Problemas y

juegos

con la matemática

Henri Camous

GRUPO: JUEGOS, HUMOR Y ESOTERISMO

SUBGRUPO: JUEGOS LÓGICOS, MATEMÁTICOS, PSICOLÓGICOS Y OTROS

VOLUMEN

16

Título del original francés:

Jouer avec les Maths

© by Les éditions d'organisation, París, 1985

Traducción: Daniel Zadunaisky

Diseño de cubierta: A cuatro

Ilustración de cubierta: Alejandro Rosental

Primera edición, Barcelona, 1989

Edición digital: Sargont (2018)

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

ISBN: 84-7432-358-4

Depósito legal: B. 41.795 - 1989

Impreso en Romanyá/Valls, S.A. -  Capellades (Barcelona)

Impreso en España Printed in Spain

Índice

PREFACIO

I. ¡Sea usted “natural”!

1. Extraños semejantes

2. Una serie repetitiva

3. ¡Cazad el natural!

4. Nueve para el resto

5. La cifra ausente

6. Los cardinales reversibles

7. ¡Una vez más el 1089!

Soluciones

1. Extraños semejantes; 2. Una serie repetitiva; 3. ¡Cazad el natural!; 4. Nueve para el resto; 5. La cifra ausente; 6. Los cardinales reversibles; 7. ¡Una vez más el 1089!

II. ¡Un negocio redondo!

1. La cinta adhesiva

2. Baloncesto en todas las categorías

3. Itinerarios urbanos

4. Un maxicerco tejano

5. El blanco coronado

6. Máscaras y lúnulas

Soluciones

1. La cinta adhesiva; 2. Baloncesto en todas las categorías; 3. Itinerarios urbanos; 4. Un maxicerco tejano; 5. El blanco coronado; 6. Máscaras y lúnulas.

III. Algunas bellas fórmulas

1. Series simples

2. Identidades notables

3. Un cuadrado de cubos

4. Factorial y trifecta

5. Potencia y pintura

6. Los equipos binarios

7. Series pitagóricas

Soluciones

1. Series simples; 2. Identidades notables; 3. Un cuadrado de cubos; 4. Factorial y trifecta; 5. Potencia y pintura; 6. Los equipos binarios; 7. Series pitagóricas.

IV. Primer grado “superior”

1. El maldón

2. El microómnibus

3. Un bobinaje liviano

4. Una pesada ardua

5. Los Forzudos

6. ¡Feliz cumpleaños!

7. Los 100 metros con estacas

Soluciones

1. El maldón; 2. El microómnibus; 3. Un bobinaje liviano; 4. Una pesada ardua; 5. Los Forzudos; 6. ¡Feliz cumpleaños!; 7. Los 100 metros con estacas.

V. ¡Santo Pitágoras!

1. Los cuadrados intermediarios

2. Pruebas sutiles

3. Demostraciones literales

4. El caracol de Pitágoras

5. Escaleras contra el muro

6. Campos en litigio

Soluciones

1. Los cuadrados intermediarios; 2. Pruebas sutiles; 3. Demostraciones literales; 4. El caracol de Pitágoras; 5. Escaleras contra el muro; 6. Campos en litigio.

VI. Permanece firme y prueba

1. Un reparto de lectores

2. El mensaje secreto

3. En la fábrica

4. La mano en la bolsa

5. Dos dados bicolores

6. Monedas en los bolsillos

7. La buena estrella

Soluciones

1. Un reparto de lectores; 2. El mensaje secreto; 3. En la fábrica; 4. La mano en la bolsa; 5. Dos dados bicolores; 6. Monedas en los bolsillos; 7. La buena estrella.

ÍNDICE DE HERRAMIENTAS

ELEMENTOS BIBLIOGRÁFICOS

Prefacio

A mis maestros, mis colegas y nuestros alumnos,

a mis padres y amigos, y a tantos otros...

para que todos disfruten de la matemática universal.

“¿Queréis jugar (matemáticamente) conmigo?”

La referencia matemática en el mundo de los juegos

Los juegos que incluyen a la matemática son excesivamente numerosos y variados: divertimentos matemáticos (numéricos, lógicos, geométricos...) y solitarios de distintos tipos, ajedrez, bridge, scrabble o go y tantos otros juegos de salón, de azar, de reflexión, de simulación, de estrategia... muchos de los cuales son ahora electrónicos; en verdad, uno ya no sabe qué elegir: véase, si no, la bibliografía de diversiones matemáticas al final de este libro.

La mayoría de los matemáticos célebres, al igual que “niños grandes”, han jugado con la matemática, a veces entre ellos (como Arquímedes y Erastóstenes, o los bourbakistas), aparte de que todos consideraban a la práctica de esa disciplina como un juego. El más original de todos fue sin duda Charles Dodgson, un lógico inglés del siglo pasado que escribió bajo el seudónimo de Lewis Carroll el fascinante cuento de hadas Alicia en el país de las maravillas, varias de cuyas peripecias son extrañas transposiciones de argumentos de lógica simbólica.

Juegos para fomentar la matemática

Algunos estudios lúdicos han dado origen a teorías matemáticas fundamentales: así, la topología, a la que tanto deben las comunicaciones modernas, nació del análisis realizado por Euler del juego de los siete puentes de Königsberg, un célebre laberinto. Las probabilidades y la estadística, que rigen nuestro mundo, fueron creadas por Pascal y Fermat a partir del análisis de sus fructíferas partidas de dados.

No obstante, el valor profundo de los juegos matemáticos no se limita a estos descubrimientos magistrales; en el plano pedagógico, constituyen un material de valor excepcional para la enseñanza de la matemática. La atracción y el interés que despierta el juego garantizan el esfuerzo que requiere la investigación matemática. En nuestra época, los docentes científicos esclarecidos saben aprovechar en sus clases la motivación excepcional que suscitan las actividades recreativas. Estas son generadoras de placer espontáneo y por esa vía la matemática deja de parecer una disciplina triste y los matemáticos unos aguafiestas (cosa que, en verdad, jamás han sido).

Pero hay juegos matemáticos sin “razón”

En efecto, cabe reprocharle a la mayoría de los juegos matemáticos, en general dirigidos a los adultos, su evidente falta de amplitud racional Muchos no contienen más que “un poco de astucia socarrona, oculta en el enunciado” (H. Bosco) y constituyen un obstáculo para la reflexión posterior, mientras que otros requieren una sola técnica de investigación (con frecuencia el análisis combinatorio) y caen en una uniformidad que genera aburrimiento; por no mencionar aquellos problemas despreciables que en verdad no requieren el menor razonamiento. Así, los rompecabezas, juegos de cartas, paradojas, enigmas y demás acertijos y adivinanzas, aunque atractivos, carecen de hecho de interés pedagógico.

¿Tenéis problemas (matemáticos)?

Have you got (mathematics) problems?

Por empezar: ¿qué es un problema?

Todo problema es, en un sentido amplio, la conciencia de un objetivo concreto que se deberá alcanzar por una vía determinada; la determinación de esa vía es la solución del problema. Por consiguiente, el concepto de problema comprende el de dificultad en cierto grado; se suele emplear los dos términos como sinónimos, de ahí que se emplea la frase “no hay problema” para indicar que no se presenta ninguna dificultad.

En general, cada uno de nuestros pensamientos se orienta hacia un fin determinado, y uno busca incansablemente los medios para llegar a ese fin; es decir que nuestra inteligencia se aplica esencialmente a la resolución de problemas, tanto más por cuanto —cabe reconocerlo— la vida está repleta de acechanzas y los medios para evitarlas suelen ser muy limitados, cualitativa y cuantitativamente.

¿Por qué los problemas matemáticos?

Es entonces de importancia capital (incluso vital) que uno aprenda a resolver sus problemas. En medio de la infinita diversidad y la increíble multiplicidad de los problemas humanos, la matemática aporta sus problemas concretos, que representan “el” material de aprendizaje problemático por excelencia al cual uno empieza a enfrentarse desde muy temprano en la primaria y sigue haciéndolo, con o sin orientación, para seguir la evolución de fines y medios.

