es la única posible. Hubiéramos querido aquí tener un proceso formal y casi mecánico... A la inversa, algunos pueden operar las deducciones directamente a partir del texto y sin duda, finalizar muy rápidamente en la solución.

8. Vida de placer

El procedimiento de resolución es análogo al utilizado para el enigma precedente... No obstante, aquí, tenemos dos árboles de resolución, figuras 27 y 28. Los códigos utilizados son aquellos definidos en la indicación de solución.

Figura 27

El primer árbol utiliza las informaciones (1), (2), (4) y (6). Nos permite caracterizar un primer grupo de personas: las que usan zapatos amarillos (am), con obligación de jugar al golf (g), barbudos (ba) y que llevan guantes blancos (bl).

El segundo árbol utiliza las informaciones (3), (5) y (7) y caracteriza un segundo grupo de personas: las que llevan zapatos negros (n), deshonestos (d) y que no usan faldones (f).

9. Lafrite interroga a los sospechosos

La codificación adoptada es la indicada más arriba, a saber:

B = 1, Bradacié inocente; B = 0, Bradacié culpable.

Partamos de la tabla de verdad, figura 29, donde (b), (p) y (n) designan las afirmaciones respectivas de Bradacié, Piedplat y Nécassé. La lectura atenta de esta tabla de verdad nos permitirá responder a las diferentes preguntas

Figura 28

Figura 29.

Pregunta (a)

Para una sola línea de la tabla de verdad, tenemos (b) = (p) = (n) = 1. Es, pues, el único caso en que los tres sospechosos dicen la verdad: Bradacié es inocente, Piedplat culpable y Nécassé inocente.

Pregunta (b)

No tenemos nunca (b) = (p) = (n) = 0; por lo tanto nuestros sospechosos no pueden mentir los tres.

Pregunta (c)

El testimonio de Nécassé se deduce del de Bradacié (b). En efecto, si el testimonio de Bradacié es verdadero (vale 1) el de Nécassé es igualmente verdadero. Se puede igualmente decir que el testimonio de Bradacié se deduce de los testimonios conjuntos de Piedplat y Nécassé.

Pregunta (d)

Si son todos inocentes, debemos considerar la última línea de la tabla de verdad; se ve entonces que los testimonios de Bradacié y de Nécassé son falsos mientras que el de Piedplat es verdadero.

Si son todos culpables, debemos tomar la primera línea de la tabla; se tiene entonces el mismo resultado que para la primera línea.

Pregunta (e)

Examinando la tabla de verdad, se comprueba que existe una sola línea donde un solo testimonio es falso; corresponde a: (b) = 1, (p) = 0, (n) = 1. Y entonces, Bradacié y Piedplat son culpables, Nécassé es inocente.

Pregunta (f)

Puede existir una correspondencia entre la inocencia y la verdad, la culpabilidad y la mentira. Existe un solo caso, es la línea 3. Entonces Bradacié es culpable y miente, Piedplat es inocente y dice la verdad, Nécassé es culpable y miente.

3.6. ENIGMAS DIVERSOS

ENUNCIADOS

1. Desplazamientos de caballos

Como en el enigma del párrafo 2.1.7. —“Manejo de los caballos”— se trata, figura 30, de intercambiar las posiciones de los tres caballos blancos por los de los tres caballos negros, en un número mínimo de jugadas.

Figura 30.

2. Ocupación de los vértices

Esta es una estrella de cinco puntas con sus diez vértices numerados, figura 31.

Figura 31.

El problema consiste en ocupar nueve de entre ellos observando la regla siguiente: partiendo de un vértice libre se salta uno, ocupado o no, para tomar el siguiente situado en la misma prolongación. Así, de 1, si está libre, se pueden tomar 8 o 10, estén ocupados o no 6 o 7... Esta es una estrategia que permite tomar ocho vértices: de 1 se va a 10, lo que se anotará 1-10; después se hacen sucesivamente, 6-2, 8-1, 4-6, 8-4, 5-9, 7-5 y 7-3. Se invita al lector a realizar estos diversos movimientos sobre una estrella dibujada por él mismo... Notemos que si se comienza por ocupar los vértices 1, 2, 3, 4 y 5, se encontrará bloqueado.

¿Cómo ocupar nueve vértices?

3. Jaque a los ladrones

Una noche, el Sr. Futay recibía para cenar a su colega inglés, Allan M. Sharp. Le explicó las medidas de seguridad que tomaba antes de acostarse.

Sr. Futay: “Cada noche, provisto de mi llavero, cierro todas las puertas de mi casa, atravesando cada una de ellas antes de clausurarla. Nunca reabro una que haya ya cerrado. Se entiende que no entro y no salgo más que por las puertas. Duermo con mi manojo de llaves. He aquí el plano de mi casa: ocho habitaciones, todas en una misma planta, figura 32.

Figura 32.

“¿Puede indicarme dónde duermo?”

De vuelta a su casa A. M. Sharp trató de aplicar la estrategia de su colega francés. La figura 33 muestra el plano de su pabellón londinense. ¿Puede ayudarlo?

Figura 33

4. Invertir las monedas— sobre un diagrama de Karnaugh

Este es un problema que puede ser fácilmente resuelto con un diagrama de Karnaugh.

Tenemos tres monedas, todas dispuestas en el punto de partida del lado cruz. Invirtiendo una moneda cada vez, ¿cómo formar en siete jugadas todas las combinaciones posibles de cara y de cruz, para terminar con las tres monedas del lado cara?

Figura 34.

Si cruz es anotado 0 y cara 1 se trata de recorrer el diagrama de Karnaugh: partir de la casilla 000 para llegar allí, después de haber atravesado las otras seis casillas, figura 34.

El camino trazado nos da la solución. La primera jugada—pasaje de 000 a 001— será la inversión de la tercera moneda y así sucesivamente.

Después de haber precisado la estrategia seguida en el caso de tres monedas, el lector elaborará la que es necesario adoptar con cuatro monedas.

5. Las losetas Matien para la perrera

El Sr. Laflèche, antiguo cazador, posee varios perros dispuestos en dos recintos rectangulares contiguos que poseen cada uno un nicho y un depósito de arena según el plano de la figura 35.

Figura 35.

Lleno de buenas intenciones, desea pavimentar la perrera (dejando naturalmente de lado los nichos y los depósitos de arena). Se dirige entonces a lo de un mayorista de la localidad, el Sr. Matien, que le propone losetas rectangulares de 1×0,50 m. Sr. Matien: “¿Cuántas losetas necesita?” Sr. Laflèche: “Según el plano de la perrera tengo que cubrir 33 metros cuadrados; como sus losetas cubren medio metro cuadrado, supongo que necesito 66.

Comerciante concienzudo, el Sr. Matien efectúa el envío al día siguiente, lo que permite al Sr. Laflèche efectuar la colocación del piso durante sus últimos días de vacaciones.

Los resultados son excelentes para la parte izquierda de la perrera que es recubierta en un tiempo record; pero en lo que concierne a la parte derecha, el Sr. Laflèche se ve en dificultades.

¿Cuáles son éstas?... ¿Cómo ayudar al pobre hombre? ¿Es realmente imposible disponer estas endiabladas losetas?

6. Alto al fraude

Tras la aparición de monedas falsas de 10 francos en el mercado, el comisario Lafrite (promovido a este grado desde hace cuatro días en razón de sus buenos y leales servicios) se aplica a la investigación. Se le asigna como asistente para este asunto al inspector Bonstec, que proclama con orgullo sus orígenes polacos.

El seguimiento organizado permite dar rápidamente con un encubridor de monedas falsas, un tal M. Lepoit. Cada pieza falsa pesa un gramo menos que la normal que, como todos saben, pesa 10 gramos. El comisario y el inspector se encuentran así frente a ocho sacos de monedas. El encubridor, invitado graciosamente a hablar, dice afanoso que uno de ellos no contiene más que monedas falsas, y que todos los demás, piezas normales.

Bonstec, hombre cuidadoso por excelencia, emprende la tarea de pesar una pieza de cada saco...

Lafrite dice: ¡“Eres un novato, Bonstec! Con tu sistema debes hacer ocho pesadas, mientras que con una sola es suficiente”.

¿Cuál es el método preconizado por el comisario?

En realidad, el apuro del encubridor en hablar escondía una mentira que el método del comisario permitió descubrir.

¿Puede precisar en qué el método del comisario pudo confundir al encubridor?

De este modo Lafrite y Bonstec envolvieron a Lepoit que no tardó en revelar que, entre los ocho sacos, algunos estaban llenos de piezas buenas y otros, de falsas. En el colmo de su turbación, Lepoit no podía dar las cifras exactas.

Bonstec, un poco herido: “Comisario, su combinación precedente ya no funciona... ¿Qué hago ahora?”

Lafrite: ¡“Un poco de imaginación, Bonstec! Cambiando un poco el método una sola pesada es suficiente todavía”.

¿Cómo hacer?

7. De nuevo monedas y pesadas

Estamos en presencia de doce monedas de oro, todas del mismo peso salvo una. ¿Cómo determinar cuál es y saber si es más pesada o más liviana que las otras, teniendo a nuestra disposición una balanza de doble platillo pero ninguna pesa? Tres pesadas deben ser suficientes.

8. Coqueterías de científicos

El Sr. Futay, muy organizado por naturaleza, utiliza ordinariamente medias negras o medias blancas, bien clasificadas en dos cajones de su cómoda, un cajón por color (¡es más fácil hallarlas!) Cada cajón contiene diez medias.

Un miércoles, Maurice, el más pequeño de los hijos de la mucama del Sr. Futay, se entretuvo (¡el muy malcriado!) en poner todas las medias en un mismo cajón, mezclándolas.

Al día siguiente, por la mañana, el Sr. Futay, al meter la mano en el cajón vacío y después en el lleno, se dio cuenta de la jugada que le habían hecho.

Fue a buscar a la Sra. Fourmi, su vecina, con suficientes medias como para estar seguro de tener un par del mismo color. Astuto, tomó la menor cantidad posible. ¿Justamente cuántas?

Algunos días más tarde, el Sr. Futay debía participar en un coloquio científico (el tema del coloquio no importa aquí). Le era indispensable en realidad llevar tres pares de medias emparejadas. Como el pequeño Maurice había reincidido, el pobre hombre se encuentra con diez medias negras y diez medias blancas mezcladas. Decide llevar el mínimo de medias para estar seguro de tenerlas de un mismo color durante toda la duración del coloquio, cambiándose de medias cada día.

¿Cuántas medias debió llevar?

Llegado al lugar del coloquio, el Sr. Futay se apresura a hablar de su desgracia con algunos colegas. La conversación se anima mucho... Reproducimos aquí una parte de la discusión.

Allan M. Sharp: ¡“Finalmente, hubiese podido estar mucho más cargado! Imagínate si me ocurre la misma desgracia, a mí que tengo una elección de cinco colores (rojo, naranja, negro, blanco, azul) ¿Hubieran podido bastar once medias?...”

Bonie C. Minx: “Para no perder la costumbre, ¡generalicemos! Hasta aquí tenemos un problema con tres días de coloquio y dos o cinco colores... Si un coloquio durara p días y si el colega Futay poseyese medias de n colores, ¿cuántas medias hubiera debido traer?”

Allan M. Sharp: “Veo lo que esto da... Imaginemos ahora que el colega Futay sea más coqueto y desee cambiar de color de medias todos los días, sin volver a un color ya usado... Debemos reconsiderar todos los resultados precedentes”.

El Sr. Futay, que escuchaba con atención, intervino entonces:

Mientras están aquí, podrían proponerse los problemas precedentes, no con pares de medias, ¡sino con pares de guantes!... Es una cuestión completamente diferente y ¡más difícil, me parece!...”

INDICACIONES DE SOLUCION

1. Desplazamiento de caballos

Se utilizará un grafo, como en 2.1.7., para encontrar una solución en dieciséis jugadas.

2. Ocupación de vértices

Nuevamente aquí, un grafo —donde dos vértices se ligan cuando desde uno se puede ocupar el otro— transformará el problema inicial en otro mucho más fácil de resolver.

3. Jaque a los ladrones

Una vez más el grafo nos podría ayudar: un vértice por pieza — sin olvidar el exterior— y una arista por puerta. Se ligarán dos vértices por arista si y solamente si hay una puerta que comunique entre las piezas correspondientes. La ronda cotidiana del Sr. Futay consiste en recorrer cada arista del grafo una vez y sólo una vez. El dormitorio corresponde a una de las extremidades de tal camino. ¿De dónde proviene la dificultad de A. M. Sharp?

4. Invertir las monedas

¿Y si en el caso de cuatro monedas, fuese una misión imposible?

5. Las losetas Matien para la perrera

El lector podrá cuadricular el plano de las dos perreras con casillas cuadradas de 0,5×0,5 m. Tendrá 66 en cada caso. Una loseta del Sr. Matien cubre exactamente dos. Para el lado izquierdo el enlosado se hace sin problemas. Pero, ¿por qué no es posible esto para la parte derecha? ¿Y si transformásemos su cuadriculado en damero, por alternancias de casillas negras y blancas, a la manera de un tablero de ajedrez?

6. Alto al fraude

En el primer caso —una sola bolsa de monedas falsas— basta tomar un número diferente de piezas en cada bolsa. El número de gramos que faltan designará el número de monedas falsas y al mismo tiempo el saco buscado. ¿Cuántas monedas es necesario pesar como mínimo?

En el segundo caso —una o varias bolsas de monedas falsas— será necesario tomar más piezas en total, esto a fin de evitar las confusiones en la interpretación del resultado. En efecto, supongamos que no hay más de tres bolsas y tomamos una pieza de la primera, dos de la segunda y tres de la tercera. Si, pesando estas seis piezas, hallamos que nos faltan tres gramos, esto podrá provenir:

— sea del hecho de que la tercera bolsa, sola, esconde monedas falsas,

— sea que son las dos primeras.

Si hubiéramos tomado cuatro monedas, en lugar de tres, en la tercera bolsa no se habría producido tal confusión.

7. De nuevo monedas pesadas

Supondremos las piezas numeradas de 1 a 12. La moneda falsa es una de ellas y es o más liviana o más pesada, lo que nos da veinticuatro resultados posibles. Cuando hacemos una pesada podemos obtener tres respuestas: la aguja está en equilibrio o se inclina sea a la derecha o a la izquierda. Tres pesadas, bien elegidas, pueden por lo tanto damos hasta 3×3×3 = 27 respuestas diferentes. Un árbol ayudará a describir las pesadas necesarias. ¿Por qué no comenzar por repartir nuestras doce piezas en tres paquetes de cuatro?

8. Coqueterías de científicos

La resolución de los tres primeros enigmas ayudará a encontrar la respuesta en el caso más general presentado por B. C. Minx. Para las dos últimas situaciones —expuestas por A. M. Sharp y el Sr. Futay— se podrá asimismo considerar primero algunos casos particulares.