Para hallar problemas matemáticos y aprender a resolverlos (objeto de la heurística), el autor recomienda el Livre du problème del Institut de Recherche sur l'Enseignement des Mathématiques de Estrasburgo, editorial Cedic y Découverte des mathématiques de G. Polya, Editions Dunod. Estas obras, entre otras, confirman y desarrollan algunas consideraciones generales muy actuales.

La elaboración de los problemas matemáticos compete estrictamente a la pedagogía, que es, se dice, tanto un arte como una ciencia, y es tarea de los profesores en la materia (como el autor de estas líneas). Desde el punto de vista escolar, un problema matemático digno de ese nombre se diferencia de un ejercicio, una aplicación o un examen por el uso de objetivos y técnicas apropiados, imposibles de enumerar, ordena las dificultades, de la más sencilla a la más compleja, descomponiéndolas y, desde luego, se sitúa en un cierto nivel de conocimientos en el marco de un programa determinado.

Pero hay demasiados problemas matemáticos sin “atractivo”

La cualidad más valiosa de un problema matemático es la de "iniciar una conducta investigativa”, al despertar la curiosidad y el espíritu crítico. Desde este punto de vista, la mayoría de los problemas que presentan, con o sin solución, los manuales escolares son bastante decepcionantes. Porque un problema cuyo enunciado comienza con “sea un polinomio P(x)...” o bien “sea, en una referencia ortonormada (O, i, j), la recta de ecuación...”, difícilmente tendrá el poder de despertar en el alumno medio, interesado en muchas otras cosas, el ansia de tomar lápiz y papel, aun cuando el problema comprenda “seis preguntas variadas que cubren el conjunto del programa”. Los problemas de este tipo están presentes en todas las obras mencionadas, y desde luego no son la excepción en exámenes y concursos.

Por su parte, los problemas matemáticos no escolares, es decir, destinados a los adultos que ya han iniciado la vida laboral, cuentan con una difusión por demás insuficiente, a pesar de su indiscutible necesidad y de los meritorios esfuerzos de las autoridades encargadas de la formación del adulto. Diríase que, ahora que le toca enfrentar las dificultades de la vida, el adulto se considera total y definitivamente provisto de los medios racionales para resolver sus problemas; salvo que justamente las dificultades cotidianas, unidas a los problemas concretos de la matemática hayan destruido por completo el “disparador” de su conducta investigativa frente a estos últimos.

Pues bien: ¡He aquí los juegos-problemas matemáticos!

¿Qué es un juego-problema?

Dado que la mayoría de los problemas matemáticos propuestos (¡cuando existen!) no poseen el atractivo de los juegos, mientras que la mayoría de los juegos, por “serios” que sean, carecen de las cualidades didácticas de los problemas, este libro ofrece al lector una recopilación de planteos nuevos, agrupados en grandes temas: con ellos el espíritu tiene con qué recrearse de manera provechosa y quizá durante un año entero, porque cada capítulo constituye en sí mismo una verdadera “cartilla de investigación”.

El juego-problema matemático (marca explícita pero no registrada) es distinto, tanto del “divertimento matemático” clásico de las revistas ilustradas como del tradicional “deber de matemática” de la escuela, pero comparte la esencia de ambos.

Incluye una buena diversión matemática, presentada en forma amena, siempre actual o modernizada (en algunos casos inédita) y a la vez vasta y diversificada; pero al mismo tiempo erige una sólida estructura de reflexiones y razonamientos matemáticos, construida con criterio pedagógico, lo que no significa necesariamente escolar.

El enunciado de cada juego-problema, así como la exposición de cada tema, es riguroso y a la vez en algunos casos tiene un matiz humorístico para componer una “matemática leída” en reacción contra la austeridad de los textos de matemática “pura” y de acuerdo con la idea rectora del juego.

Al enunciado sigue una guía de investigación, ayuda reconfortante y valiosa (incluso rara) que, a fin de facilitar la “tarea matemática”, orienta juiciosamente al lector hacia una solución pero lo disuade de precipitarse a hallarla; los “superdotados”, los “porfiados” y los “diletantes” podrán pasarla por alto, deteniendo la lectura donde se la anuncie.

La segunda parte de cada uno de los temas contiene la solución conforme con la guía propuesta, a veces escogida entre varias posibilidades. Incluye todos los detalles necesarios para su comprensión y explicaciones de conceptos nuevos o tal vez olvidados. Cuando es necesario, profundiza o desarrolla el problema tratado, pero sin aportar una respuesta definitiva. Cada solución se completa con observaciones breves pero útiles sobre las herramientas matemáticas empleadas. A la inversa, el índice de herramientas matemáticas al final del libro remite al lector a los problemas-juegos correspondientes y puede servir para orientar su elección.

¿A qué nivel?

El nivel medio de conocimientos matemáticos necesario para resolver estos juegos-problemas es el de la enseñanza secundaria. Es decir, se encuentra en distintos puntos entre la primaria y la superior y observa inevitablemente una tendencia a fluctuar.

Por el contrario, no hacen referencia a ningún “programa” determinado ni a ninguna “clase” precisa, primero por una cuestión de concepción y segundo porque la solución de cada juego-problema exige el empleo de varias herramientas matemáticas, con grados de destreza dispares e incluso distantes.

Se emplea generalmente el lenguaje de la teoría de conjuntos, el de la matemática “moderna”, porque sería lamentable desconocer este avance crucial de la matemática, cuya virtud principal consiste en amalgamar la matemática “antigua” y sus distintas ramas en una ciencia más compacta, figurativa y, por consiguiente, eficaz: la matemática.

Se aconseja el empleo de una calculadora, aunque sea de bolsillo; este instrumento forma parte del equipo normal del matemático, junto con los elementos de dibujo geométrico. En cuanto a la computadora, se la pedirá en determinados juegos-problemas a los que aportará una solución notable y conforme a las técnicas actuales de la informática.

¿Para quién?

Esta recopilación de juegos-problemas está dirigida ante todo a los cuadros de organización y administración, así como a técnicos de empresa, ingenieros e investigadores, que hallarán, presentada correctamente, la práctica y la diversión matemática que buscan con frecuencia.

Pero también está dirigida a los que se interesan por la formación profesional continua, educadores y educandos, a profesores de disciplinas científicas en general y a su auditorio: los estudiantes de todo nivel que sin duda apreciarán estos problemas novedosos, adaptados a su voluntad y ocupaciones, al margen de la enseñanza.

Por último, los aficionados a los juegos y las estrategias, siempre en busca de lo inédito en la materia, podrán satisfacer su noble pasión al abocarse a la resolución de los ejemplos matemáticos aquí presentados.

¿Y con quién?

El autor ha sometido a prueba la mayor parte de los juegos- problemas incluidos en este libro, con sus alumnos de escuelas técnicas y de varias empresas. Pudo comprobar en la práctica lo provechosos que resultan para los participantes.

Más adelante, en el marco del Institut de Recherche sur l’Enseignement de Mathématiques y la Association des Professeurs de Mathématiques de l'Enseignement Public (IREM y APMEP) presentó estos problemas-juegos a autoridades e investigadores, que demostraron por ellos un vivo interés, confirmado (sin reservas) por colegas, padres y amigos también solicitados (¡pero cómplices!).

Estoy seguro de que este libro no hubiera visto la luz sin el apoyo, los consejos y el aliento de las personas citadas; quiero agradecer su apoyo, en nombre propio y de todos aquellos a quienes va dirigido el libro.

Pero es al lector a quien van dirigidas las últimas palabras de este prólogo, para desearle “buen viaje” al comienzo de un camino que abunda en peripecias de todo género, en investigaciones y descubrimientos fabulosos; y si en un alto del camino se le ocurren observaciones, sugerencias o críticas (en especial las constructivas), que no vacile en comunicarlas por carta al autor, que las recibirá sin rencor y posiblemente le quedará reconocido.