SOLUCIONES

1. Desplazamientos de caballos

Sobre el grafo de la figura 36 los vértices correspondientes a las doce casillas del tablero. Dos de ellas están ligadas por una arista si, y solamente si, un caballo puede, en una sola jugada, pasar de una a otra. Nuestro problema se vuelve ahora cambiar los blancos y los negros recorriendo las aristas del grafo. Aparece inmediatamente una solución en veintidós jugadas: cambiar 2 con 11 en seis jugadas; luego, 1 y 3 con 10 y 12 en dieciséis jugadas, dando vueltas alrededor del rectángulo grande, exactamente como en el problema del párrafo 2.1.7. ¡Pero hay más! La figura 36 describe una solución en ocho etapas: se hará primero 1-6-7 (etapa (1)) luego 11-6-1 (etapa (2)) luego 3-4-11 (3); 10-9-4-3 (4); 2-9-10 (5); 7-6 (6); 12-7-2 (7); 6-7-12 (8).

Lo que nos da en total dieciséis desplazamientos.

Figura 36

2. Ocupación de los vértices

El grafo, figura 37, donde dos vértices se ligan cuando desde uno se puede ocupar el otro, traduce la estructura del problema presentado. Y este último se transforma así en el que consiste en ocupar nueve vértices del grafio, sabiendo que desde un punto libre es posible ir a uno de sus dos vecinos.

Figura 37.

Esta es una manera muy simple: ocupar 1 partiendo de 10, después 10 viniendo de 3, 3 de 7 y así sucesivamente: se ocupará en cada movimiento el vértice de donde se haya partido en el movimiento precedente. Se terminará por lo tanto en 4 partiendo de 8. El lector verificará en la estrella la solución obtenida en el grafo.

La estrategia precedente se generaliza en la figura 37, donde fueron tomados cuatro vértices en el orden: 1,10, 8 y 4. ¿Dónde ir en el quinto movimiento? A 4 o a 7, y a ninguna parte. Esta es la regla general: en el primer movimiento, ocupar cualquier vértice, después tomar uno de los dos vértices libres contiguos al (los) vértice(s) ya ocupado(s).

El método que consistía en ocupar el vértice de donde se había partido precedentemente no es más que un caso particular. En el enunciado dábamos un procedimiento para ocupar ocho vértices: 1 a 10 luego 2 a 6... Este último movimiento era un error. Hubiera sido necesario ir a 1 o a 3.

Destaquemos que, si no adoptamos ninguna estrategia —los vértices están tomados al azar—tenemos solamente dos posibilidades sobre 2.835 (28/9 = 2/2.835) de lograr la hazaña: ocupar nueve vértices.

3. Jaque a los ladrones

En la figura 38 tenemos el grafo que describe la vivienda del Sr. Futay según el procedimiento señalado en la indicación de solución. I designa el exterior en el que desembocan las tres piezas B, E y G.

Figura 38

Hemos mencionado uno de los recorridos que el Sr. Futay podrá efectuar antes de acostarse: partir de I, en el exterior, después pasar sucesivamente a las salas B, C, E, I, G, F, A, D, G, H, E, D y B para terminar en A. Recorrerá así las catorce aristas, correspondientes cada una a una puerta que cerrará con llave al pasar. Después dormirá en paz en su dormitorio situado en A.

Este camino seguido por el Sr. Futay, en el que recorre todas las aristas una vez y sólo una, se llama euleriano, del nombre del matemático suizo Léonard Euler que resolvió, en 1836, un enigma análogo.

Para resolver este tipo de enigma, Euler consideraba el grado de cada vértice del grafo: es decir, el número de aristas salidas de este vértice. En nuestro caso, se trata del número de puertas de la pieza considerada. La solución depende del número de vértices de grado impar:

1) Si no hay ninguno —son todos por lo tanto de grado par— se podrá volver al punto de partida.

2) Si hay dos, se podrá trazar un camino euleriano ligando estos dos puntos. Es el caso de nuestro grafo, figura 38: I y A son de grado tres, todos los otros vértices son de grado par.

3) Si hay más de dos, el problema no tendrá ninguna solución. Y es lo que ocurre en el grafo asociado a la casa de A. M. Sharp, fig. 39.

Figura 39.

Estos resultados se explican bien en nuestros ejemplos. Cuando el Sr. Futay atraviesa una pieza cierra dos puertas: aquella por la que entra y aquella por la que sale. Así las salas atravesadas, una o varias veces, deben poseer un número par de puertas; sólo dos piezas, las de llegada y salida, comportan un número impar; si, por el contrario, estas dos piezas se confunden, se vuelve al punto de partida. Obtenemos perfectamente los tres casos señalados por Euler.

4. Invertir las monedas

Caso de tres monedas

El único camino en el diagrama de Karnaugh, figura 34, que va desde la casilla 000 hasta la anotada 111, pasando por las otras seis, nos da la estrategia a seguir. Hay que invertir sucesivamente las monedas de número 3, 2, 3, 1, 2, 3 y 2. Naturalmente, como las tres monedas desempeñan el mismo rol se las puede permutar, lo que nos da seis modos diferentes de realizar las transformaciones pedidas.

Caso de cuatro monedas

¿Por qué no hay camino, en el diagrama de Karnaugh con cuatro variables —ver por ejemplo la figura 8— que va de 0000 a 1111 pasando por las otras catorce casillas?

Miremos nuestras monedas. La paridad del número de piezas “cara” cambia después de cada inversión:

—al comenzar: este número vale 0, es por lo tanto par;

—después de una inversión: vale 1, es por lo tanto impar;

—después de dos: es de nuevo par: 0 o 2;

—después de tres: 1 o 3, es impar;

—después de 15 inversiones, será necesariamente impar y no podrá por lo tanto ser igual a 4, lo que era el resultado buscado.

Hubiéramos podido también razonar sobre el número de 1 en el código de las casillas del diagrama de Karnaugh.

5. Las losetas Matien para la perrera

He aquí, figura 40, una solución, entre muchas otras, del pavimento del lado izquierdo y la transformación de la parte derecha en damero en vista a probar la imposibilidad de cubrirla con las losetas del Sr. Matien.

En efecto, cada loseta colocada horizontal o verticalmente recubre dos casillas del damero, una negra y otra blanca. Como hay en total 34 casillas negras y 32 blancas, cuando se haya colocado la loseta trigesimosegunda, quedarán dos casillas por recubrir, lo que es imposible con la loseta restante.

Figura 40.

6. Alto al fraude

Primer caso: una sola bolsa de monedas falsas.

Es suficiente tomar una moneda del primer saco, dos del segundo y así sucesivamente hasta ocho del último, o sea 36 piezas en total. Deberíamos por lo tanto obtener 360 g. Si no obtenemos más que 354 significa que 6 monedas son falsas y por lo tanto que la sexta bolsa es la buscada.

Hubiéramos podido no tomar ninguna pieza de la última bolsa. Eso nos hubiera dado 28 en lugar de 36. Y en este caso una pesada de 280 g significaría que la octava bolsa contiene las piezas falsas.

En realidad, las 36 piezas tomadas no pesan más que 350 g; diez piezas son, pues, demasiado livianas, Lepoit mintió. Varias bolsas contienen monedas falsas: el segundo y el octavo, o el segundo, el tercero y el quinto o... El método precedente no conviene más.

Segundo caso: una o varias bolsas de monedas falsas.

Si tomamos una pieza de la primera bolsa, dos de la segunda, es necesario tomar como mínimo cuatro en la tercera —para evitar toda confusión cuando se interprete el resultado— asimismo 2×2×2, es decir ocho en la cuarta y así sucesivamente hasta 2×2×2×2×2×2×2 o sea ciento veintiocho en la última. En total 255 piezas. En el momento de la pesada, encontramos que hay 37 piezas falsas. ¿Cuáles son las bolsas malas? Para saberlo basta escribir 37 como una suma de potencias de 2, sea 37 = 32 + 4 +1. La sexta, tercera y primera bolsas contienen pues, las monedas falsas.

7. De nuevo monedas y pesadas

El árbol, figura 41, describe las pesadas sucesivas. Gracias a la primera pesada —donde se compara el peso de las cuatro piezas 1, 3, 5, 7 y el de las piezas 2, 4, 6, 8 —nuestras 24 posibilidades son repartidas en tres grupos de ocho que dos nuevas pesadas llegarán a discriminar. En efecto, si el peso de las cuatro piezas de número impar es inferior al de las cuatro de número par —anotado p(1.3.5.7) < p(2.4.6.8)— significa que la pieza falsa, f, es o bien una de las cuatro piezas impares y es entonces más liviana, o bien una de las cuatro pares y es entonces más pesada, es decir:

f ϵ {1‒, 3‒, 5‒, 7‒} w f ϵ {2+, 4+, 6+, 8+}

La segunda pesada debe ahora repartir estos ocho casos en tres grupos de los cuales ninguno debe comprender más de tres para que una última pesada baste. La propuesta consiste en comparar el peso de las piezas 1, 3, 6, 8 y el de las piezas 2, 7, 9, 10.

De (1.3.6.8) <p (2.7.9.10), se deduce —teniendo en cuenta la primera pesada— f ϵ {1‒, 2+, 3‒). La comparación de las piezas 1 y 3 nos dará el resultado: l×, 2+ o 3‒.

El lector podrá recorrer asimismo las diversas ramas del árbol, destacando un eje central de simetría con relación al cual las pesadas son las mismas, los signos < y > se cambian y los resultados f‒ y f+ se corresponden. Además, las pesadas fueron hechas para que las hojas del árbol den los resultados en el orden de los números de las piezas.

Al terminar notemos que con una trigésima pieza, tres pesadas no nos bastarían para obtener el resultado cada vez. No tenemos sin embargo más que 26 resultados posibles, pero la primera pesada no llegará nunca a repartirlos en tres grupos de, a lo sumo, nueve casos cada uno. Pues en cada grupo habrá necesariamente un número par de casos. Así, efectuando la misma primera pesada que aquí arriba, en caso de equilibrio, la pieza falsa será una de las cinco últimas. Esto corresponde a diez resultados posibles que dos pesadas no llegarán nunca a discriminar.

Figura 41

8. Coqueterías de científicos

Primer caso: un día, dos colores

¡Tres medias son suficientes! Espontáneamente muchos responden once. Ahora bien, si las dos primeras medias son de color diferente, la tercera nos dará un par combinado.

Segundo caso: tres días, dos colores

Es necesario tomar ahora once para estar seguros de tener seis del mismo color. Si no se toman más que diez, podrían ser cinco de cada color. Pero será necesaria una undécima.

Tercer caso: tres días, cinco colores

Son necesarias seis del mismo color. En efecto, cinco de cada color, o sea 25 en total, sería insuficiente; una de más resolverá el asunto, de donde 26 en total.

Cuarto caso: p días, n colores

Generalizamos el razonamiento precedente. Son necesarias 2p medias de uno de los n colores. Si hay (2p ‒ 1) medias de cada color, no bastará, pero entonces convendrá seguramente una de más, o sea en total (2p ‒ 1) × n + 1 medias. Suponemos siempre que hay suficientes medias de cada color.

En el caso en que p = 3 y n = 5 se tiene (2× 3 ‒ 1) × 5 + 1 = 26. Se podrá asimismo encontrar los dos primeros resultados.

Quinto caso: p días, n colores, m medias de cada color y cambio de color cada día. Para esto, es necesario que haya más colores que días, o sea n < p.

Consideremos primero el caso de tres días, cinco colores y diez medias de cada color. Son necesarios ahora tres pares de medias de colores diferentes, por lo tanto como mínimo seis medias. Supongamos que tomamos todas las medias de dos colores dados y una solamente de los otros tres colores. Estas 10×2 + 3 = 23 medias no bastan. Pero con una más estaremos salvados, o sea 24 en total.

De un modo general, el caso más desfavorable es aquel en que se toman primero todas las medias de (p ‒ 1) colores, sea ya (p ‒ 1) × m medias, y una de cada uno de los n ‒ (p ‒ 1) otros colores. Con una media suplementaria estaremos seguros de poder responder a las nuevas exigencias de coquetería del profesor Futay. Eso hace:

(p ‒ 1) × m + n ‒ (p ‒ 1) + 1

es decir (p ‒ 1) (m ‒ 1) + n + 1 medias

Se encontrarán nuestras 24 medias precedentes haciendo en esta fórmula p = 3, n = 5 y m = 10.

Sexto caso: los guantes reemplazan a las medias

Necesitamos distinguir los guantes de la mano derecha de los de la mano izquierda. Si m designa aquí el número de guantes de cada color, se puede suponer que m es par; hay así m/2 guantes para cada mano.

Estudiemos primeramente el caso general presentado por el Sr. Minx: p días, n colores y m guantes de cada color, con m superior o igual a 2p para que cambiando de par de guantes todos los días podamos conservar el mismo color durante toda la duración del coloquio.

La situación más desfavorable sería entonces aquella en la que comenzaríamos por tomar todos los guantes de una mano, o sea n×m/ 2, luego p ‒ 1 guantes de la otra mano en cada uno de los n colores, o sea (p ‒ 1)n. Con un guante de más tendremos ciertamente p pares de guantes del mismo color. Debemos entonces tomar:

n×m/2 + (p ‒ l)n + 1 = n(m/2 + p ‒ 1) + 1 guantes.

Así en el caso en que p = 3, n = 5 y m = 10 (5 pares) eso hará 5 (5 + 3 ‒ l) + l = 36 guantes, allí donde 26 medias bastaban.

En la situación de partida donde p = 1, n = 2 y m = 10, esta fórmula nos da once. ¿No es de aquí que proviene la respuesta dada por muchas personas en el primer caso estudiado?

Terminemos por el estudio del caso general presentado por A. M. Sharp reemplazando nuevamente las medias por guantes. Se trata ahora de tener p pares de guantes de color diferente. Si tomamos todos los guantes de p -1 colores y todos ellos de una misma mano, para los otros colores resultará:

(p ‒ l) m + m/2 (n ‒ ( p ‒ 1)) guantes.

Es necesario agregar uno para estar seguros de tener p pares de colores diferentes.

IV. Prolongaciones

4.1. CONSTRUCCION DE ENIGMAS

Hemos desarrollado hasta aquí un cierto número de instrumentos y de métodos con vistas a la resolución de enigmas. Queremos ahora situamos en un procedimiento de construcción de nuevos enunciados. Lo ilustraremos con ejemplos. Apelaremos primeramente a dos procesos fundamentales del pensamiento humano: la analogía y la generalización, luego al instrumento informático, la computadora.