I

¡Sea usted “natural”!

El ilustre sabio Carl Friedrich Gauss, matemático, claro está, pero también astrónomo y físico genial, escribió en una de sus obras notables, hacia el 1800: “La matemática es la reina de las ciencias y la aritmética es la reina de las matemáticas”.

Obsérvese ante todo en la frase anterior el empleo, propio de la época, del término “matemática” en sus dos “números”, singular y plural. De estas afirmaciones se deduce fácil y lógicamente que el número matemático, sin duda junto con el fenómeno científico, es el rey de todas las ciencias, porque domina por completo la aritmética.

En el lenguaje cotidiano se suele confundir la palabra “número” con “cifra” (signo de numeración): suma de cifras, etcétera. De todas maneras, es un término generalmente muy impreciso (como gente, cosas o ideas), porque incluso dentro de los límites de la matemática posee varios sentidos. Hoy se habla de conjuntos numéricos: enteros (naturales o relativos), decimales (con coma), racionales, reales... e incluso se debe indicar el sistema de numeración elegido: decimal, binario, octal.

Sin minimizar el rol de los (números) complejos o sólo de los (números) trascendentales, se puede afirmar que en la práctica, los “decimales", es decir, los números con coma del sistema decimal, tienen una gran importancia: son los que empleamos en la vida cotidiana y los que usan las calculadoras. Por otra parte, ciertos racionales llamados decimales son similares a ellos, mientras que otros reales, racionales o irracionales, poseen un desarrollo decimal ilimitado, periódico o no, que permite reemplazarlos a todos por decimales con toda la aproximación que se desee.

Sin embargo, la aritmética “empezó” por los (enteros) naturales, y un eminente especialista en teoría de números, Leopold Kronecker, afirmó hace más de un siglo que “Dios creó los enteros (naturales), lo demás es obra del hombre”. En efecto, los naturales tienen su origen (natural) en los recuentos de cosechas efectuadas por las tribus primitivas. Son los números más “sencillos”, compuestos sólo de cifras, sin coma, signo ni paréntesis. Por otra parte, los matemáticos definen a los omnipresentes decimales como parejas de naturales.

¡Seamos, pues, naturales! Dediquemos a este número la primera serie especial, integrada por los siete problemas-juegos siguientes:

— Extraños semejantes llama la atención sobre los naturales formados por las mismas cifras para descubrir en ellos una asombrosa propiedad aditiva, rica en consecuencias.

— Una serie repetitiva le revelará los naturales organizados, entre los cuales existen ciertos múltiplos, a descubrir, constituidos por una sola y misma cifra, del 1 al 9.

— ¡Cazad el natural! lo invita a una gran cacería de naturales, los que pierden la cabeza en beneficio de los pies.

— Nueve para el resto demuestra que con papel y lápiz se derrota a la calculadora en la búsqueda euclidiana del resto de dos naturales y sobre todo del resto por medio del nueve.

— La cifra ausente permite, por medio de un minicálculo de resta, adivinar, como un mago, la cifra muy disimulada de un natural.

— Los cardinales reversibles lo llevarán a buscar y luego formular unos naturales, especímenes raros, entre ellos cierta multiplicación inversa al orden de las cifras.

— ¡Una vez más el 1089! le mostrará un pequeño truco numérico de adivinación por medio de cardinales reversibles.

Los juegos-problemas de esta serie son muy “puros”, es decir, independientes de la enumeración de recolecciones o la medición de magnitudes. Cabe señalar que los números empleados son con frecuencia naturales particulares por sus propiedades, relacionados con descomposiciones ordinales y algoritmos operatorios originales, pero interesan también a la investigación exhaustiva y al análisis combinatorio, así como a los conceptos de ecuación y extremización.

En esta serie natural se utilizará con frecuencia la calculadora, aunque sea una de bolsillo, para efectuar los distintos cálculos propuestos; entonces, lector, ponga manos a la obra con el mencionado instrumento..., y desde luego, con la paciencia indispensable.

1. Extraños semejantes

Al utilizar tres cifras cualesquiera, a, b y c (comprendidas entre el 0 y el 9) una vez cada una, se forma un conjunto finito de naturales “semejantes” de tres cifras, como abc o acb.

El conjunto numérico mencionado posee una curiosa propiedad aditiva que vuelve extraños a los propios semejantes. Las consecuencias de esta propiedad también son extrañas. Este conjunto de naturales es, pues, por definición, materia de un juego-problema. Para descubrir esa propiedad y sus consecuencias, siga por favor la guía. ¡Punto por punto!

1. Determine y enumere los naturales del conjunto.

2. Demuestre que al dividir la suma de todos los semejantes por la suma de los valores de sus tres cifras, el cociente invariable es 222: ¡curiosa propiedad aditiva!

3. Determine un cálculo rápido de su suma, sin buscar los semejantes.

4. Constate que la curiosa propiedad se conserva cuando las tres cifras, o dos cualesquiera entre ellas, son idénticas; algunos semejantes son también idénticos, descartando sólo el 000.

5. Demuestre que, en virtud de la extraña propiedad, son iguales las sumas que corresponden a todos los conjuntos cuyos semejantes poseen la misma suma de valores de sus tres cifras.

6. Descubra de la misma manera, y luego en forma directa, que al dividir un natural de tres cifras iguales (salvo el 0) por el triple del valor de esa cifra, el cociente es siempre igual a 37.

Si a causa de los tiempos difíciles que corren (¡en lugar de marchar!) usted desea un apoyo eficaz, he aquí algunas indicaciones importantes, de verificación y después de investigación, sobre cada uno de los seis puntos sucesivos de esta medulosa guía.

1. Un árbol es lo indicado para formar el conjunto de los semejantes, cuyo cardinal sea 3!, es decir, el factorial de 3 (¡atención!).

2. Se puede efectuar el cálculo del cociente primero en forma numérica, por ejemplo con 2, 5, 7 o incluso con 0, 3,4 y después en forma literal, pero conviene realizar la descomposición ordinal de cada semejante antes de elaborar una tabla algorítmica de adición.

3. Este cálculo rápido es consecuencia directa de la famosa propiedad; constátelo con los naturales señalados anteriormente.

4. Los ensayos con 2, 8, 8, luego 5, 5, 5 e incluso 0, 0, 3 serán concluyentes, pero no con el 0, 0, 0. Por otra parte...

5. Las sumas que corresponden a estos conjuntos “equivalentes” constituyen el mismo múltiplo de 222; un control con 2, 4, 7 y 4, 4, 5 es aleccionador.

6. Esta última consecuencia se verifica con 5, 5, 5 o 1, 1, 1, pero no con 0, 0, 0; el 222 es además un múltiplo de 3!, y por otra parte, aaa = 111a.

Para prolongar el juego-problema e incluso liquidarlo, tal vez sea conveniente generalizar la propiedad aditiva a los semejantes de un número cualquiera de cifras y hallar el cociente correspondiente.

Queda usted comprometido a efectuar esta generalización, pudiendo aprovechar el árbol de elección y la tabla algorítmica.

Si a pesar de este estudio exhaustivo y meduloso, los naturales semejantes aquí presentados no le parecen realmente curiosos, es porque usted está aburrido de la matemática y nada en esta disciplina podrá conmoverlo.

Pero me niego a creerlo, porque sería una verdadera lástima para usted, para mí... y para Ella.

Solución

2. Una serie repetitiva

Observe bien este conjunto de naturales:

R = {9, 19, 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89}

No tendrá la menor dificultad en demostrar que representa también una serie particular, incluso una progresión aritmética, y que uno de sus elementos cualesquiera se expresa simplemente con n, si n ┘ {1, 2, 3,..., 9}.

Pero la serie adquiere todo su interés y justifica el juego-problema cuando usted se entera (¡porque yo se lo digo!) que cada componente admite múltiplos, formados todos por la misma cifra del 1 al 9. Por eso es una serie repetitiva (de repetición de cifras). Para convencerse de ello, efectúe las siguientes cuentas:

39 × 5698 o 79 × 126.582.278.481

No me cabe la menor duda de que a usted le gustaría saber con precisión cuáles son todos esos múltiplos y cómo obtenerlos. Pues bien, le aseguro que la solución no es rápida pero sí sencilla; entonces, para no perder tiempo, tome la calculadora y siga mis consejos generosos.

Busque en primer término el primer múltiplo de 39 formado solamente por “unos”; es decir, resuelva la ecuación especial 39X1.39 = 111... 1, siendo X1.39 mínima, y utilizando el algoritmo habitual de... la división.

Repita la operación con 9 y después con 79, si tiene ganas, pero le pido que en cuanto a las seis restantes confíe en mí, porque en caso contrario podría contraer el “delirio operatorio” y yo podría “perderlo”.

Observe a continuación que existe una infinidad de soluciones sucesivas para la ecuación especial 39X1.39 = 111...1, pero sin condición para X1.39; para obtenerlas, basta “plantear” el algoritmo precedente y luego hacer aparecer los períodos entre las cifras de 111...1 y X1.39.

Determine entonces, si se le “canta”, todas la soluciones de las ecuaciones especiales en Xl.9, después en X1.79, pero nada más, por su propia seguridad.

Resuelva finalmente la ecuación paramétrica especial 39Xn39 = , n ┘ {1, 2, ...9} totalmente y partiendo siempre de la ecuación en X1.39. Y basta de ecuaciones paramétricas, por prudencia.

La serie repetitiva presentada aquí no es, como usted ya habrá adivinado, única en su género. ¿Quiere usted saber cuáles son las otras (tres) series de repetición existentes? ¡Reflexione!

Le permito descubrirlas, si lo desea, e incluso manipularlas a gusto, pero con muchas precauciones.

Para terminar con estas series, ¿cree usted que se limitan necesariamente a nueve componentes?

Para ayudarle a responder a esta última pregunta, lo invito a resolver “a mano” la última división 111... 1 / 99 sin desalentarse: la recompensa será un verdadero “fuego artificial” numérico.

Pero le confieso que elegí la serie mencionada y le puse el límite mencionado para preparar la conclusión del próximo juego-problema, el que viene a continuación.

Solución

3. ¡Cazad el natural!

Observe el natural 102.564. No tiene nada de extraordinario, dirá usted. ¡Sin embargo! Multiplíquelo por su última cifra (la de la columna de unidades) y observe el producto: son las mismas cifras y en el mismo orden, salvo que la última es ahora... la primera (¡un juego clásico!).

102.564 × 4 = 410.256

Entonces, eche el natural multiplicándolo por 4 y vuelva al galope, pero con los pies convertidos en cabeza (¿quién dijo que esto no tiene pies ni cabeza? ¿Boileau?).

¿Existen otros naturales que poseen esta curiosa propiedad? Si los hay (¡y los hay!) ¿cómo descubrirlos? Estas son las preguntas que usted sin duda me formula, y evidentemente espera mi ayuda para hallar la respuesta. Pues bien, se la brindaré con mi habitual generosidad, pero le recomiendo muy especialmente en esta ocasión que sea muy tenaz y paciente para llegar a la solución de este juego-problema.

Tome como última cifra de un eventual natural cazado cualquier cifra significativa y trate de armarlo progresivamente, utilizando el algoritmo usual de su multiplicación por esa cifra.

Comience desde abajo con 4, 8, luego 2; siga por la meseta con 7, luego 3; termine en la cima con 5, 9, luego 6 (¡le daré los ocho, no se preocupe!).

Imagine los casos muy particulares de naturales cazados cuya última cifra sea 0 o 1, luego demuestre que al “repetir” cada uno de los naturales echados tantas veces como se desee, se forma una infinidad de naturales cazados.

Usted no se habría dado cuenta, si yo no se lo hubiera dicho antes, que este juego-problema está relacionado con el anterior, el de la serie repetitiva sobre la formación de naturales de una cifra única.

Aquí no hay “coto de caza”, y para demostrárselo, le daré mi habitual contribución, porque como dice el dicho, el buen cazador debe saber cazar... solo.

Represente un natural cazado x mediante , ap ┘ {1, 2, 3, ..., 9} luego transfórmelo dos veces y aísle ap para demostrar la igualdad

x/ap = (10p ‒ l) / (10ap ‒ l)

Desarrolle cada término del segundo miembro de esta igualdad para volver parcialmente a la serie repetitiva y asegurar la relación, confirmándolo mediante un pequeño control, por medio de ap = 4 y ap = 1, por ejemplo.

Espero que se comprenda cómo, a partir de los ocho naturales cazados de este juego-problema, es posible y relativamente fácil calcular los coeficientes X9 y luego todos los coeficientes de todos los componentes de la serie repetitiva del juego-problema anterior, entre ellos, los que yo le había perdonado.

¿Conoce usted los naturales tales que el cociente de dos de ellos se componga de las mismas cifras y en el mismo orden, salvo la primera que pasa al último lugar? Son los naturales descabezados, parientes cercanos de los naturales descolados, los perseguidos en esta “cacería” y que ya no tendrán secretos para usted.

Solución

4. Nueve para el resto

Los “científicos”, incluso los más “retrógrados”, reconocen que para efectuar un cálculo de cierta complejidad, es más rápido usar una calculadora, incluso una común, que el papel y lápiz (en el caso de un cálculo que se pueda realizar por los dos medios). Sin embargo, este hecho evidente, expresión del prestigio extraordinario del “circuito integrado”, tiene algunas excepciones, sobre todo en el caso de la división, a pesar de ser ésta la más compleja de las cuatro operaciones fundamentales porque combina en sí misma a las demás.

El cálculo del resto, con una cifra de aproximación, entre dos naturales, se realiza en la calculadora por medio de una cadena de cinco operaciones que comienza por la determinación del cociente; en cambio, con lápiz y papel, el algoritmo usual de la división euclidiana proporciona a la vez cociente y resto, es decir que es más rápido que la calculadora (sobre todo si uno sabe hacer cálculos “en la cabeza”).

Por ejemplo, tome su tiempo y el de la calculadora para la determinación del resto natural de 28.512 dividido 547 y compare los respectivos puntajes.

Pero la rapidez de la calculadora se ve verdaderamente en figurillas cuando se trata de calcular el resto por el nueve, con aproximación a uno, de todo natural. En efecto, ese resto es igual a la “suma potenciada” del natural, hecho que la calculadora ignora y que se determina mentalmente, es decir, sin recurrir siquiera a lápiz y papel.

Si, como yo pienso, usted siente curiosidad matemática, le gustaría saber exactamente qué es esa “suma potenciada” del natural y en qué es equivalente al resto por el nueve del natural. Siendo así, para responder a su deseo y a la vez estimular su iniciativa, le brindo algunas indicaciones de estudio muy graduales y generalizadas.

Demuestre simplemente que un natural cualquiera de una sola cifra , y un natural cualquiera de la forma ā000..., ā ≠ 0, son múltiplos de 9 sumados a ā; agrupe los dos casos con ayuda de las potencias de 10, luego enuncie la propiedad global después de haber señalado las “descomposiciones” de 0n y de 7 × 10n con n ┘ {0, 1, 2, …}.

Demuestre por descomposición ordinal y en potencias de 10 que todo natural de varias cifras a = es igual a un cierto múltiplo de 9 agregado a la suma de los valores de sus cifras, luego de su suma “potenciada”, es decir, reducida al valor de una cifra única: utilice, por ejemplo, el natural 7.205.