4.1.1. POR ANALOGÍA

1. Dos enigmas isomorfos

Al terminarla resolución del enigma “En el restaurante”, en 3.2., hacíamos la observación: “A propósito, este enigma nos parece muy próximo a otro ya resuelto”. ¿Cuál era?

La clave se encuentra en la información d) del enigma: “Bernard, François y Henri eligieron cada uno un plato de carne”. En efecto, tres y solamente tres platos de carne se mencionan en el enunciado: el pato a la naranja, el bistec y el jabalí; de donde se infiere un posible tratamiento en dos cuadros 3×3, como lo hicimos en 1.2.7. para el enigma de puesta en marcha: “La carrera ciclística”. Después de haber interpretado las tres primeras informaciones distinguíamos al alemán, al belga y al español de los otros tres: los primeros tenían un distintivo par, los otros uno impar.

El siguiente es un diccionario que relaciona las variables y sus modalidades. Nos permitirá mostrar que los enigmas están construidos sobre el mismo modelo. Se dirá que tienen la misma estructura, o también, que son isomorfos.

“La carrera ciclística

“En el restaurante”

La carrera ciclística

“En el restaurante”

Nacionalidades

Nombres

Números

Platos fuertes

alemán

Bernard

1

omelette

inglés

Louis

2

pato a la naranja

belga

Henri

3

pescado

español

Franqois

4

bistec

italiano

Daniel

5

caracoles

francés

Jacqueline

6

jabalí

Gracias a este minidiccionario traduzcamos las cuatro últimas informaciones de “La carrera ciclística”.

d) “Los corredores nº 2 y nº 6 sacaron ventaja... mientras que el español se quedó”

b) “François mira... a los que eligieron jabalí y pato a la naranja”.

No es una traducción palabra por palabra. Tenemos en cuenta los contextos.

e) “El italiano y el francés se adelantaron treinta segundos al nº 3...” se traduce:

a) “Daniel, Jacqueline y el comedor de jabalí...”

f) “El nº 2 es alemán” y g) “El nº 1... ante el italiano” se reagrupan en la traducción.

c) “Bernard y Daniel frente a los degustadores de la omelette y del pato a la naranja”.

Evidentemente el diccionario nos sirve también para pasar de una solución a otra. Al resultado: “el francés lleva el distintivo nº 1” corresponde: “Jacqueline eligió la omelette”, etc.

2. Un tercer enigma del mismo tipo

Para poder construir un enigma de un tipo dado es esencial haber descubierto previamente un buen modo de representación.

En los dos casos precedentes, se trata de seis objetos, corredores o becarios. Cada uno está caracterizado por una de las seis modalidades de dos variables, nacionalidades y números en el primer caso, nombres y platos elegidos en el segundo. El fin es encontrar las dos modalidades que se relacionan con el mismo objeto; así, François y el nº 1, Jacqueline y omelette...

Eso equivale, como en 1.2.6., a escribir una igualdad entre los dos conjuntos de modalidades:

{1, 2, 3, 4, 5, 6} = {A, B, C, D, E, F}

para terminar, a partir de las informaciones provistas, en seis igualdades del género: 1 = C, una por objeto.

Gracias a los tres primeros datos de “La carrera ciclística” (a la última de “En el restaurante”) obtenemos:

{1, 2, 3} = {A, B, C} , {4, 5, 6} = {D, E, F}

Esta es la serie del enunciado en este lenguaje formal:

d) “1 ≠ A y 1 ≠ B”. Se deduce: 1 = C y {2, 3} = {A, B}

e) “3 ≠ B; por lo tanto 3 = A y 2 = B

f) “4 ≠ D y 5 ≠ D”. Resulta que 6 = D y {4, 5} = {E, F}

g) “4 ≠ F”, de donde 4 = E y 5 = F

En el segundo enigma: “En el restaurante” las informaciones e) y g) estaban reagrupadas en una sola que podía expresarse en el lenguaje de los conjuntos por:

{3, 4} Ω {B, F) = Φ

Tenemos aquí un esqueleto de enigmas que serán todos isomorfos. El siguiente es uno, entre muchos otros propuestos por los auxiliares.

Se trata de seis empleados —los seis objetos— de la sociedad Alila, caracterizados cada uno por un nombre y una “cualidad” —las dos variables con seis modalidades:

1) Sylvelin; 2) Alain; 3) Josiane; 4) Christian; 5) Max; 6) Gérard.

A) trabajador; B) ruidoso; C) servicial; D) puntual; E) mecánico; F) aristócrata.

Suponemos que dos de entre ellos vienen de la sede, dos de los talleres y dos de las filiales. El lector habrá notado la analogía con las tres marcas: La Vie Claire, Système U y Fagor.

Con esta preparación, el enigma obtenido es el siguiente:

¡Correr al aristócrata!

Seis personas de la sociedad Alila se fatigan (¡por una vez!) en el marco de la residencia de Clairis. Son Josiane, Sylvelin, Alain, Christian, Gérard y Max. Dos de ellos tienen su actividad en la sede, dos en el taller, dos en las filiales. Cada uno es bien conocido por poseer una de las cualidades siguientes: aristócrata, ruidoso, mecánico, puntual, servicial, trabajador.

a) Sylvelin y el puntual vienen de la sede

b) el mecánico y Alain trabajan en talleres

c) Josiane y el aristócrata rentabilizan las filiales

d) Sylvelin, el trabajador y el ruidoso aprecian las medias lunas calientes

e) Josiane es a menudo desconcentrada por el ruidoso

f) Christian y Max tomaron el reloj del puntual

g) Christian se benefició con la hospitalidad del aristócrata.

Es inútil recomenzar el tratamiento. Fue hecho más arriba en el caso general. Sylvelin es servicial, Alain ruidoso, Josiane trabajadora, Gérard puntual, Christian mecánico y Max el aristócrata.

¿Es correcta nuestra formulación d)? No sería necesario decir: “Sylvelin, la trabajadora y el ruidoso...” pero entonces tendríamos inmediatamente el resultado: Josiane es trabajadora y nuestro enunciado no sería ya isomorfo al precedente.

3. La noción de analogía

Fue presentada a lo largo de esta obra: analogía entre diagramas de Karnaugh y Venn en 2.1.3., entre integrama y filotrama en 2.1.5. y 2.1.6., entre enigmas como aquí arriba. Y esto nos sirvió ya para resolver el enigma “Las cuatro estaciones” análogo a “¿Quién ganó la medalla de oro?” Una inversión de piezas se reducía en 3.6. a un paseo en un diagrama de Karnaugh. Veremos aquí abajo toda la fecundidad de la analogía, establecida por la filotrama, entre enigmas y puzzles.

Esta noción desempeña también un papel importante en nuestro modo de resolver nuestros problemas diarios. Todo acontecimiento es siempre una novedad, en ciertos aspectos, y sin embargo tenemos a menudo la impresión de lo ya visto. ¿Recordar no es establecer inconscientemente una analogía? Y eso es lo que nos permite hacer frente a los acontecimientos nuevos con una facilidad de adaptación más o menos grande. Por otra parte, la analogía está también en la base de nuestra facultad de abstracción, de nuestra capacidad de construir nuevos conceptos. Pensemos en una palabra simple como “manzana”. Designa toda una clase de objetos, aquí frutas —otro concepto— que tienen un cierto número de rasgos en común, objetos que son semejantes, análogos.

Uno de los desafíos afrontados por la Inteligencia Artificial, que quiere simular por la máquina los procedimientos del pensamiento humano, es integrar la noción de analogía en los programas de computadora, tanto más cuanto que el hombre formula raramente las analogías que utiliza. Poco frecuentemente son la búsqueda consciente de la solución de un rompecabezas.

4.1.2. POR GENERALIZACIÓN

Este concepto apareció claramente en 3.6., en la serie de enigmas propuestos a la sagacidad del lector bajo el título: “Coqueterías de científicos”. Buscamos, a lo largo de la obra, poner a punto los instrumentos de representación y de tratamiento de la información más generalizables posible, pasando, para los problemas de clasificación, de tres a cuatro variables y, para los enigmas, de tres variables ternarias con seis variables a cuatro modalidades y más. Veamos más precisamente cómo ponen en práctica este concepto en un caso particular.

1. De “La carrera ciclística” a la “Beca divertida”

Pasamos de seis a doce objetos, referenciados siempre por las modalidades de dos variables; de donde la igualdad de conjuntos:

{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} = {A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L}

Tenemos cuatro datos formales que nos permitirán asociar a cada valor de la primera variable un valor de la segunda y recíprocamente.

a) “1-2-A-B, 3-4-C-D, 5-6-E-F”: los doce objetos son mencionados en tres subconjuntos disyuntos; de donde las igualdades:

{1,2,3,4,5,6} = {G,H,I,J,K,L}

{7,8,9,10,11,12} = {A,B,C,D,E,F}

b) “1-2-J-K; 7-8-D-E; 3-9-L-F, combinado con a/ nos da:

{1,2,3} = {G,H,I}; {4,5,6} = {J,K,L}

{7,8,9} = {A,B,C}; {10,11,12} = {D,E,F}.

c) “1-4-G-J; 7-10-A-D” con

d) “2-G-H; 4-5-K; 8-A-B; 10-11-E” da los resultados:

1 = H, 2 = I, 3 = G, 4 = L, 5 = J, 6 = K, 7 = B, 8 = C, 9 = A, 10 = F, 11 = D y 12 = E.

El lector verificará que el enigma “Beca divertida”, en 3.2., fue construido según este modelo presentando a:

1) Gérard; 2) Jean; 3) Jean-Marie; 4) Max; 5) M. le Marquis; 6) Yvon; 7) Josiane; 8) Michèle; 9) Nadine; 10) Sylvelin; 11) Alain; 12) Christian.

y

A) pernod; b) perrier; C) évian; D) té; E) cefé; F) zumo de naranja; G) coca; H) champagne; I) mirabelle; J) whisky; K) ricard; L) menta con agua.

Así la información c) “1 -4-G-J; 7-10-A-D” se lee: “...Gérard (1) con el bebedor de coca (G) juegan en dobles contra Max (4) asociado al consumidor de whisky (J), mientras que en el otro lado, Josaine (7) y Sylvelin (10) enfrentan a los que consumieron pernod (A) y té (D)”. Lo mismo para las otras informaciones.

La resolución sin cuadro, propuesta al final del párrafo 3.2., es cercana al procedimiento formal visto aquí arriba.

El orden en el cual se proveen las informaciones, y su reagrupación, permite más o menos esconder la estructura del enigma. Observemos esto desde más cerca según un ejemplo...

2. Nuevo enunciado para “Beca divertida”

Doce becarios: Alain, Christian, Gérard, Jean, Jean-Marie, Josaine, Max, Michèle, Nadine, Sylvelin, Yvon, y M. le Marquis se encuentran en la residencia de Clairis. Cada uno tiene su bebida preferida; café, champagne, coca, évian, zumo de naranja, menta con agua, mirabelle, pernod, perrier, ricard, té, whisky.

Podrían ustedes descubrir cuál es, sabiendo que:

1) Juan llegó a la reunión acompañado de los aficionados al champagne y a la coca.

2) Michèle llegó en automóvil con los bebedores de perrier y de pernod.

3) Josiane y Michèle dominaron netamente en los bolos a los bebedores de té y de café.

4) Gérard, en el tenis, asociado en doble al bebedor de coca, enfrentó a Max, asociado al consumidor de whisky.

5) Jean y Gérard hicieron su primera comida con los consumidores de ricard y de whisky; en otra mesa de cuatro, podía verse a Josiane y Sylvelin en gran conversación con los bebedores de pernod y de té.

6) En la primera velada, los becarios jugaron todos al bridge: en una de las mesas, se encuentran Gérard, Jean y los aficionados al pernod y al perrier, en otra, los bebedores de évian y de té, enfrentan a Jean-Marie y Max y en una tercera Yvon y M. le Marquis se encuentran con los consumidores de café y de zumo de naranja.

7) Durante los trabajos de grupo, Nadine y Jean-Marie jugaron a los naipes contra los aficionados al zumo de naranja y a la menta con agua.

8) Durante la evaluación final, Sylvelin, Alain y el bebedor de café desearon una prolongación de esta beca que dicen haber apreciado mucho.

9) Después de estas dos jornadas, ¡oh, qué estudiosas!, Max, M. le Marquis y el bebedor de ricard volvieron a Alès.

Antes de proseguir la lectura del texto se invita de nuevo al lector a resolver el enigma así formulado.

No podemos utilizar más cuatro cuadros de 3 x 3, como en 3.2. Sin embargo, a pesar de las modificaciones en la formulación, en el orden y la reagrupación de nuestras cuatro informaciones del punto de partida, creemos reencontrarlas integralmente en nuestro nuevo enunciado:

a) en 6)

b) repartida en 3), 5) (primera parte) y 7)

c) en 4) y 5) (segunda parte)

d) en 1), 2), 8) y 9).

6) como a), nos permitiría reducimos a dos cuadros de 6×6. Pero, en vista del estudio que seguirá, preferimos el cuadro de 12×12, figura 1. Llevamos a él nuestras nueve informaciones, anotando con un las casillas prohibidas. Así, por 1) rechazamos las dos casillas: “champagne/Jean” y coca/Jean”. 6), para ella sola, prohibida la mitad de las casillas. A pesar de esto, nos faltan datos y no estamos en condiciones de resolver el enigma. Para tener los mismos resultados que en el primer enunciado, deberíamos prohibir las ocho casillas marcadas con un en la figura 1. Esto era realizado por b). El hecho de haber repartido esta información en 3), 5), (primera parte) y 7) no nos aporta más la misma cantidad de informaciones. Sin embargo el estallido de d) en 1), 2), 8) y 9) no parece tener el mismo efecto. Volveremos sobre esta cuestión a continuación.

Antes, agregaremos dos nuevos datos a nuestro nuevo enunciado para hacerlo equivalente —en el sentido de que admitirá la misma solución— a aquel del cual partimos.

“Se supo más tarde que:

10) Jean, Gérard y el aficionado a la menta con agua se reencontraron durante un coloquio de expresión oral mientras que Josiane, Michèle y el bebedor de zumo de naranja seguían una sesión de expresión corporal.

Figura 1.

11) Durante nuestras sesiones de lógica ligera, Jean-Marie y los consumidores de whisky y ricard se alojaban los tres en el primer piso de la residencia de Clairis mientras que Nadine y los consumidores de té y de café tenían su habitación en el segundo.

¿Dónde se alojaba, por lo tanto, M. le Marquis?

3. Cuadros con doble entrada y cantidad de información

En general, en los enigmas con dos variables principales —resueltos con la ayuda de cuadros con doble entrada—las informaciones introducen las imposibilidades al nivel de las casillas. ¿Cuántas hacen falta para poder resolver el enigma?