Deduzca del resultado precedente que el resto por el nueve de todo natural de varias cifras es igual a la suma “potenciada” de los valores de sus cifras, con una sola excepción, y luego, sin excepción, a su “suma potenciada” (¡si es que entiende lo que quiero decir!).

Finalmente, estudie las propiedades de las sumas potenciadas de los naturales por analogía con las sumas comunes y por intuición, pero también mediante cálculos connaturales como 341, 675, 949, ...

Gracias a estas propiedades, el cálculo de la suma potenciada de cualquier natural, por “grande” que sea, se puede realizar mentalmente. Con ello se acentúa la superioridad del cerebro sobre la máquina electrónica, que por otra parte fue creada por aquél y hace no mucho tiempo.

Espero que estas sumas potenciadas de naturales le interesen, porque las hallará nuevamente en el próximo juego-problema, en el que constituyen la médula de un asombroso ejercicio de adivinación numérica que también se puede realizar con calculadora.

Solución

5. La cifra ausente

He aquí un juego-problema sencillo que consiste en “adivinar” la cifra de un natural después de una serie de grandes transformaciones y por medio de algunas investigaciones. El juego es bastante original, con él podrá asombrar a sus amigos; en cuanto al problema, lo resuelve con ayuda de las muy dúctiles sumas potenciadas de naturales.

Por empezar, ensaye la “cosa” conmigo de acuerdo con las siguientes instrucciones numeradas:

1. Piense un natural (en numeración decimal) de muchas cifras, no todas iguales, pero de tantas cifras como usted desee.

2. Forme otro natural con las mismas cifras que el anterior pero en distinto orden.

3. Reste el número menor del mayor (el resultado no será cero porque son números distintos).

4. Eleve esa diferencia al cuadrado.

5. Escriba ese cuadrado en una hoja, pero reemplazando una cifra cualquiera que no sea cero (¡hágame caso, yo sé por qué se lo digo!) por un punto.

6. Deme esa hoja, yo descubriré mentalmente y muy rápido la cifra ausente.

¿Cómo lo hago? Mediante un cálculo sencillo: sumo las cifras de ese cuadrado, luego resto esa suma potenciada del fatídico número nueve y obtengo como resultado la cifra ausente. Con una sola excepción.

Controle esta propiedad con 5.474 y 7.544 utilizando cada cifra del cuadrado resultante, y si le aburren las cuentas largas utilice una calculadora, que después entregará a sus cobayos; pero efectúe el pequeño cálculo mentalmente: así obtendrá un efecto mucho más espectacular que con la calculadora.

¿Por qué el pequeño cálculo mental da generalmente como resultado la cifra ausente? Eso es lo que usted querría saber. Pues bien, yo le ayudaré a descubrir la respuesta por sus propios medios (eso es pedagogía, ¿no?), brindándole algunas reflexiones que lo orientarán.

En el juego-problema anterior, con la confrontación de la calculadora con el lápiz y el papel, usted demostró una propiedad fundamental: todo natural de varias cifras es igual a un múltiplo de nueve más la suma “potenciada” de los valores de sus cifras, es decir, reducido al valor de una sola cifra.

A partir de esta propiedad, demuestre que la diferencia y por consiguiente el cuadrado de los números calculados son múltiplos de nueve.

Una consecuencia característica de esta propiedad fundamental es que un natural cualquiera de muchas cifras es múltiplo de nueve si la suma de sus cifras es igual a nueve.

Demuestre esta doble consecuencia, deduzca de ella la determinación de la cifra ausente y establezca o justifique ciertas convenciones.

¿Podría usted “cifrar” estas cuatro pequeñas preguntas de actualidad?

¿Cuál es la probabilidad de determinar al azar la cifra ausente?

¿Cuál es el natural permutable más pequeño?

¿Cuál es el natural permutable más grande que se pueda registrar en la calculadora?

¿Cuántos son los naturales permutables formados con las diez cifras de la notación decimal y sin repeticiones?

Finalmente, ¿se anima a explorar dos variantes de este magnífico juego de adivinación? Son buenas para romper la monotonía o sorprender al adversario.

En lugar de elevar al cuadrado la resta calculada, dígale al “paciente” que la multiplique por un natural de su elección; ¡salvo el cero, claro está!

En lugar de ocultar una cifra del cuadrado, que oculte todas las que sean iguales; ¡el cero no vale!

¿Puede adaptar este truco a cada una de estas variantes, que por otra parte son independientes entre sí?

Solución

6. Los cardinales reversibles

Multiplique por 9 el elegante natural 1.089 y compárelo con el producto obtenido. Constatará sin dificultad que el 9 ha dado vuelta el 1.089, es decir, ha invertido el orden de sus cifras, convirtiendo la primera en última y así sucesivamente. En efecto: 1.089 × 9 = 9.801.

Es ésta una curiosa transformación aritmética gracias a la prestigiosa cifra 9, “campeona de los juegos” y sujeto de este juego-problema.

¿Existen otros cardinales reversibles por medio de la multiplicación por nueve?

¿Poseen otras propiedades interesantes?

¿Los hay de 2, 3, 4, 5... cifras? ¿Cuántos?

¿Se les puede dar una formulación numérica general y sencilla?

Estas preguntas se plantean naturalmente a todos los amantes de la matemática ante esta transformación. Usted mismo se las habrá formulado y deseará una respuesta.

Sin embargo, las respuestas no son evidentes. Por eso, nuevamente es mi intención ayudarle por medio de una serie de etapas sucesivas para evitar que usted mismo acabe invertido.

Calcule las cifras extremas de un cardinal cualquiera de los que se busca y observe que son independientes del número total de cifras del mismo.

Demuestre que ese cardinal es múltiplo de 9.

Demuestre ahora que no existen cardinales de dos o tres cifras con esas características.

Vuelva al cardinal de cuatro cifras utilizado como ejemplo y, teniendo en cuenta que puede haber restos operatorios, controle que es el único con esa cantidad de cifras.

Descubra el único cardinal reversible por nueve de cinco cifras.

Deduzca, a partir de esos dos precedentes, la ley de formación de los sucesivos cardinales reversibles por 9 y deles su forma numérica general.

Descubra más ejemplos de estos curiosos cardinales múltiplos de 9, otros que sean múltiplos de 11, por medio de algoritmos operatorios.

Habiendo llegado a un feliz término —al menos eso espero— el problema de hallar cardinales naturales reversibles al ser multiplicados por 9, sin duda usted querrá descubrir los reversibles por 8, por 7, por 6 y así sucesivamente, hasta agotar los naturales de una cifra, pero de ninguna manera los de varias cifras, ¿verdad? Entonces, el tema está concluido.

Pero si quiere seguir con esta investigación, dejo el juego-problema en sus manos y me limito a aconsejarle que aplique el método señalado.

Esto último es demasiado extenso como para haber sido completado; sin embargo, usted podrá hacerlo con constancia y... perspicacia.

Solución

7. ¡Una vez más el 1.089!

1.089, el único cardinal de 4 cifras reversible por 9 (véase el juego-problema anterior), es también la clave de un bonito truco de magia numérica, perfecto para asombrar a los amigos. Usted lo conocerá a continuación y espero que lo comprenderá.

Elija un cardinal cualquiera de tres cifras, tal que la primera sea mayor que la última: 321 o bien 955 o incluso un número como el 704.

Réstele el natural formado por las mismas cifras en orden inverso (pero que no es su inverso).

Sume a esta diferencia su propio inverso y... ¡sorpréndase con el resultado!

El resultado del cálculo mencionado es independiente del cardinal elegido en primer término, de manera que usted puede “adivinarlo” y así montar este pequeño truco, incluso con ayuda de una calculadora.

Me parece que usted se muere de ganas de demostrar la propiedad operatoria que constituye la base de este truco de magia y que es propia de ciertos cardinales de tres cifras. Si esto es verdad, a continuación le doy un bosquejo de demostración posible, accesible y eficaz.

Designe el cardinal elegido con , con a > b, y con d la diferencia a ‒ c, de una cifra.

Demuestre por medio de las descomposiciones ordinales que la diferencia entre es un múltiplo invariable de d.

Calcule todos los valores posibles de la diferencia anterior.

Finalmente, a cada diferencia súmele su inverso, para “caer” siempre en el previsible 1089.

Como complemento de este programa, lo invito a examinar los casos particulares creados por a < c, por la presencia de ceros y de d = 1. Determine los cardinales comprendidos por la propiedad en cuestión.

Estos tres cálculos son muy elementales y completos; en cambio, la determinación requiere algunas precauciones para ser correcta y se refiere en particular al primero de los tres cálculos.

Para ampliar el truco matemático, tal vez usted desee estudiar la propiedad operatoria fundamental con cardinales de 2 o de 4 cifras.

En ese caso, debe saber que si el primero de estos estudios es similar al desarrollado más arriba, el segundo es muy distinto; observe que ambos desconocen los cardinales reversibles por 9, cómplices del 1089.

Pero no espere que me extienda más sobre este tema: otros juegos-problemas aguardan su tumo y me están apurando.

Solución

Pasar al 2do. Capítulo, salteando las soluciones

Soluciones de “¡Sea usted «natural»!”

1. Soluciones de “Extraños semejantes”

1. Se puede expresar los naturales del conjunto por medio de este árbol, correspondiente a conjuntos de 3 elementos {a, b, c}.

El conjunto de los semejantes es, pues, y su cardinal, o número de elementos:

3! = 3 × 2 × 1 = 6

2. Cálculo con 2, 5 y 7, sea {257, 275, 527, 572, 725, 752}:

257 + 275 + 527 + 725 + 752 = 3.108 y 2 + 5 + 7 = 14, por consiguiente 3.108 / 14 = 222.

Cálculo con 0, 3 y 4, sea {034, 043, 304, 340, 403, 430}: 34 + 43 + 304 + 340 + 403 + 430 = 1.554 y 0 + 3 + 4 = 7, por consiguiente, 1.554 / 7 = 222.

La descomposición ordinal de los naturales literales del conjunto y su adición en una tabla algorítmica se escriben así:

abc = c + 10b + 100a =

100a +

10b +

1c

acb = b + 10c + 100a =

100a +

1b +

10c

bac = c + 10a + 100b =

10a +

100b +

1c

bca = a + 10c + 100b =

1a +

100b +

10c

cab = b + 10a + 100c =

10a +

1b +

100c

cba = a + 10b + 100c =

1a +

10b +

100c

Suma: S =

222a +

222b +

222c

Factorización: S= 222(a + b + c) = 222s y división: S/s = 222

3. La igualdad anterior, S = 222s permite calcular rápidamente S con s, por medio de una simple multiplicación sin siquiera recurrir a los naturales del conjunto.

Así, con 2, 5 y 7: S = 222 × (2 + 5 + 7) = 222 × 14 = 3.108

y con 0, 3 y 4: S = 222 × (0 + 3 + 4) = 222 × 7 = 1.554.

4. Prueba con 2, 8 y 8, sea {288, 288, 828, 882, 828, 882}:

288 + 288 + 828 + 882 + 828 + 882 = 3.996 y 2 + 8 + 8 = 18, por consiguiente 3.996 / 18 = 222.

Prueba con 5, 5, y 5, sea {555, 555, 555, 555, 555, 555}:

S = 555 × 6 = 3.330 y s = 5 × 3 = 15, por consiguiente S/s= = 3.330 / 15 = 222.

Prueba con 0,0 y 3, sea {003, 003, 030, 300, 030, 300}:

3 + 3 + 30 + 300 + 30 + 300 = 666 y 0 + 0 + 3 = 3, por consiguiente 666 / 3 = 222.

Ningún elemento de la demostración literal 2 es contrariado por a = b, b = c ni a = b = c; el 000 no debe ser considerado un natural de tres cifras porque en ese caso el cociente es indeterminado.

5. Para dos conjuntos de sumas S y s y S' y s', tenemos S = 222s, luego S’ = 222s'. Luego si s = s', entonces S = S'.

Verificación con 2, 4, 7 y 4, 4, 5, tales que 2 + 4 + 7 = 4 + 4 + 5 = 13:

6. En efecto: 555 / (5 × 3) = 37 o 111 / (1 × 3) = 37.

Según la curiosa propiedad: 6 x = 222 × (a + a + a) sea = 222 × 3a / 6 = (222 / 6) × 3a

Este resultado no rige para el natural 000, francamente ordinal.

Este fascinante juego-problema de los curiosos semejantes aporta esencialmente una demostración literal de una propiedad por descomposición ordinal de naturales y mediante una tabla algorítmica.

Requiere como accesorios el conocimiento de factoriales y el uso de un árbol de permutaciones.

Finalmente, la calculadora puede resultar útil para las demostraciones numéricas de verificación, pero para la generalización sería necesaria una microcomputadora programable.

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2. Solución de “Una serie repetitiva”

El conjunto de naturales R es también una serie cerrada particular cuyos componentes “van de 10 en 10” de 9 a 89: R es también una progresión aritmética limitada de razón 10 y extremos 9 y 89.

La expresión de los componentes de esta serie se escribe así:

10n ‒ l, n ┘ {1, 2, 3, ..., 9}

porque evidentemente la fórmula 10n + 9 no abarca los términos extremos.

Las multiplicaciones propuestas son, en efecto, aleccionadoras:

39 × 5698 = 222.222 y 79 × 126.582.278.481 = 9.999.999.999.999

La ecuación especial 39X1.39 = 111... 1, siendo X1.39 mínima, se resuelve directamente por medio del algoritmo de división más que por el de la multiplicación, que es menos práctico, de acuerdo con el esquema señalado.

O sea: 39 × 2.849 = 111.111, luego X1.39 = 2.849

Con el mismo método y mayores dosis de paciencia se obtienen los siguientes resultados:

9 × 12.345.679 = 111.111.111, luego Xl.9 = 12.345.679

79 × 14.064.697.609 = 1.111.111.111.111, luego X1.79 = 14.064.697.609

Los seis primeros múltiplos restantes, de 16, 69, 29, 49, 89, y 59 también existen, pero el número de sus cifras va en aumento y llega a ser tan grande que no es razonable calcularlos ni expresarlos aquí.

A medida que se “bajan los unos” del algoritmo precedente aparecen en el dividendo y en el cociente períodos como los siguientes:

Es decir que la ecuación especial X1.39 tiene infinitas soluciones sucesivas, que se obtienen por yuxtaposición acumulada del período a la primera solución.

También se obtienen soluciones sucesivas con otras ecuaciones especiales:

Ya tenemos:

con 39 X1.39 = 111.111 y X2.39 = 2X1.39

viene 39X2.39 = 222.222 y X2.39 = 5.698

luego:

E incluso con X3.39 = 3X1.39, X4.39 = 4X1.39, .... se forma sucesivamente:

luego, estas son en total las 9 infinidades de soluciones de la ecuación general Xn.39.

Habrá advertido que la calculadora no es de gran ayuda en este caso; su capacidad (ocho cifras) no le permite operar con naturales tan elevados como los que hemos usado; salvo que se elabore un algoritmo “por tramos”, una computadora de 40 u 80 columnas permitiría una mejor visualización.

Debo disculparme por no mostrar aquí las... 81 infinidades de múltiplos de la misma cifra de esta serie repetitiva, pero honestamente, ¿qué hubiera hecho usted en mi lugar?

Este juego-problema sobre una "serie repetitiva” lo enfrenta esencialmente a una cantidad de ecuaciones especiales en su resolución y sus soluciones.

En efecto, cada ecuación se puede resolver, de manera excepcional, con el algoritmo usual de división realizado sobre un dividendo de cifra única repetida sin fin, para dar sucesivos cocientes naturales.

Así, las soluciones de esta ecuación se suceden a partir de un valor mínimo gracias a un período específico.