Examinemos el primer cuadro en la figura 3 del capítulo 1. Es de dimensión 6×6. Se encuentra en él una línea con cinco “0”, la nº 3; la nº 1 tiene cuatro, la nº 5 tres, la nº 2 dos, la nº 6 y la nº 4 no tienen ninguno. Hubiéramos podido hacer la misma comprobación sobre las columnas. En total hay pues 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 ceros.

Pero estos últimos no están dispuestos arbitrariamente. Modificando como se debe el orden de las líneas y de las columnas podemos disponer todos los ceros bajo la diagonal, figura 2. Y entonces los resultados son dados por las casillas de esta diagonal: “4) español,” “6) alemán”, etc.

Figura 2.

Este es un resultado que se generaliza. Para poder resolver un cuadro n×n, es necesario como mínimo (n ‒ 1) + (n ‒ 2) + ...1 = n (n ‒ 1)/ceros; y eso basta si están dispuestos como sigue: n ‒ 1 en una línea; n ‒ 2 en otra y así sucesivamente hasta una última línea que no tiene ninguno; lo mismo para las columnas.

El lector verificará que los cuatro cuadros de la figura 7 del tercer capítulo son de ese tipo. En cuanto a los de la figura 5, si es el caso del de dimensiones 3×3, no lo es para el de dimensión 5×5 que trata de los corredores casados del “Primer torneo ciclístico de La Peyrouse”. El 0f de la casilla “IN0/7” puede ser suprimido. Este dato es inútil para la resolución del enigma. Se dirá que es redundante en el sentido de que no aporta nada más con relación a los otros datos. Podríamos, pues, en nuestro enunciado, reemplazar f por f “Bois y el que llega octavo fueron desfavorecidos por haber quedado exhaustos”.

Como es necesario prohibir un cierto número de casillas para poder resolver este tipo de enigmas, podemos considerar que la cantidad de informaciones aportadas por un dato está ligada al número de “0” que ella nos permita poner sobre el cuadro.

Así hemos calculado el número de “0” introducidos por cada uno de los datos de los dos enunciados del enigma “Beca divertida”. Eso nos permitirá completar lo que ya hemos dicho al respecto.

Los resultados concernientes al nuevo enunciado se dan en el cuadro siguiente:

Datos

1/

2/

3/

4/

5/

6/

7/

8/

9/

10/

11/

Total

124

Número de “0” introducidos

2

2

4

4

16

72

4

2

2

8

8

Según lo que se vio (12×11)/2 = 66 ceros bien ubicados hubieran bastado para resolver el enigma. En total hay 124. Varias casillas contienen dos. Las informaciones se superponen. Hay redundancia. Así, el dato 7/ podría inclusive suprimirse.

Para el viejo enunciado, los cálculos fueron hechos a partir de la figura 3 que representa la descripción formal introducida en el párrafo 2 de aquí arriba.

Figura 3

Destaquemos que los datos a), b) y d) aportan separadamente la misma cantidad de informaciones: se introducen 72 ceros por cada una. En 3.2. la resolución se hace combinando los datos a) y b) para reducirse a cuatro cuadros 3×3 a los cuales llevamos los datos c) y d). Pero hubiéramos podido igualmente comenzar por los datos a) y d) y terminar aún por el estudio de cuatro cuadros de 3×3: 36 casillas a llenar en lugar de las 144 del cuadro de 12×12. La diferencia (108) viene del número de ceros introducidos al reagrupar los datos a) y d). Por el contrario, al asociar b) y d) no prohibiremos más que 104 casillas. El lector podrá verificar que, comenzando por estos dos datos, nos hubiéramos reducido al estudio de dos cuadros de 4×4 y de otros dos de 2×2, o sea 40 casillas a llenar: 144 ‒ 104 = 40.

El dato d) al venir después de los otros tres permite introducir dieciséis nuevos ceros. En la figura 7 del capítulo 3 fueron representados solamente ocho de los dieciséis. Eso bastaba para resolver el enigma.

En realidad, por más que nuestros dos enunciados tengan formulaciones cercanas, los dos enigmas que resulten tienen estructuras muy diferentes.

4.1.3. POR COMPUTADORA

Por la filotrama hemos reducido la resolución de enigmas con múltiples variables a la de puzzles. Recorramos ahora el camino inverso.

Figura 4

1. Del puzzle al enigma

Tomemos el puzzle de la figura 4, compuesto de veinte hilos numerados de a) a t). Habiendo sido referenciada cada línea del cuadro de la solución por una letra mayúscula, de A a H, un hilo puede ser codificado por la palabra compuesta de las letras de las líneas que une:

a) A B C,

b) A C E, etc.

Nuestro puzzle se vuelve, pues, el dato de veinte palabras: ABC-ACE-ACF-ADF-AEH-AFG-AGH-BCD-BCG-BD-BDH-BEH-BFG-CDJCEF-DEG-DFH-EFGH-EG-FH. Los hilos f) y n) son declarados incompatibles, lo que significa que no pueden ser puestos en la misma columna del cuadro de la solución. Eso será anotado AFG(CD) o CD(AFG). Naturalmente, si dos palabras tienen una letra común, sus hilos son incompatibles.

Resolver el puzzle es hacer entrar todos los hilos en el cuadro 8×8 de la solución. El orden de las columnas importa poco. Hay que buscar los hilos que pueden ir juntos. Los siete primeros son incompatibles pues poseen todos una A en su código. Sólo la letra F vuelve ocho veces. Es por lo tanto interesante colocar en posición primeramente los ocho hilos con una F:ACF-ADF-AFG-BFG-CEF-DFH-EFGH-FH, luego colocar los otros doce en función de estas “palabras básicas”.

Primera etapa:

AEH no es compatible más que con BFG, ya que tienen la letra A en común con las tres primeras palabras básicas, H con las tres últimas y E con CEF. Asimismo AGH no es compatible sino con CEF.

No podemos colocar nada más con certidumbre. Hay que continuar haciendo ensayos, hipótesis. Lo haremos en la ubicación de BDH porque no hay más que dos posibilidades de asociarla con las palabras básicas; sea con ACF sea con AFG.

Segunda etapa: Hipótesis 1

Pongamos BDH con ACF. Todos los otros resultados se deducen en seis etapas suplementarias: DEG no puede ir sino con FH y entonces ACE es compatible solamente con DFH y así sucesivamente. Se encontrará el procedimiento completo en la fig. 5.

¿No hay otras soluciones? Para eso hay que probar la otra hipótesis.

Figura 5

Hipótesis 2

BDH con AFG - ¡No es posible!

En efecto, ACE, BCG, BEH, DEG y EG son incompatibles entre sí, dos a dos. Eso significa que deberían estar asociadas a palabras básicas diferentes. Ahora bien, cada una de ellas no puede ir con AFG —asociada, por hipótesis 2, a BDH— ni con BFG. AEH, ni CEF. AGH, ni EFGH. Es un impasse: ¡Cinco palabras incompatibles para cuatro lugares solamente disponibles!

De donde la única solución es:

—ACF. BDH. EG

—ADF. BCG

—AFG. BEH

—BFG. AEH. CD

—CEF. AGH BD

—DFH. ACE

—EFGH. BCD

—FH. DEG. ABC

representada en la figura 6. Las cifras inscritas en los O, Δ o □, y sobre los hilos corresponden a las modalidades de las variables del enigma que ahora vamos a construir.

Figura 6

Para eso, tomamos un cuadro, figura 7, donde hemos hecho la elección de ocho variables —rotuladas de A a H— de las que cada una toma ocho modalidades —numeradas de 1 a 8. Nos servirá de diccionario para traducir nuestro puzzle en enigma. A cada hilo corresponde así una información referenciada por la misma letra. Así a) A1 B1 C1 establece una unión entre las primeras modalidades de las tres primeras variables: Jean, Alto Saona y Mirabelle, asimismo b) A2 C2 E1, entre Régis, beaujolais y año sabático. Para indicar la incompatibilidad de n) C6 D5: apremont y Françoise con f) A6 F3 G1: Pascal, basquet y salmón, he aquí la formulación propuesta para n) “Françoise, la hermana de Pascal (¡no es pues su mujer!), conoció a su marido durante una degustación de apremont”. Pudieron ser hechas muchas otras elecciones.

Figura 7

He aquí, pues, el enigma propuesto por los auxiliares.

¡Viva la formación!

Ocho personas se encuentran en un restaurante un lunes por la noche; se trata de Jean, Emile, Jean-Marie, Régis, Pascal, Serge, Philippe y Henri que descansan de una intensa jornada de formación en lógica.

Los platos encargados como entrada, son: rosette, jamón crudo, salmón, caviar, caracoles, camarones, ensalada, tarta, y, como plato fuerte: besugo, gallina, pato, seso, pescado, langosta, hamburguesas y bifes de costilla.

Disponemos, además, de las informaciones siguientes:

a) Aunque originario del Alto Saona, Jean adora el mirabelle.

b) Régis, en un año sabático, hace una cura de beaujolais.

c) Emile parpadea un buen poiré al volver de la piscina donde practica natación.

d) Jean-Marie y Annick, su mujer, pedalean juntos.

e) Philippe, secretario de su estado, llegó rápidamente al besugo.

f) Pascal, que practica habitualmente el baloncesto, se contentó con salmón.

g) Sergio hizo seguir su rosette por pollo.

h) Para soportar a la agresiva Mayadou, el “champenois” debió pasar al whisky.

i) El saboyardo roció copiosamente su jamón crudo con borgoña.

j) Chériffia se casó con el de Mosela.

k) Marie-Antoinette y su marido bretón se comieron una hamburguesa.

l) El electricista lionés degustó pato.

m) Aprovechando que lo invitaban, el futbolista, nacido en el Oise, se hartó de caviar.

n) Françoise, la hermana de Pascal, conoció a su marido durante una degustación de apremont.

o) El albañil rocía con kirsch sus victorias en el tenis.

p) El pintor y su mujer Marie-Jo apreciaron los caracoles.

q) El marido de Hélène contó sus hazañas en el esquí saboreando unos sesos.

r) El pescador apreció los productos del mar, gambas y pescado. Para cuidar la línea, practica atletismo.

s) Una buena ensalada lionesa terminó por hacer callar al aviador.

t) El jugador de bolos adora la langosta.

Por otra parte, se sabe que el de Mosela trabaja regularmente con el austríaco, el marido de Joële contó un buen chiste al final de la comida y que uno de los convidados estaba orgulloso de hablar de su nueva profesión de cocinero.

Se trata de precisar para cada uno de los personajes su región de origen, su bebida favorita, el deporte que practica, el nombre de su mujer y lo que encargó como entrada y como plato fuerte. Justamente, ¿quién bebe vermut?

Seguramente conocemos ya la única solución de este enigma gracias al cuadro de la figura 6. Así la primera columna ligando: A3-B5-C3-D4-E7-F1-G7-H3, puede leerse: “Jean-Marie, del Oise, gusta del beaujolais. Casado con Marie-Antoinette, es aviador y practica el baloncesto. Comió ensalada y pollo”. El lector no tendrá dificultad en leer asimismo las otras columnas.

La resolución de este enigma con ayuda del integrama sería difícilmente concebible. Habría que llenar veintiocho cuadros de 8×8, o sea en total 1792 casillas. El integrama conviene mejor a los enigmas de tamaño medio y donde abunden las informaciones negativas, como en el caso de nuestros enigmas con dos variables, pues se trata de llenar cuadros con doble entrada.

Nuestra preferencia se dirige, aquí, a los “enigmas-puzzles” donde intervienen pocos datos negativos y donde no hay variables ordenadas. Es fácil hacerles corresponder los puzzles, y recíprocamente.

2. Nueva resolución de dos viejos enigmas

Codifiquemos, como aquí arriba, los dos enigmas isomorfos de 3.4.: “¿Quién ganó la medalla de oro? y “Las cuatro estaciones...”. Partimos para esto de la representación de un puzzle realizado por filotrama, figura 14 del tercer capítulo. Obtenemos las once palabras siguientes, por orden alfabético: AB(b), AC(e), AD(h) son los tres datos colocados directamente en el cuadro de los resultados - BC(f), BE(i), BF(k), CD(d), CE(a), DE(j), DF(c), EF(CD)(g).

Si tomamos como palabras básicas de nuestra solución las cuatro que poseen la letra D: AD, CD (EF), DE y DF obtenemos rápidamente la solución en 5 etapas, sin hipótesis.

Esto nos permite ver que la resolución de ¿“Quién ganó la medalla de oro?”, de 3.4., podría ser simplificada. Habría que fijar, en cada columna del cuadro de los resultados, los cuatro tipos de papas y no los cuatro nombres.

El lector verificará que la elección de la letra E (especialidades) en lugar de D (patatas) como aquí arriba daría una solución también rápida. Por el contrario, cualquier otra elección obligaría a hacer hipótesis.

¿Cómo proceder de un modo general?

3. Método programable

Describimos el método con un ejemplo. El lector interesado encontrará en el anexo un programa Basic utilizable con microordenador.

Los datos: quince palabras formadas por letras todas diferentes ABC, AC, AD, AE, AEF, BCF, BD, BE, BF, CD, CE, CF, DE, DF, EF.

El problema: a partir de palabras en que ninguna letra está repetida, fabricar, concatenándolas, es decir yuxtaponiéndolas, el menor número posible de palabras que poseen esta misma propiedad.

Así, en el ejemplo precedente, a partir de AB, AC, AD, BC, BE, BF, CD, CE, DE, DF y EF obtenemos las cuatro palabras-soluciones:

AD. EF. BCCD. BEDE. AC. BF, DF.CE.AB.

¿Cómo iniciar la solución?

La elección de las palabras básicas:

Elegir aquellas que son globalmente las menos compatibles con las otras.

Es nuestro criterio para esta elección inicial.

El cuadro de la figura 8 da la compatibilidad de cada palabra con todas las otras. Así A B C no es compatible más que con DE, DF y EF pues posee una letra común con todas las otras. Siendo nuestro cuadro simétrico, el cálculo de la mitad superior derecha —arriba de la diagonal— hubiera podido bastar.

Siendo utilizadas las letras C, E, F seis veces, habrá por lo menos seis palabras soluciones. A las cinco palabras que poseen una A —lo mismo para B o D— habría, pues, que agregar la sexta palabra básica A, reducida a esta letra y con la cual las diez palabras sin A son compatibles.

Para las seis palabras básicas tenemos aquí la elección entre aquellas que poseen una C y aquellas que tienen una F. Tomemos las primeras: ABC, AC, BCF, CD, CE y CF. El lector podrá aplicar el método partiendo de seis palabras básicas que tienen la letra F y verificar que entonces la complejidad de los cálculos sería del mismo orden.

La elección de la palabra siguiente.

He aquí el criterio doble que se utilizará.

Figura 8.

En cada etapa tomar la palabra para la cual hay las menores posibilidades de ubicación y, a igualdad, la que hará disminuir más las compatibilidades con las palabras que quedan.