Estas ecuaciones se agrupan de acuerdo con un parámetro natural en el que cada ecuación paramétrica da lugar a infinidades sucesivas de soluciones-múltiplos.

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3. Solución de “¡Cazad el natural!”

Al tomar como última cifra de un eventual natural cazado cada uno de los elementos de 2, 3, 4, ..., 9, se componen progresivamente ese natural y su transformación por medio del algoritmo en columnas de multiplicación completado con los restos sucesivos:

Se puede alargar este algoritmo, alineado y sin repeticiones así:

Para los amantes de los números muy grandes (poco ordinarios), aquí van los otros tres naturales cazados, pero sin el algoritmo de cálculo:

102.040.816.326.530.612.244.897.959.183.673.469.387.755

10.112.359.450.561.797.752.808.988.764.044.943.820.224.719

1.016.949.152.542.372.881.355.932.203.389.830.508.474.576.271.186.440.677.966

Un natural cazado no puede terminar en 0, que absorbe la multiplicación; si termina en 1, que para ella es neutral, sólo puede estar compuesto de “unos”, tantos como se desee. Los naturales de forma 111... 1 a partir del 11 y sin fin son naturales cazados muy particulares.

Al escribir en sucesión tantas veces como se desee los naturales cazados “elementales” arriba indicados se obtiene una infinidad de naturales cazados; así:

102.564.102.564 × 4

= 410.256.410.256

102.564.102.564.102.564 × 4

= 410.526.410.526.410.526

Existen, en definitiva, nueve infinidades de naturales cazados, generalmente grandes, una de las cuales presenta una característica muy particular.

Representamos el natural cazado así:

y su transformación se escribe sucesivamente:

(x ‒ ap) / 10 + ap 10p‒1

luego

apx = (x ‒ ap) / 10 + ap10p‒1

10apx = x ‒ ap + ap10p

x (10ap ‒ l) = ap(10p ‒ 1)

Por consiguiente:

x / ap = (10p ‒ 1) / (10ap ‒ 1)

Los valores de 10p ‒ 1 son 999...9 con p cifras 9, y los de 10ap ‒ 1 pertenecen al conjunto {9, 19, 29,..., 89}.

Luego x / ap representa los coeficientes X9 de todos los elementos de este conjunto conocido.

Así, con ap = 4, tenemos 10ap ‒ 1 = 39, luego:

y con ap = 1 tenemos 10ap ‒ 1 = 9, luego x1 = x9.9 =

Recíprocamente, por ejemplo con 10ap- 1 = 79, tenemos que ap = 8, luego:

X9.79 = x8 / 8 = 1.012.658.227.848 / 8 = 126.582.278.481

En esta “caza de los naturales” se revela un uso inédito del algoritmo de multiplicación usual, con una gran cantidad de números “extensibles” y no “gratuitos” además de casos muy particulares.

La caza culmina con una delicada búsqueda de expresión, con descomposiciones ordinales agregadas a potencias de base 10 y resolución de una ecuación de primer grado con una incógnita, lo que asegura, por medio de las verificaciones, una interesante vinculación con otros números grandes. Sería interesante tratar de programar el algoritmo inicial en una calculadora.

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4. Solución de “Nueve para el resto”

Las dos determinaciones del resto natural de 28.512 dividido por 547 se escriben así:

28512 + 547 =) 52,124314 =) 52 (parte entera)

52 × 547 =) 28.444 – 28.512 =) ‒68 +/‒ =) 68 (valor absoluto)

La expresión de la izquierda es indudablemente más rápida que el cálculo de la derecha, y para colmo esta última, además de un algoritmo, requiere... una expresión.

Tenemos por empezar: ā = 0 × 9 + ā, ā ┘ {0, 1, 2, ..., 9}

luego: 1000... = 9h + l, h ┘ {1,11,111, ...}

sea: ā000... = ā × 1000... = ā(9h + 1) = 9k + ā, ā ≠ 0 y k = āh

luego k ┘ N*

Pero: ... = ā × 10P o 0 = 0 × l0P y ā = ā × 100

luego: ā × 10P = 9k + ā, ā ┘ {0,1,2, 3... 9} y p ┘ N, luego k ┘ N

Así: 0 × 100 = 0 × 101 = 0 × 102 = ... = 0 = 0 × 9 + 0

y: 7 × l00 = 7 = 0 × 9 + 7, 7 × 101 = 70 = 7 × 9 + 7,

7x 102 = 700 = 77 × 9 + 7, ...

El producto de un natural cualquiera de una cifra por una potencia natural de 10 es igual a un múltiplo de 9 más el valor de esa cifra.

La descomposición ordinal de un natural cualquiera con las potencias de 10 se expresa así:

a =

= āo10n + ā110n‒1 + ā210n‒2 + ... + ān100

= (9k0 + ā0) + (9k1 + ā1) + (9k2 + ā2) + ... + (9kn + ān)

= 9(k0 + k1 + k2 + ... + kn) + (ā0 + ā1 + ā2 + ... + ān)

a = 9k + s, s = a0 + a1 + a2 + ... + an

Así: 7205 =7 × 103 + 2 × 102 + 0 × 10 + 5

= 9 (777 + 22 + 0 + 0) + (7 + 0 + 2 + 5) = 799 × 9 + 14

Por consiguiente, un natural cualquiera de muchas cifras es igual a un múltiplo de 9 sumado a la suma de los valores de sus cifras.

Aplicando esta propiedad a las propias sumas sucesivas resulta:

s = 9k’ + s', s' = 9k" + s', ... hasta ▓

luego a = 9(k + k' + k" + ...) + ▓ = 9K + ▓

Reducida al valor de una cifra, ▓ es la suma potenciada de los valores de las cifras de a, que no puede ser 0 pero sí ser 9, mientras que K es un natural cualquiera.

Así: 7.205 = 799 × 9 + 14 = 799 × 9 + 9 + (1 + 4) = 800 × 9 + 5

De donde la igualdad a = 9K + ▓

se expresa así: a = 9K+ ▓, ▓ < 9 o a = 9(K + 1)

y demuestra que el resto 9 de un natural cualquiera de muchas cifras es igual a la suma potenciada de los valores de sus cifras, salvo que ésta sea igual a 9, en cuyo caso es nula.

Si se cuenta como 0 el valor de esta suma cuando da 9, el resto por el 9 de todo natural es igual a su “suma potenciada” (SP).

La SP de un natural de muchas cifras es la suma “potenciada” de los valores de sus cifras reducidas luego a una sola, pero cuenta como 0 cuando equivale a 9.

La SP de un natural cualquiera es independiente de las inversiones y agrupamientos de términos, así como de los cálculos parciales y la supresión de los 9:

Así 341 =) 4 + (3 + 1) =) 8, 675 =) 13 + 5 =) 4 + 5 =) 0,

9 4 9 =) 0 + 4 + 0 =) 4

Gracias a estas propiedades, el cálculo mental de la SP de un natural cualquiera y también de su resto es más rápido que el de la calculadora.

Este juego-problema de apariencia tan moderna, en el que el papel y lápiz derrota a la calculadora, se debe a un extraordinario algoritmo mental... y ancestral.

Este algoritmo se demuestra por medio de la descomposición ordinal del natural con índices y exponentes, que vincula el concepto de múltiplo con la expresión compuesta de la división euclidiana.

La idea original de la suma potenciada de un natural cualquiera nace de este algoritmo y, luego de ser perfeccionada, le confiere su increíble eficacia. Es un monumento de la aritmética, aunque su aplicación fundamental al control operatorio (la famosa prueba del nueve) quedó un poco relegada luego del advenimiento de la calculadora, que “mató” sobre todo la regla de cálculo.

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5. Solución de “La cifra ausente”

Tanto el 7.544 como el 5.474 contienen, en distinto orden, dos 4, un 5 y un 7.