Figura 9

Se trata de disminuir lo más posible las pistas a explorar y de ir lo más rápidamente posible al fin de cada camino. Para esto, en cada etapa, se disminuyen al máximo las compatibilidades, es decir las posibilidades de ubicación.

Esta misma idea nos guió para la elección inicial de las palabras básicas.

La figura 9 da el detalle de las catorce etapas del tratamiento. Nos referimos continuamente al cuadro de las compatibilidades de las palabras-soluciones ya formadas con las que restan. Es actualizado en cada etapa. Se indica en la figura el estado en que se encuentra después de las ocho primeras etapas de cálculos.

Primera etapa:

AEF no puede ir más que con CD; AE, BE, BF y EF no podrán por lo tanto ir más con ellas; de donde cuatro compatibilidades suprimidas en el cuadro. Hemos aplicado la primera parte de nuestro criterio doble.

Segunda etapa:

Para las palabras AE, BE, BF y EF hay dos posibilidades de ubicación. ¿Cuál elegir? Apliquemos la segunda parte de nuestro criterio de elección, buscando la palabra que suprima el mayor número de compatibilidades.

Si se pone:

—primera posibilidad, AE con BCF se impedirá ir a AD y DE

—segunda posibilidad, AE con CF, entonces AD, BE y DE no podrán ir más allí; pero, atención, BD —incompatible con AE— puede siempre asociarse con CF.

En total A E destruye cinco compatibilidades. Se hacen cálculos análogos con las otras tres palabras BE, BF y EF y se halla que BE es la mejor de las cuatro pues globalmente hará desaparecer siete compatibilidades.

Hacemos pues dos hipótesis de colocación sobre BE, anotadas H2.1. y H2.2. porque las aplicamos en el curso de la segunda etapa de cálculos, cuando estamos en los caminos que les corresponden.

Después de haber ubicado BE con AC, hipótesis H2.1., resulta una solución, sin otra hipótesis, en cuatro etapas suplementarias.

¿No hay otras soluciones?

Es necesario explorar la otra pista abierta colocando BE con CF. AE debe entonces ir con BCF. Nuevamente necesitamos hacer una hipótesis. Para cinco de las palabras restantes tenemos solamente dos posibilidades de ubicación. De las cinco retenemos BD pues hará desaparecer el máximo de compatibilidades: seis.

Con la hipótesis H4.1, BD con AC, podemos inmediatamente colocar DE y BF para las cuales no hay más que una posibilidad. Estamos entonces bloqueados: DF no puede ir a ninguna parte.

El bloqueo interviene también después de dos etapas suplementarias bajo la hipótesis H4.2.: BD con CE.

Nuestro problema no admite pues más que una sola solución:

— ABC. EF

— AC. BE. DF

— BCF. DE

— CD. AEF

— C E. BF. AD

— CF. BD. AE

Dejamos al lector la tarea de fabricar el puzzle correspondiente o de imaginar un enigma inédito construido sobre este modelo: seis variables con seis modalidades. Podría tomar las seis primeras variables de la figura 7 con sus seis primeras modalidades. No habrá entonces más que escribir quince informaciones, una por palabra dada al principio: así la palabra ABC, A1 B1 C1 al tomar las primeras modalidades se volvería: a) Jean, del Alto Saona, es aficionado al mirabelle”; y así sucesivamente.

Pero la codificación literal que hemos adoptado nos sugiere otro tipo de enigma. ¡Helo aquí!

¡Flexibilidad!

El Sr. Fourmi es responsable de un servicio hospitalario compuesto de seis puestos de trabajo independientes y dispone, para cada uno de los puestos, de cuatro personas:

Puesto A: Corinne, Estelle, Laetitia y Maryvonne.

Puesto B: Charly, Lois, Marc y Michel.

Puesto C: Elisabeth, Florence, Lydie y Myriam.

Puesto D: François, Fredy, Gilbert y Ludovic.

Puesto E: Armand, Bernard, Boris y Martin.

Puesto F: Bénoit, Eric, Gaétan e Yvon.

Hay que formar cuatro equipos de seis personas, uno por puesto, para que el servicio esté asegurado durante las 24 horas según el principio de los tres ocho. Cada equipo descansa después de cada turno. Naturalmente, el Sr. Fourmi no puede separar marido y mujer, ni a los que viajan juntos para ir al trabajo: tienen que formar parte del mismo equipo. Es el caso de Elisabeth y Armand, Corinne y Charly, François y Bénoit, Florence y Fredy, Estelle y Lydie, Louis y Myriam, Bernard y Eric, Laetitia y Gilbert, Marc y Boris, Ludovic y Martin,

Michel y Gaétan. Por otra parte, el Sr. Fourmi comprobó, al fin psicólogo, que un equipo donde se encontraran juntos Bernard y Florence, no podría resistir la fatiga.

¿Cuáles son los equipos a constituir teniendo en cuenta todos los inconvenientes? En particular, ¿de qué equipo de servicio formaría parte Yvon?

¡Un verdadero rompecabezas!, ¡un puzzle! Pero, ¿no lo hemos ya encontrado y resuelto? La flexibilidad intelectual adquirida por la gimnasia mental, practicaba a lo largo de este libro, nos hace entrever que este “nuevo” enigma no es más que un camuflaje de “¿Quién ganó la medalla de oro?”... Su código literal introducido en el párrafo “Nueva resolución de dos viejos enigmas” daba, teniendo en cuenta las modalidades sucesivas de las variables: C1 E1, A1 B1, D1 F1, C2 D2, A2 C3, B2 C4, E2 F2, A3 D3, B3 E3, D4 E4, B4 F3.

Encontramos justamente nuestros once binomios:

C1 — Elizabeth y D1 — Armand, etc. hasta B4 — Michel y F3 — Gaétan. C2 — Florence y E2 — Bernard son “incompatibles” y por lo tanto también sus binomios C2 D2 y E2 F2. No olvidemos que “el especialista en triple salto no estaba resfriado”. Tenemos por lo tanto la solución:

— A3 D3. E2 F2. B2 C4

— C2 D2. B3 E3 y para completar A4 y F4 (¡trabajo para todo el mundo!)

— D4 E4. A2 C3. B4 F3

— D1 F1. C1 E1. A1 B1

Y ahora no queda más que encontrar los nombres que se esconden bajo estos códigos y tendremos nuestros cuatro equipos. En particular Yvon formará parte del segundo equipo con Maryvonne.

Acabamos así de resolver un problema del género de los que se encuentran en Investigación Operacional. ¿No hemos desarrollado a lo largo de este libro el procedimiento específico de la matemática aplicada?

Así, bajo aspectos lúdicos, abordamos el tipo de problemas encontrados en la realidad de la empresa.

4. Esqueletos que no piden más que vivir bajo la forma de puzzles o de enigmas

Podrán servir al lector:

—sea de tests para el programa del anexo,

—sea de modelos para la construcción de nuevos puzzles o de nuevos enigmas.

Veamos algunos como complementos de los introducidos precedentemente.

I) AB, ABC, AC, ADE, AE, AF, BCD, BD, BE, BF, CE, CF, DE, DF, EF.

Se trata del ejemplo que nos sirvió para describir el método programable de resolución. Pero hemos permutado las letras como sigue: A se ha vuelto D, B: C, C: B, D: F, E: E, F: A.

Naturalmente, la solución se deduce también de la ya obtenida haciéndola sufrir la misma transformación. Hay no obstante un interés: los puzzles correspondientes tendrán formas diferentes.

II) El miniesqueleto: AB, ABC, AC, AD, BD, CD tiene por única solución: AB.CD, ABC, AC.BD, AD. Se lo encontrará en la fig. 10.

Figura 9

III) Treinta datos: AB, ABC, ABE, ABF, ACD, ACE, ACG, ACI, ADG, BCE, BDE, BDEF, BEI, BFH, CDFG, CFJ, CGHI, DEJ, DFG, DFH, DGH, DIJ, EGH, EHI, FHJ, FHIJ, GJ, GIJ, HIJ, IJ.

La computadora nos provee 62 soluciones diferentes. Pero si imponemos las incompatibilidades podemos reducir el número; así, prohibiendo que BFH y EGH vayan con ACD no obtenemos más que dos soluciones:

Esta:

ACD. BEI. FHJ

ADG. BFH. IJ

BDE. ACG. FHIJ

BDEF. ACI. GJ

CDFG. AB. EHI

DEJ. ABF. CGHI

DFG. ACE. HIJ

DFH. BCE. GIJ

DGH. ABE. CFJ

DIJ. ABC. EGH

y la que se deduce intercambiando BCE y ACE.

Otro procedimiento consiste en reagrupar en los datos de partida AB y DGH en una sola palabra ABDGH. Conservamos tal cual los otros veintiocho datos. No imponemos ninguna incompatibilidad. No hay más que una solución:

ABDGH. CFJ

ACD. EGH. IJ

ADG. BEI. FHJ

BDE. ACG. FHIJ

BDEF. ACI. GJ

CDFG. ABE. HIJ

DEJ. ABF. CGHI

DFG. ABC. EHI

DFH. BCE. GIJ

DIJ. ACE. BFH

El lector entrevé nuestra manera de proceder para construir esqueletos de “enigmas puzzles”. Partimos de un conjunto de datos suficientemente bien escogidos. Un método consiste en partir de palabras soluciones y descomponerlas en datos que proveemos como pasto para la computadora. Esta nos proveerá todas las soluciones, por lo tanto aquella de donde hemos partido; no habrá entonces más que introducir algunas incompatibilidades o reagrupaciones de datos para reducir el número de soluciones a una o dos.

Preconizamos, pues, utilizar un procedimiento interactivo: el hombre asistido por la computadora. En este sentido mencionamos el método utilizado por los norteamericanos Appel y Haken para llegar a establecer, en 1976, que toda carta geográfica puede ser coloreada simplemente con cuatro colores de tal modo que dos países fronterizos sean siempre coloreados diferentemente. Este resultado fue obtenido después de numerosos razonamientos pero también de 1200 horas de cálculos en una computadora grande. Se trataba, pues, de un método que unía la fineza del hombre al poder del cálculo de la computadora.

IV) Así, partiendo de la solución:

ABJ. CGI. DEH

ACJ. 5DG. EFI

ADJ. BCE. FHI

ABE. CDF. GHJ

ABF. CGH. DIJ

ACD. BFG. EJ. HI

ACE. BGH. FIJ

ACG. BEF. DHI

ADH. BFJ. EGI

AEI. BCI. DF. GH,

la computadora nos señala una segunda, la que consiste en intercambiar las palabras BDG y BGH, quedando las otras sin cambiar.

El lector interesado puede por lo tanto inventar sus propios puzzles y enigmas confiriéndoles la complejidad que desee.

5. Otros puzzles y enigmas por restricción

He aquí diecisiete datos: ACE — ACF — ADF — AEH — AFG — AGH — BCD — BCG — BD — BDH — BEH — BFG — CD — CEF — DFG — EFGH — EG. Podemos escribir inmediatamente la única solución:

1) ACF. BDH. EG

2) ADF. BCG

3) AFG. BEH

4) BFG. AEH. CD

5) CEFG. AGH. BD

6) DFH. ACE

7) EFGH. BCD

En efecto, se trata del problema estudiado en el párrafo de arriba, en el cual hemos suprimido los tres datos: ABC, DEG y FH que se juntaban para formar la octava palabra solución:

FH. DEG. ABC. Esto reduce a suprimir la última columna del puzzle resuelto, figura 6, es decir los hilos a), p) y t). Los diecisiete hilos que restan se unen de una manera única en un rectángulo de 8×7, y no ya en un cuadrado de 8×8 como inicialmente.

En cuanto a nuestro enigma “Viva la formación” es necesario suprimir todo lo que en el resultado se relaciona con (Jean: A1), es decir (B1: Alto Saona), (C1: mirabelle), (D6: Marie-Jo), (E5: pintor), (F8: bolo), (G5: caracoles), (H7: langosta) y las tres informaciones a), p) y t) del enunciado. Tendremos así el texto de un nuevo enigma con ocho variables de las que cada una toma siete modalidades en lugar de ocho como en el texto inicial.

Si hubiéramos suprimido la tercera palabra-solución AFG. BEH y no la octava y por lo tanto los datos AFG y BEH, no tendríamos que imponer más incompatibilidades entre los datos y la resolución se haría sin hipótesis.

Seguramente podemos también suprimir varias palabras-soluciones y todos los datos correspondientes. Esto nos dará puzzles de dimensión más pequeña y enigmas más simples, que no admiten siempre más que una sola solución.

Así, gracias a la computadora, podemos obtener esqueletos de “enigmas-puzzles” muy complejos. Pero, por el procedimiento que acabamos de ver, podemos extraer esqueletos mucho más fáciles de resolver. Si nuestro esqueleto inicial está constituido por diez palabras-soluciones deduciremos hasta 1.024 ‒ 2 = 1.022 otros esqueletos diferentes. Los diez esqueletos reducidos a una sola palabra-solución son evidentemente muy elementales.

6. Sobrevuelo del camino recorrido

La figura 10 nos presenta las grandes etapas encontradas. Hemos partido de enigmas con múltiples variables. El modo de representación utilizado, la filotrama, reduce el problema a una solución de puzzle. Estos últimos, por una codificación apropiada, se han vuelto palabras sin letra doble. El método de resolución, que consiste en reagruparlas en el menor número de palabras sin letra doble, es programable. Nos permite no solamente resolver puzzles y enigmas cada vez más complejos sino también, a su vez, construir muchos otros sobre modelos dados.

Se capta, por este dominio restringido, toda la fecundidad de un buen procedimiento general de resolución de problemas, tal como el adoptado en esta obra y presentado desde el primer capítulo, figura 9.

4.2. FORMALIZACION, DEDUCCION Y LENGUA

En el capítulo segundo introdujimos los conectores lógicos como instrumentos de formalización: a partir de allí, pudieron ser precisadas las deducciones. El capítulo tercero nos permitió manipular la formalización y la deducción a través de algunos enigmas.

Recogeremos ahora algunas dificultades de formalización y de análisis de razonamiento en el lenguaje corriente. Queda bien entendido que no tenemos la pretensión de encerrar la lengua en la lógica proposicional: aun con instrumentos y teorías más flexibles y rendidores, numerosos problemas quedan por resolver.

Queremos aclarar, con ayuda de la lógica, problemas de ambigüedad en la lengua, lo que permitirá la clarificación de ciertas situaciones. Se podrá entonces tratar de lograr la automatización de los procesos deductivos.

4.2.1. ATENCIÓN A LA CONFUSIÓN ENTRE CAUSALIDAD E IMPLICACIÓN

Pongámonos en la situación de un médico que tiene que diagnosticar un sarampión. El diagnóstico fue hecho después de la observación de síntomas. Algunos de éstos figuran sobre al árbol de causalidad:

Las causas (fiebre alta, erupción de botones, ...) figuran a la izquierda el efecto, que es el diagnóstico, a la derecha. La relación de causalidad va por lo tanto desde las causas hacia el (o los) efectos(s).

Si ahora examinamos la situación en términos de lógica, no podemos decir, siguiendo la flecha de causalidad:

Si fiebre alta entonces diagnóstico de sarampión, f → s

Por el contrario, cuando fue hecho un diagnóstico de sarampión podemos decir que el paciente tiene fiebre alta:

Si diagnóstico de sarampión entonces fiebre alta, es decir s → f

Consideremos, ahora, la frase: “Para lograr éxito, es necesario ser inteligente”.

Siendo la inteligencia una causa de éxito, es grande la tentación de formalizar: i → e donde e es el código de éxito e i el de la inteligencia. ¡Es un contrasentido!

Al esquema de causalidad

se asocia la implicación: e → i

Se pueden reconocer aquí las dificultades que se pudieron tener en matemática cuando era necesario manipular o demostrar las condiciones necesarias, las condiciones suficientes... El árbol de las causas introducido aquí arriba es frecuentemente utilizado como modo de análisis de los accidentes de trabajo en el mundo industrial. Como hemos subrayado en los ejemplos, hay que abstenerse de interpretar las flechas de causalidad como flechas de implicación.

4.2.2. IMPLICACIÓN Y EQUIVALENCIA

En el capítulo segundo, la frase: “Si el caballo no es descalificado, es que franqueó las vallas y los ríos” presentó un problema de interpretación. En un caso, se admitirá que se tiene aquí un caso de descalificación de una lista más importante; en el otro caso, no se tendrá en cuenta sino el franqueo de las vallas y de los ríos.

¿Cómo suprimir la ambigüedad?

Si queremos interpretar con ayuda de una implicación, necesitamos emplear locuciones que evoquen que existen otros casos y que hay que tenerlos en cuenta; como lo hemos indicado, se podrá emplear “por lo menos”, “en particular”.

La ambigüedad puede ser suprimida en favor de la equivalencia utilizando expresiones del tipo: “únicamente”, “no... sino…”, “salvo si”.

Consideremos las frases:

1) No hay más que los imbéciles que no cambian de opinión.

2) Sólo los imbéciles no cambian de opinión.

3) Todo el mundo cambia de opinión salvo los imbéciles.

Adoptemos el código siguiente: o: yo cambio de opinión; i: yo soy un imbécil.

1) se formaliza: i ↔ ⋃o

que puede leerse: los imbéciles no cambian de opinión y sólo ellos

2) se formaliza: i ↔ ⋃o

que puede leerse : los imbéciles no cambian de opinión y ¡son los únicos!

3) se formaliza: i w o

que puede leerse: sea, yo soy un imbécil que no cambia de opinión, sea, yo cambio de opinión y no soy un imbécil.

Si se desea un texto indeformable, se llega a una eficacia más bien pesada, del tipo de la de arriba o también: “Si usted es un imbécil, no cambia de opinión y si usted no es un imbécil, cambia de opinión”. ¿Hasta dónde llevar la precisión? Todo depende del objetivo que se tenga tanto en lo oral como en lo escrito.

Encontramos el mismo tipo de problema en la interpretación de los enunciados de los enigmas de los capítulos segundo y tercero. Tomemos las frases:

10 personas tocan el piano

10 personas no tocan más que el piano

La primera frase se debe interpretar en sentido amplio como cuando se tiene una implicación. La segunda, por el contrario, se relaciona con la situación de la equivalencia.

4.2.3. LOS RAZONAMIENTOS USUALES

Partamos de un flash publicitario reciente:

“Para aquellos a quienes algo les suena,

France-Inter”

Tenemos una de las premisas de un razonamiento que el telespectador está invitado a hacer. Debemos encontrar la segunda premisa y por deducción la conclusión. Se nos ofrecen dos posibilidades, que representaremos por el Sr. Bonélève y el Sr. Convaincu.

El Sr. Bonélève, consciente y orgulloso de ser reconocido como una persona que tiene algo en la cabeza, se siente en la obligación de escuchar France-Inter.

Para analizar su razonamiento, codificamos las proposiciones elementales de la manera siguiente:

O: me suena algo

FI: escucho France-Inter

El razonamiento puede entonces escribirse (regla de modus ponens):

O → FI Si algo me suena escucho France-Inter

O algo me suena (premisa implícita)

FI escucho France-Inter

El flash publicitario produjo el efecto deseado: incitar a escuchar France-Inter. Es útil notar que, como es el caso en buen número de nuestros razonamientos, la conclusión no aparece explícitamente. La primera premisa se estima suficiente.

Vamos al Sr. Convaincu, oyente de una radio periférica, que se sintió agredido por el flash. Su razonamiento puede escribirse bajo la forma siguiente utilizando la regla de modus tollens:

O → FI la premisa explícita

⋃FI: no escucho France-Inter

⋃O no me suena nada

El razonamiento es completamente correcto ¿…Es uno de los efectos deseados por los creadores del flash publicitario?

(Sacado de: Goscinny y Uderzo, La grande traversée, Dargaud, pág. 23)

Figura 11.

Y ahora, apliquémonos al razonamiento efectuado por Obélix como está ilustrado en la figura 11. Establezcamos primeramente la codificación de las proposiciones elementales:

c : Astérix lleva su casco

co : Astérix come

d : Astérix duerme

g : Astérix espera los gluglú

a : Astérix está aquí

El texto puede entonces formalizarse:

Astérix no se saca su casco más

que para comer y dormir ... ⋃c ↔ (co v d)

Se puede notar que la conjunción “y” del texto fue transcrita por una disyunción lógica: v.

No comía porque esperaba g

mis gluglú …

⋃co

Tenemos aquí una deducción donde una de las premisas (g: esperaba mis gluglú) y la conclusión (co: no comía) son explícitas. La otra premisa debió parecer evidente a Obélix: si alguno espera los gluglú, no come, es decir g →⋃co.

Y si dormía, estaría aquí ... d → a

Nuevamente un razonamiento incompleto, donde no se encuentra sino una de las premisas. En realidad, debemos hacer el razonamiento siguiente:

d → a

⋃a ... Astérix no está aquí

⋃d ... no duerme (conclusión por modus tollens)

Y por fin: “Por lo tanto le ocurrió algo”; Obélix comprobó que su razonamiento finalizaba en una impasse... Algo no marcha; por lo tanto ¡Astérix está en peligro!

Debemos ahora examinar la articulación entre las diferentes frases del texto. Se llevó a la figura 12 el esquema completo del razonamiento.

Las expresiones formales que están en un rectángulo corresponden a las afirmaciones del texto y a lo que se ve en la imagen. Según el texto y la imagen, se termina en c: Astérix debe usar su casco. Ahora bien, se puede comprobar en la imagen que el casco de Astérix está en el suelo. Se tiene, pues, una imposibilidad, anotada.

Hemos entrevisto así los problemas ligados con el análisis detallado de un razonamiento; para hacerlo, es necesario una buena aptitud para formalizar así como para descubrir las premisas implícitas y para razonar. Los breves ejemplos estudiados más arriba son muy simples con respecto a casos tales como la experiencia médica. ¿Cómo formalizar el conocimiento de un médico especialista? ¿Cómo descubrir la manera en que razona y cómo termina en un diagnóstico? Se entra aquí en el mundo de los sistemas expertos, muy florecientes actualmente en inteligencia artificial.

Figura 12.

4.3. ¿Y LA INTELIGENCIA ARTIFICIAL?

4.3.1 RESEÑA HISTÓRICA Y GENERALIDADES

Situamos el conjunto de la obra en el tema de la resolución de problemas y así descubrimos diversas maneras de representar la información y los mecanismos de tratamiento que se siguen. Sin querer ser exhaustivos, veremos ahora en qué son utilizados buen número de estos métodos en el dominio de la inteligencia artificial.

Esta disciplina, que está actualmente en plena expansión tiende a cumplir automáticamente actividades que corresponden a la inteligencia humana. Es así como se pueden citar diferentes dominios de aplicación: el tratamiento del lenguaje natural, la consulta inteligente de bases datos, la demostración automática de teoremas, la robótica, la programación automática, el tratamiento de la imagen y de la palabra, y por fin un tema del cual hablaremos más extensamente: los sistemas expertos.

Los países industrializados se dotaron, en su mayor parte, de programas ambiciosos concernientes al desarrollo de la informática del mañana. En los EE.UU. la inteligencia artificial nació hace más de veinticinco años; toma actualmente un nuevo aliento gracias particularmente a los sistemas expertos. Los japoneses crearon en marzo de 1982 el ICOT (Institute for New Generation Computer Technology) que tiene como objetivo la investigación y el desarrollo de los sistemas informáticos de tratamiento del conocimiento: los KIPS (Knowledge Information Processing Systems). Es lo que se llama las computadoras de quinta generación. En cuanto a los europeos, lanzaron en 1983 el programa ESPRIT (European Strategic Program for Research and Development Information Technology) en los dominios: microelectrónica de punta, tratamiento avanzado de la información, tecnología del logicial, ofícinística y producción asistida por computadora.

Retomemos el esquema de resolución de datos desarrollado en el capítulo primero: si queremos adaptarlo a un sistema automático, del tipo de inteligencia artificial, finalizamos en el esquema de la figura 13. Las dos fases esenciales de la resolución se encuentran realizadas en parte por el hombre y en parte por la máquina. Sigamos el camino de los datos. Una primera etapa es realizada por el hombre: el pasaje de los datos a los datos formales utilizables por la máquina. Esta última transforma estos datos gracias a la interface en lo que hemos calificado de datos “sistema”: conjunto de símbolos que pueden ser tratados directamente por el sistema automático de deducción que provee los resultados “sistema” transformados por la interface en resultados formales, después por el hombre en resultados.

Desarrollaremos a continuación las ideas básicas de sistemas particulares que ocupan una parte cada vez mayor en el mundo de la inteligencia artificial: los sistemas expertos.

Nacieron en los Estados Unidos entre los años 1960 y 1970. Los dos primeros fueron desarrollados en la Universidad de Stanford; DENDRAL es experto en química orgánica; permite determinar la fórmula desarrollada y los constituyentes atómicos de un cuerpo orgánico a partir de su fórmula bruta y de su espectrograma de masa. MYCIN es un sistema experto que permite formular un diagnóstico sobre las enfermedades infecciosas de la sangre.

Figura 13.

La notoriedad vino en 1981 cuando un sistema llamado PROSPECTOR, encargado de evaluar depósitos mineralógicos, permitió detectar un depósito de molibdeno en el Estado de Washington. Actualmente es utilizado un sistema experto de tamaño real por el constructor informático DEC: el sistema XCON permite configurar los sistemas informáticos.

En la actualidad existen en el mundo buen número de sistemas expertos; pero se puede decir que se trata de maquetas, a veces de prototipos, y para ciertos sistemas de tamaños verdaderos. Examinando los principios de funcionamiento de estos sistemas, podremos darnos cuenta de todo el camino que falta recorrer para obtener instrumentos confiables y rendidores.

Una primera condición para la construcción de un sistema experto en un dominio es, como el nombre lo indica, la existencia de una pericia. Pueden deducirse de esto dos características. Ante todo, el experto humano posee un número de conocimientos específicos en un dominio. A continuación, durante una pericia, pone en práctica los mecanismos de deducción que operarán a partir de los hechos de la pericia y de sus conocimientos de experto.

Se ponen así en evidencia las dos componentes esenciales de un sistema experto:

—Una base de conocimientos donde se encuentra la pericia en forma de reglas, por ejemplo, del tipo siguiente (MYCIN): si el sitio del cultivo es la sangre y si el organismo es gramnegativo y tiene forma de bastón y si el paciente es un caso de riesgo, entonces es probable (0,6) que el organismo sea el pseudomonas aeruginosa.

—Un motor de interferencia capaz de efectuar un razonamiento, es decir apto para proveer conclusiones a partir de hechos que conciernen al caso estudiado y de los conocimientos de la base.

Con toda seguridad, la utilización flexible de estos sistemas necesita la ubicación de interfaces que faciliten la comunicación con la máquina. El diálogo será lo más cercano posible al lenguaje y la máquina podrá en todo momento explicar su razonamiento...

Retomaremos ahora el esquema de la figura 13 y lo adaptaremos al sistema experto, no haciendo figurar en nuestro nuevo esquema sino la parte “tratamiento automático” (figura 14)

Pongámonos en el lugar del que utiliza un sistema experto. Los datos del problema son llamados “hechos” que por la interface y el motor de inferencia entran en la base de hechos. Es entonces que el sistema utilizará su base de conocimientos provista por un experto del dominio y su capacidad para deducir por su motor de inferencia, para proveer resultados que llamaremos “fines”.

Figura 14.

Para ilustrar el mecanismo de funcionamiento de los sistemas expertos, partiremos de una base de conocimientos de P. H. Winston y B. Horn frecuentemente utilizada para ilustrar los conceptos fundamentales de la inteligencia artificial.

Esta base de conocimientos no tiene la pretensión de traducir una pericia zoológica. Está constituida por algunas reglas que se refieren a un dominio conocido por todos, lo que puede facilitar su uso.

Presentamos las reglas de la base de conocimientos en una sintaxis natural; formalizaremos a continuación esta base en términos de lógica proposicional y la visualizaremos por un grafo. Podremos entonces descubrir los dos modos de deducción que son el encadenamiento hacia adelante y el encadenamiento hacia atrás.

Base de conocimientos{3}

R1 : Si el animal tiene pelos es un mamífero

R2 : Si el animal da leche es un mamífero

R3 : Si el animal tiene plumas es un ave

R4 : Si el animal vuela y pone huevos es un ave

R5 : Si el animal come carne es un carnívoro

R6 : Si el animal tiene dientes acerados, garras y ojos penetrantes es un carnívoro.

R7 : Si el animal es un mamífero y tiene pezuñas es un ungulado.

R8 : Si el animal es un mamífero y rumia es ungulado.

R9 : Si el animal es un mamífero, es carnívoro, es de color leonado y tiene manchas oscuras es una onza

R10 : Si el animal es un mamífero, es carnívoro, es de color leonado y tiene rayas negras es un tigre.

R11 : Si el animal es un ungulado, tiene cuello largo, patas largas y manchas oscuras es una jirafa.

R12 : Si el animal es ungulado y tiene estrías negras, es una cebra.

R13 : Si el animal es un ave, no vuela, tiene cuello largo, patas largas y es blanco y negro es un avestruz.

R14 : Si el animal es un ave, no vuela, nada y es blanco y negro es un pingüino.

R15 : Si el animal es un ave y vuela bien es un albatros.

Formalización de la base de conocimientos en términos de lógica proposicional

Codificación

el animal tiene pelos

: P

el animal tiene plumas

: pl

el animal es un mamífero

: m

el animal es un ave

: a

el animal da leche

: 1

el animal vuela

: v

el animal pone huevos

: ph

el animal es una onza

: on

el animal come carne

: ca

el animal tiene cuello largo

: le

el animal es carnívoro

: c

el animal tiene patas largas

: pl

el animal tiene dientes acerados

: d

el animal es una jirafa

:ji

el animal tiene garras

:g

el animal es una cebra

: ce

el animal tiene ojos penetrantes

: o

el animal es blanco y negro

: bn

el animal es un ungulado

: un

el animal tiene pezuñas

: z

el animal rumia

: r

el animal vuela bien

: vb

el animal es de color leonado

: le

el animal es un albatros

: al

el animal tiene rayas negras

: m

el animal es un avestruz

: av

el animal es un tigre

: ti

el animal nada

: n

el animal tiene manchas

: ma

el animal es un pingüino

: pin

Figura 15.

Formalización de las reglas:

R1 : p → m

R10 : m │ c │ le │ rn → ti

R2 : 1 → m

R11 : un │ le │ pl │ ma → ji

R3 : pl → a

R12 : un │ rn → ce

R4 : v │ ph → a

R13 : a │ ⋃v │ le A pl │ bn → av

R5 : ca → c

R14 :3│⋃V │ n │ bn → pin

R6 : d │ g │ o → c

R15 : a │ vb → al

R7 : m → pez → un

R8 : m │ r → un

R9 : m │ c │ le │ ma → on

Representamos la base por un grafo, figura 15, cuyos vértices son las conclusiones de reglas que se pueden clasificar en dos categorías: las conclusiones intermediarias (carnívoro, mamífero, ungulado, ave) y las conclusiones terminales (onza, tigre, jirafa, cebra, avestruz, pingüino, albatros). Sobre los arcos del grafo, hemos hecho figurar las premisas de las reglas que no son conclusiones de otras reglas. Finalmente, las reglas R9 y R10 utilizan dos conclusiones intermediarias, lo que explica la representación.

4.3.2. SISTEMA DE DEDUCCIÓN EN “ENCADENAMIENTO HACIA ADELANTE”

Descubriremos el principio del encadenamiento hacia adelante en un ejemplo. Supongamos que deseamos ver cómo el sistema puede descubrir un animal; tomemos a la partida una base de hechos vacía. La primera pregunta presentada se referirá a la premisa de la primera regla de la base de conocimientos... A continuación, daremos el diálogo hombre-máquina (a la izquierda) y los comentarios apropiados (a la derecha). Las preguntas presentadas por la máquina son precedidas del símbolo “>”, las respuestas del usuario son precedidas de “ — ”.

> ¿El animal tiene pelos?

; el sistema intenta aplicar la regla nº 1 de la base

—sí

; se tienen así dos hechos en la base de hechos: pelos y mamífero (por R1).

La regla R2 no es útil.

> ¿El animal tiene plumas?

; la regla R3 está probada.

— no

> ¿El animal vuela?

; se prueba la regla R4

— no

> ¿El animal come carne?

; se prueba la regla R5

— no sé

> ¿El animal tiene dientes acerados?

...garras?

...ojos penetrantes?

; se llega a la regla R6 de la cual se prueban las tres premisas (se reagruparon las tres preguntas para abreviar)

—sí

> ¿El animal tiene pezuñas?

; se intenta demostrar “ungulado” a partir de mamífero (R7)

— no

> ¿El animal rumia?

; regla R8

—sí

> ¿El animal es de color leonado?

; ¡se llega finalmente a R9!

—sí

> ¿El animal tiene manchas oscuras?

; última premisa de R9

—sí

> Es una onza

; ¡es la conclusión!

El principio de elección del orden de consideración de las reglas es aquí muy simple. En la partida, las reglas son ordenadas según su número. Son probadas en el orden en que se las encuentra. Hemos representado el procedimiento en forma arborescente en la figura 16. Las reglas fueron utilizadas en el orden: R1, R3, R4, R5, R6, R7, R8, R9. En los países anglosajones, en los casos de un encadenamiento hacia adelante, se habla de “bottom-up inference”... la figura 16 ilustra bien la terminología.

Figura 16.

El orden de consideración de las reglas es evidentemente muy importante para llegar a una conclusión rápida. Es lo que se llama el control. La estrategia de control de aquí arriba es elemental. Puede ser diferente: se hubieran podido tomar las reglas en un orden dado por el número de premisas validadas en la regla.

Para nuestro ejemplo, se aplica R1, luego como una premisa es validada en R7 y R8, son aplicadas sucesivamente, finalizando cada una en un fracaso. Se intenta a continuación aplicar R9 y RIO: estas reglas no son propuestas pues la segunda premisa “carnívoro” no fue todavía demostrada. Se vuelve entonces a R3, R4, R5, R6 y R9... Por lo tanto se utilizaron aquí las mismas reglas que precedentemente, pero en un orden diferente. En el caso general, sucede frecuentemente que la segunda estrategia de control propuesta traiga un sensible mejoramiento en el tiempo de obtención de la conclusión.

Ilustremos nuestras palabras a partir del mismo ejemplo, pero suponiendo que la base de hechos está inicialmente no vacía; contiene los hechos siguientes: come carne y color leonado.

Se aplica primeramente R5 que nos da “carnívoro”. La base de hechos puede entonces representarse por F = {ca, le, c, p, m}. Se puede entonces concluir utilizando la regla R9.

El encadenamiento hacia adelante está basado en su principio lógico en la regla de modas ponens. En efecto, para nuestro ejemplo, la primera pregunta presentada y la primera conclusión fueron:

El animal tiene pelos (elemento de la base de hechos)

Si el animal tiene pelos, es un mamífero (regla R1)

Por lo tanto: el animal es un mamífero (nuevo elemento de la base de hechos).

Lo que se formaliza:

p

p → m

m

Pudimos igualmente destacar que la dificultad no reside en la aplicación del modus ponens sino en el orden de consideración de las reglas... Otro inconveniente importante del encadenamiento hacia adelante es el que se llama la explosión combinatoria; el sistema intenta utilizar las reglas hasta la obtención de una conclusión. Imaginemos una base de conocimientos que posea varios centenares de reglas... El número de casos a explorar se vuelve entonces prohibitivo.

Esto nos conduce a otro sistema de encadenamiento que permite reducir el número de casos a explorar.

4.3.3. SISTEMA DE DEDUCCIÓN EN “ENCADENAMIENTO HACIA ATRÁS”

Se parte aquí de la conclusión a demostrar; para nuestro ejemplo, intentemos identificar una onza. Habiendo sido dada esta conclusión al sistema, este último intentará darle validez examinando las premisas de la regla R9 (cuya conclusión es la onza); la primera premisa es “mamífero” que es necesario validar. De donde la primera pregunta presentada por el sistema”:

> ¿El animal tiene pelos”

; es, por azar, la misma pregunta que en el encadenamiento hacia adelante.

—sí

; un primer hecho entra en la base

> ¿El animal come carne?

;pregunta presentada para validar la segunda premisa de la R9

—No sé

> ¿El animal tiene dientes acerados?

... garras?

... ojos penetrantes?

; las tres preguntas conducen a validar la segunda premisa de R9

— sí

> ¿El animal es de color leonado?

;las otras dos premisas de R9 son así validadas

—sí

> ¿El animal tiene manchas oscuras?

—sí

> Es una onza

Presentamos la arborescencia que lleva al resultado en la figura 17. El procedimiento puede interpretarse fácilmente según los términos siguientes:

Para probar on, debemos probar m, c, le y ma

para probar m, debemos probar p

lo que es un hecho

para probar c, debemos

sea probar ca ... pregunta sin respuesta

sea probar d g o

son hechos

le y ma son válidos pues son hechos.

Si nos ubicamos desde el punto de vista de la lógica, se utiliza aquí el principio de refutación y la regla de modus tollens. El principio de refutación, llamado también razonamiento por el absurdo, parte de la negación de la conclusión y muestra que esta negación es incompatible con la base de hechos. Es decir, si retomamos nuestro ejemplo, partimos de la negación de la conclusión on. La regla R9 nos da entonces, por modus tollens. ⋃(m │ c │ le │ ma) expresión equivalente, según las leyes de Morgan, a ⋃m v ⋃c v ⋃le v ⋃ma.

De ⋃m y de R1, se saca, por modus tollens, ⋃p, luego, como p es un hecho, se tiene una primera imposibilidad anotada □ en la arborescencia, figura 17. Asimismo ⋃c lleva, por R6, a tres imposibilidades; y ⋃le y ⋃ma nos da los dos últimos casos imposibles.

Figura 17.

4.3.4. ENCADENAMIENTO HACIA ADELANTE — ENCADENAMIENTO HACIA ATRÁS Y PRINCIPIO DE RESOLUCIÓN DE ROBINSON

Los progresos recientes en el dominio de la demostración automática de teoremas, y como vía de consecuencia de los motores de inferencia de sistemas expertos, fueron realizados gracias a lo que Robinson llamó el principio de resolución.

Para explicar este principio, es necesario considerar las expresiones lógicas en forma de cláusulas, es decir en forma de disyunción de literales, pudiendo un literal ser positivo (p, m,...) o negativo (⋃p, ⋃m,...). Las reglas de nuestra base de conocimientos se expresan entonces, para las primeras:

R1 : ⋃p v m

R2 : ⋃l v m

R3 : ⋃pl v a

R4 : ⋃v v ⋃ph v a

El lector podrá verificar que las expresiones de aquí arriba son equivalentes a las que utilizan las implicaciones; se utilizarán sea las propiedades de los conectores lógicos, sea las tablas de verdad de las expresiones.

El principio de resolución se enuncia: sean dos cláusulas C1 = L v C’1 y C2 = ⋃L v C’2 donde L es un literal y C’1 y C’2 dos cláusulas. Entonces C’1 y C’2, llamado revolviente de C1 y C2, es una consecuencia lógica de C1 v C2. Esta deducción se representa en la figura 18. Tomemos algunos ejemplos en nuestra base de conocimientos. A partir de las cláusulas ⋃p v m y p, se obtiene m. Así, la regla de modus ponens al permitir deducir m de p → m y p es un caso particular de resolución. Asimismo, a partir de las cláusulas ⋃p v m y m se obtiene ⋃p. La regla de modus tollens que permite deducir ⋃p de p → m y ⋃m es también un caso particular de resolución.

Figura 18.

Agreguemos que la regla de silogismo entra igualmente en el modelo. En efecto, si consideramos p → q y q → r, tenemos en forma de cláusula ⋃p v q y ⋃q v r; el principio de resolución nos da entonces ⋃p v r que no es otro que p → r. Reencontramos la regla de silogismo. Los tres ejemplos de aquí arriba fueron visualizados en la figura 19.

Figura 19.

Intentemos una conclusión sobre el tema de la inteligencia artificial. Pudimos descubrir algunas nociones básicas a través del procedimiento de resolución de problemas introducido al principio de la obra. Los modos de representación y de tratamiento de la información fueron desarrollados en el marco de la lógica proposicional. Para los motores de inferencia, examinamos el encadenamiento hacia adelante, del dominio de la exploración, y el encadenamiento hacia atrás, del dominio de la deducción.

La lógica proposicional está lejos de modelizar todo. No hemos considerado las variables, las relaciones, las funciones, los cuantifica- dores... Es el dominio del cálculo de los predicados donde se podrán tomar en cuenta expresiones tales como: “existe”, “todos”... El principio de resolución y el cálculo de los predicados están en la base del lenguaje PROLOG (PROgramación en LOGica) desarrollado en la Universidad de Aix-Marsella por A. Colmerauer y su equipo. Este lenguaje está en el origen de los trabajos actuales de los científicos japoneses sobre los sistemas informáticos de tratamiento del conocimiento

Existen otros trabajos que conciernen al tratamiento de lo incierto. Es el caso de los coeficientes de verosimilitud introducidos en el sistema MYCIN, mencionado antes. Igualmente es posible utilizar la teoría de los subconjuntos ligeros, que permiten matizar las afirmaciones y así tomar en cuenta la realidad de modo más flexible. Señalemos igualmente los trabajos concernientes a los objetos y los “frames” que terminan en la creación de nuevos lenguajes aptos para formalizar la pericia.

Como ya lo hemos señalado, no tuvimos por objetivo desarrollar en esta obra los instrumentos y métodos susceptibles de modelizar los problemas concretos. Este trabajo de formalización del conocimiento en vista de un tratamiento automático es el del que se llama ahora ingeniero cognitivo. El trabajo de este último será estudiar la pericia (conocimiento y mecanismos de razonamiento) y además elegir un sistema que permita modelizarla y ponerla en práctica. Puede considerarse que esto representa el 80% del tiempo necesario para la instalación de un sistema experto.

Por nuestra parte, hemos podido examinar diversos modos de representación y de tratamiento de los datos. Es decir que más allá de la formación del intelecto, la obra puede preparar para enfrentarse con los sistemas informáticos de los años venideros, donde el trabajo importante será definir correctamente los datos del problema, es decir, formalizar el conocimiento, no teniendo entonces la máquina sino efectuar el trabajo mecánico de tratamiento.

Anexo

1 REM

2 REM *** CE PROGRAMME A ETE REALISE SUR MICROORDINATEUR PAR ***

3 REM  *** FRANCOIS FRIANT ***

Í1 REM

12 REM *** DEFINITION DE TABLEAUX ***

13 REM

14 DIM TI$(50)

15 REM ENTREE DES ELEMENTS INITIAUX

16 DIM TA(35)

17 REM TABLEAU DE L'OCCURENCE DE CHAQUE CARACTERE

19 DIM TB(35)

20 REM TABLEAU DES INCOMPATIBILITES PAR CARACTERE

22 DIM TL$(20)

23 REM TABLEAU DES ELEMENTS LIUNE

24 DIM TC$(30)

25 REM TABLEAU DES ELEMENTS CÜLONNE

26 DIM S(50)

27 REM SOMME DES INCOMPATIBILITES DE CHAQUE ELEMENT PUIS SAUVEGARDE DE L'INDICE

28 REM J POUR RETOUR ARRIERE

31 DIM TT(20,6)

32 REM SAUVEGARDE DES SOLUTIONS

33 DIM TN(20)

34 REM NB ELEMENTS SOLUT. PAR LIGUE

35 DIM TW(20,30)

36 REM T. INTERDITS LIGNE*COLONNE

37 DIM TQ(50/50)

38 REM T. INTERDITS ENTRE TOUS LES

39 REM ELEMENTS

40 DIM TP(30,30)

41 REM T. INTERDITS C0L0NNE4C0L0NNE

42 DIM T2(30)

43 REM TABLEAU DONNANT PAR COLONNE DE TW LE NOMBRE DINCOMPATIBILITES

44 DIM T3(30)

45 REM T. DONT LA VALEUR EST 1 SI LA COLONNE EST DEJA UTILISEE

47 DIM P1(30)

48 REM T. PILE POUR LA SAUVEGARDE DES J

49 DIM TD<30 )

50 REM NB INCOMP. PAR LIGNE DU TAB. TP

51 DIM T5(30)

52 REM MEMORISATION COLONNES MEME POIDS

53 REM

54 REM ***ENTREE DES ELEMENTS***

55 REM

100 INPUT"NOMBRE D'ELEMENTS";K

101 PRINT"ENTREE DES ",K," ELEMENTS"

102 K=K‒1

103 FOR I=0 TO K

104 INPUT T1$(I)

105 NEXT I

106 PRINT"VERIFIER LES VALEURS ENTREES"

107 FOR I=0 TO K STEP 5

108 FOR J=0 TO 4

109 IF I + J>K THEN TL$(J)="" ELSE TL$(J)=T1$( I+J)

110 NEXT J

111 PRINT TL$(0), TL$(1), TL$(2), TL$(3), TL$(4)

112 NEXT I

113 INPUT"VALEURS CORRECTESL(O-N)",REP$

114 IF REP$< >"0" THEN GOTO 100

200 REM

201 REM CALCUL DU TABLEAU DES INCOMPATIB. ENTRE LES ELEMENTS EN VUE DU CHOIX

203 REM

204 FOR I=0 TO K

205 I1 =LEN(T1$( I))

206 FOR J=1 TO K

207 J1=LEN(T1$(J))

208 TQ(I,J)=0

209 TQ(J,I)=0

210 FOR I2=1 TO I1

211 FOR J2=1 TO J1

212 IF MID$(T1$(I), I2,1)=MID$(T1$(J), J2,1) THEN TQ( I,J)=1 : TQ(J, I )=1 : GOTO 215

213 NEXT J2

214 NEXT I2

215 NEXT J

216 NEXT I

220 REM

221 REM ***ENTREE DES INTERDITS***

222 REM

223 PRINT"ENTREE DES INTERDITS: PREMIER ELEMENT, DEUXIEME ELEMENT"

224 PRINT" SI FIN ENTRER F,F"

225 INPUT A$,B$

226 IF A$="F" THEN GOTO 250

227 FOR I=0 TO K

228 IF A$=Tl$(I) THEN II = I : GOTO 230

229 NEXT I

238 FOR J=0 TO K

231 IF B$=T1$(J) THEN JJ=J : GOTO 240

232 NEXT J

233 PRINT "ERREUR"

234 GOTO 223

240 TQ(II, JJ)=1

241 TQ(JJ,II)=1

242 PRINT A$,B$, "INTERDIT"

243 GOTO 223

250 REM

251 REM SOMME INCOMPAT. PAR LIGNE

252 REM

253 FOR I=0 TO K

254 S(I)=0

255 FOR J=0 TO K

256 S(I)=S(I)+TQ(I,J)

257 NEXT J

258 NEXT I

260 REM

261 REM CHOIX DU CHRACTERE LE PLUS INTERESSANT

262 REM

263 FOR I=0 TO K

264 L1=LEN(T1$(I))

265 FOR I1=1 TO L1

266 J=ASC<MID$(T1$(I),I1,1))‒48

267 IF J>9 THEN J=J‒7

268 TA(J)=TA(J)+l

269 TB(J)=TB<(J)+S(I)

270 NEXT I1

271 NEXT I

272 M=0

273 ML=0

274 FOR I=0 TO 35

275 IF TA(I)>M THEN GOTO 300

276 IF TA(I)<M THEN GOTO 302

277 IF TB(I)<=ML THEN GOTO 302

300 M=TA(I) : ML=TB(I)

301 IF I>9 THEN S$=CHR$(I+55) ELSE S$=CHR$(I+48)

302 NEXT I

303 REM *** CLASSEMENT DES ELEMENTS ENTRE LIGNE ET COLONNE ***

304 N=0

305 M=0

306 FOR I=0 TO K

307 L1=LEN(T1$(I))

308 FOR. I1=1 TO L1

309 A$=MID$(Tl$(I),I1,1)

310 IF A$=S$ THEN TL$(M)=T1$(I) : TN(M)=I : M=M+1 : GOTO 320

311 NEXT I1

312 TC$(N)=T1$(I)

313 T5(N)=I

314 N=N+1

320 NEXT I

321 M=M‒1

322 N=N‒1

330 REM

331 REM *** INIT DU TABLEAU TW DONNANT LES INTERDITS ENTRE LIGNE ET COLONNE ***

332 REM

333 FOR I=0 TO M

334 I1 =TN(I)

335 FOR J=0 TO N

336 J1=T5(J)

337 IF TQ(I1,J1)<>0 THEN TW(I,J)=‒1

338 NEXT J

339 NEXT I

340 REM

341 REM *** INT DU TABLEAU TP DONNANT LES INTERDITS ENTRE COLONNES ***

342 REM

343 FOR I=0 TO N

344 I1=T5(I)

345 FOR J=1 TO N

346 J1=T5(J)

347 TP(I,J)=TQ(I1/J1)

348 TP(J,I)=TQ(I1,J1)

349 NEXT J

350 NEXT I

351 REM

352 REM *** SOMME DES LIGNES DE LA MATRICE TP ***

353 REM

354 FOR I=0 TO N

355 TD(I)=0

356 FOR J=0 TO N

357 IF TP(I,J)=1 THEN TD(I)=TD(I)+l

358 NEXT J

359 NEXT I

360 REM

361 REM *** EDITION DES ELEMENTS LIGNE PUIS COLONNE ***

362 REM

363 PRINT M+1,"ELEMENTS LIGNE"

364 FOR I=0 TO M STEP 5

365 FOR J=0 TO 4

366 IF I + J>M THEN Tl$(J)="" ELSE Tl$(J)=TL$(I+J)

367 NEXT J

368 PRINT T1$(0), T1$(1), Tl$(2), Tl$(3), Tl$(4)

369 NEXT I

370 PRINT N+1, "ELEMENTS COLONNE"

371 FOR J=0 TO N STEP 5

372 FOR I=0 TO 4

373 IF J+I>N THEN T1$(I)="" ELSE T1$(J)=TC$(J+I)

374 NEXT I

375 PRINT T1$(0), T1$(1), Tl$(2), Tl$(3), Tl$(4)

376 NEXT J

380 REM

381 REM *** INIT DES TABLEAUX T2 ET T3 ***

382 REM

383 FOR J=0 TO N

384 T2(J)=0

385 T3(J)=0

386 NEXT J

390 REM

391 REM *** CALCUL DU NOMBRE D'ELEMENTS COLONNE DANS TW ***

392 REM

393 FOR I3=0 TO M

394 TN(I3)=0

395 FOR I4=0 TO N

396 IF TW(I3,I4)<>0 THEN T2(I4)=T2(I4 )+l

397 NEXT I4

398 NEXT I3

400 REM

401 REM ***PROGRAMME PROPREMENT DIT ***

402 REM

403 K=0

404 0=0

405 JJ=0

406 GOSUB 500

407 IF J=‒1 THEN GOTO 460

408 SJ=JJ

409 NP=PP

410 I=0

411 IF TW(I,J)<>0 THEN GOTO 480

412 REM

413 REM *** SAUVEGARDE D'UN ELEMENT ***

414 REM

415 TN(I)=TN(I)+l

416 P1(JJ)=J

417 L=TN(I)

418 TT(I,L)=J

419 TW(I,J)=JJ+1

420 T2(J )=T2(J)+l

421 S(J)=I

422 FOR I3=0 TO N

423 IF TP(J,I3)=1 AND TW(I,I3)=0 THEN TW(I,I3)=JJ+1 : T2(I3)=T2(I3)+l

424 NEXT I3

425 IF P=M AND NB>0 THEN GOTO 430

426 GOTO 440

430 NB=NB‒1

431 J=T5(NB)

432 JJ=JJ+1

433 T3(J)= JJ+1

434 GOTO 410

440 JJ=JJ+1

441 IF JJ<N+1 THEN GOTO 406

442 REM

443 REM *** EDITION DE LA SOLUTION ***

444 REM

445 K=K+1

446 PRINT"SOLUTION" ,K

447 FOR I1=0 TO M

448 IF TN(I1)=0 THEN A$=" " ELSE A$=TC$(TT(I1,1))

449 IF TN(I1)<2 THEN BS=" " ELSE B$=TC$(TT(I1,2))

450 IF TN(I1)<3 THEN C$=" " ELSE C$=TC$(TT(I1,3))

451 PRINT TL$(I1), A$, B$, C$

453 NEXT I1

460 JJ=JJ‒1

461 IF JJ<0 AND I>=M THEN GOTO 490

462 NB=JJ‒SJ : IF NB<0 THEN NB=0

463 FOR I5=0 TO NB

464 IF J>‒1 THEN T3(J)=0

465 J=P1(JJ)

466 I=S(J)

467 L=TN(I)

468 T3(J)=JJ+1

469 TT(I,L)=0

470 TN(I)=TN(I)‒l

471 FOR I3=0 TO N

472 IF TW(I,I3)=JJ+1 THEN TW(I,I3)=0 : T2(I3)=T2(I3)‒l

473 NEXT I3

474 JJ=JJ‒1

475 NEXT I5

476 JJ=JJ+1

480 I=I+1

481 IF I>M THEN GOTO 460

482 GOTO 411

490 PRINT K,"SOLUTIONS"

491 END

500 REM

501 REM *** SOUS-PROGRAMME DE CALCUL DE J ***

502 REM

503 P=0

504 PP=0

505 T5(0)=0

506 FOR I4=0 TO N

507 IF T3(I4)>0 THEN GOTO 520 : REM COLONNE DEJA UTILISEE

508 IF P>T2(I4) THEN GOTO 520 : REM COLONNE ININTERESSANTE

509 IF P<T2(I4) THEN PP=0 : T5(0)=I4 : J=I4 : P=T2(I4) : GOTO 520

510 PP=PP+1

511 T5(PP)=I4

520 NEXT I4

521 IF P>M THEN J=‒1 : RETURN

522 IF P<M THEN GOTO 540

530 T3(J)=JJ+1

531 RETURN

540 IF PP=0 THEN GOTO 530

541 CP=0

542 S=0

543 FOR I4=0 TO F'P

544 NC=T5(I4)

545 ST=0

546 FOR I5=0 TO M

547 IF TW(I5,NC)<>0 THEN GOTO 560

548 FOR I6=0 TO N

549 IF TP(NC,I6)=1 AND TW(I5,I6)=0 THEN ST=ST+1

550 NEXT I6

560 NEXT I5

561 IF ST>S THEN S=ST : J=NC

562 NEXT I4

563 GOTO 530

BIBLIOGRAFIA

Bonnet, A.: L’intelligence artificielle promesses et réalités. Inteédictions, 1984.

Carroll, L.: Logique sans peine, Hermann, 1966. [Hay versión castellana: Juego de la lógica y otros escritos, Madrid, Alianza, 1986, 9- ed,] Ducrot, O.: La Preuve et le Dire , Mame, 1973.

Dumont, J. y Schuster, C.: Jouer á raisonner, Les Editions d’Organisation,

1982. [Hay versión castellana: Cómo aprender a razonar, Bilbao, Deusto, 1986.]

Feigenbaum, E. y Me Corduck, P.: La Cinquième Génération, Interéditions, 1984.

Fieschi, M.: Intelligence artificielle en Médecine, Masson, 1984.

Gardner, M.: “Ha Ha”, Pour la Science, Belin, 1979. [Hay versión castellana: Ajá, Barcelona, Labor, 1985, 3? ed.]

Gardner, M.: “La Magie des paradoxes”, Pour la Science, Belin, 1980. [Hay versión castellana: Paradojas, Barcelona, Labor, 1986, 3r ed.] Gardner, M.: Casse-tête dans le cosmos, Bordas, 1982. [Hay versión castellana: Izquierda y derecha en el cosmos , Barcelona, Salvat, 1985.] Gondran, M.: Introduction aux Systèmes experts, Eyrolles, 1984. Hofstadter, D.: “Gödel Escher Bach”, Les Brins d’une Guirlande Eternelle, Interéditions, 1985.

Lucas, E.: Récréations Mathématiques , (4 t.), A. Blanchard, 1977.

Meirovitz y Jacobs: Le jogging de l’esprit, J. et S. Rocher, 1981.

Smullyan, R.: Quel est le titre de ce livre?, Dunod, 1981. [Hay versión castellana: ¿Cómo se llama este libro?, Madrid, Ediciones Cátedra,

1983, 39 ed.]

Smullyan, R.: Le livre qui rend fou, Dunod, 1984.

Editorial Gedisa ofrece los siguientes títulos sobre el

TEMA

HUMOR Y ENTRETENIMIENTO “SERIO”

perteneciente a sus diferentes colecciones y series

Los libros de esta sección tienen dos notas sobresalientes: por un lado, su humor inteligente y ágil, que interesa a lectores exigentes; por otro lado, una reivindicación del juego como actividad compatible con la cultura.

JEAN-PIERRE ALEM

Juegos de ingenio y entretenimiento matemático

JEAN-PIERRE ALEM

Nuevos juegos de ingenio y entretenimiento matemático

BEATRIZ DOUMERC Y AYAX BARNES

La línea

B. M. NASH Y R. MONCHICK

El libro de los tests. Conózcase a usted mismo

B. M. NASH Y R. MONCHICK

El libro de los tests. Usted y los otros

PAULA DEL SOL

Horóscopos chinos

F. T. MARINETTI Y FILLIÁ

La cocina futurista

JAMES L. ADAMS

Guía y juegos para superar bloqueos mentales

JAMES FIXX

Juegos y recreación mental para los muy inteligentes

NICHOLAS FALLETTA

Paradojas y juegos

ANATOLY KARPOV

Cómo aprender de las derrotas

RAYMOND SMULLYAN

Juegos y problemas de ajedrez para Sherlock Holmes

RAYMOND SMULLYAN

Juegos de ajedrez y los misteriosos caballos de Arabia

MARTIN GARDNER

Juegos y enigmas de otros mundos

MARTIN GARDNER

Juegos. Los mágicos números del Dr. Matrix

J. FRIANT E Y. L'HOSPITALIER

Juegos lógicos en el mundo de la inteligencia artificial

Notas

{1} Inferencia lógica por segundo. [T.]

{2} El problema que sigue está sacado de la obra de Warusfel y Rosenstiels: Algebra de Boole y Publicidad (Dunod).

{3} Sacada de Winston P.H., Horn B.K.P., LISP, Addison Wesley Publishing Company, 1981.