7.544 – 5.474 = 2.070, luego 2.0702 = 4.284.900

Sea s la suma de las cifras del cuadrado con una cifra ausente, s la suma potenciada correspondiente y c el complemento a 9 de dicha suma potenciada:

4.84900 da s = 8 × 2 + 9 y s = 1 + 6 = 7, luego c = 9 ‒ 7 = 2

42.4900 da s = 10 + 9 y s = 1 + 0 = 1, luego c = 9 ‒ l = 8

.284900 o 428.900 dan s = 14 + 9 y s = 5, luego c = 9 ‒ 5 = 4

42849.0 o 428490. dan s = 18 + 9 y s = 9, luego c = 9 ‒ 9 = 0

4284.00 da s = 10 + 8 y s = 9, luego c = 9 ‒ 9 = 0

y en este caso falla el “juego”.

La propiedad fundamental para cualquier natural de muchas cifras “a” se expresa:

a = 9k + s, k ┘ N* y s ┘ {1, 2, 3, ..., 9}

siendo s la suma potenciada de las cifras “a” y k un cierto coeficiente.

La diferencia entre los dos naturales elegidos, a > a', y su cuadrado se expresan así:

a ‒ a' = (9k ‒ ▓) ‒ (9k' ‒ ▓')

= 9(k ‒ k') + (▓ ‒ ▓')

Pero s = s', cualquiera sea el orden de las cifras, de donde ▓ ‒ ▓’ = 0, o sea: a ‒ a' = 9 (k ‒ k') = 9h,

luego: (a ‒ a')2 = (9h)2 = 9 (9h)2

De donde la diferencia de los cuadrados examinados es múltiplo de 9.

La doble consecuencia, directa y recíproca, de la propiedad fundamental, se establece sucesivamente de la siguiente manera:

a = 9h y a = 9k + ▓ =) ▓ = 9(h ‒ k) =) ▓ = 9 porque ▓ ≠ 0

luego: a = 9k + ▓ y ▓ = 9 =) a = 9 (k + 1) =) a + 9h

Siendo el cuadrado calculado múltiplo de 9, la suma potenciada de los valores de sus cifras es igual a 9 y la diferencia entre esta suma potenciada y la del cuadrado incompleto representa la cifra ausente, salvo que ésta sea 9, en cuyo caso la diferencia es 0, lo mismo que si la cifra ausente es 0.

Conviene entonces contar 9 cuando la diferencia es 0 y no usar éste como cifra ausente para evitar cualquier confusión respecto del 9, más “natural” que aquél.

Las respuestas a las cuatro preguntas de actualidad son las siguientes:

La probabilidad de determinar al azar la cifra ausente es 1/9, es decir, aproximadamente el 11 por ciento, porque hay una cifra favorable entre nueve posibles; por consiguiente, es una prueba interesante.

El natural permutable más pequeño es 10, que da 10 ‒ 01 = 9 como diferencia y 81 como cuadrado de ésta.

La mayor diferencia realizable con la calculadora de ocho cifras es 9999, porque:

9.9992 ‒ 99.980.001, pero (9.999 + 1)2 = 104)2 = 100.000.000

El natural permutable y operable más grande es, según nuestro “olfato”, el 99.999.998, porque

99.999.998 ‒ 99.989.999 = 9.999

que por estar tan cerca del máximo que se pueda registrar en la calculadora permite una gran cantidad de operaciones.

La cantidad de naturales formados por diez cifras decimales, sin olvidos ni repeticiones, es el de las permutaciones de diez elementos de {0, 1, 2, ..., 9}, es decir, 10! Entre los naturales, los que empiezan en 0 son ordinales y también su número es igual a 9! Por consiguiente, el número de naturales válidos es:

10! ‒ 9! = 9! × 10 ‒ 9! = 9! × 9 = 3.265.920

En lo que concierne a estas dos variantes, la primera es directamente aplicable, por ser el cálculo restante un múltiplo de 9; pero la segunda no lo es, como lo puede verificar usted mismo por medio de ejemplos.

Este juego-problema numérico brinda una excelente oportunidad para el cálculo mental (sumas potenciadas) e instrumental; pero requiere también cálculo literal, y en particular sobre una condición necesaria y suficiente (o propiedad característica).

Queda también mucho espacio para la observación, para fijar convenciones y estudiar variantes, así como para el análisis combinatorio y las probabilidades, con permutaciones y factoriales.

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6. Solución de "Los cardinales reversibles"

Cuando un natural comienza por una cifra de valor no inferior a 2, su producto por 9 posee ciertamente una cifra más, por consiguiente no se puede revertir. Por otra parte, sólo los naturales ordinales pueden comenzar por 0. Por consiguiente, la primera cifra de los cardinales buscados es 1.

De aquí resulta que la primera cifra de los productos por 9 obtenidos, sin aumentar el número de sus cifras, es también 9 = 1 × 9, la cual es también la última cifra de los cardinales buscados, resultado que se confirma con 9 × 9 = 81. Las cifras extremas de un cardinal cualquiera reversible por 9 son entonces 1 y 9, cualquiera que sea el número total de cifras.

Un cardinal cualquiera multiplicado por 9 es múltiplo de este número, por consiguiente su “suma potenciada” es 9; lo mismo sucede con el cardinal formado por las mismas cifras que aquél: es recíprocamente múltiplo de 9.

Si existiera un cardinal de dos cifras reversible por 9, tendría que ser el 19, pero éste no es múltiplo de 9, y por otra parte 19 × 9 = 171 ≠ 91; un cardinal de tres cifras reversible por 9 sólo podría ser el 189, pero 189 × 9 = 1.701 ≠ 981, por consiguiente no hay ninguno.

Un cardinal de cuatro cifras reversible por 9 se escribiría y daría:

× 9 = , con a + b = 8 o bien a + b = 17

Los valores de a que evitan los restos operatorios de orden siguiente son ciertamente el 0 y quizás el 1.

En el primer caso, sucede que b = 8, luego se obtiene el cardinal 1089, válido porque 1.089 × 9 = 9.801. En el segundo caso, b = 7, pero el cardinal resultante, 1.179, no es válido por cuanto 11 × 9 > 97. Por consiguiente, el único cardinal de cuatro cifras reversible por 9 es el 1089.

Por ello, un cardinal de cinco cifras que cumpla la condición debe ser el 10.089 o el 10.989. Pero 980 >> 100 × 9 y 10.989 × 9 = 98.901, luego sólo el último es válido.

El examen del cardinal reversible de cinco cifras muestra que el cardinal siguiente, de seis cifras, sólo se obtiene incluyendo un “9” después de su segunda cifra, y lo mismo sucede con los cardinales siguientes, de 7, 8, 9, ... cifras en relación al precedente de cada uno; se obtiene así una elegante ley de formación de los cardinales reversibles por 9 a partir del primero.

Los cardinales reversibles por 9 constituyen una serie infinita que comienza con el 1.089 y aumenta progresivamente en una unidad el número de sus cifras según la forma numérica general sencilla: , n ┘ N.

Estos cardinales también se pueden escribir como múltiplos de 9 y 11:

 o bien  

Estas nuevas formas generales se obtienen a partir de los siguientes algoritmos operatorios:

y por otra parte:

Este juego-problema de los “cardinales reversibles” recurre exhaustivamente a una ley de formación de números con búsqueda de formulaciones generales simples; pero el estudio se realiza con eficacia por medio de una microcomputadora.

Utiliza esencialmente las propiedades de los múltiplos de 9 y al algoritmo multiplicativo usual, por 9 e incluso en línea, con sus frecuentes “restos”.

Por último, emplea dos divisiones originales sobre naturales completos.

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7. Solución de "¡Una vez más el 1.089!"

He aquí, a velocidad de calculadora, el cálculo indicado para cada uno de los naturales señalados:

321 ‒ 123 = 198 y 198 + 891 = 1.089

955 ‒ 559 = 396 y 396 + 693 = 1.089

704 ‒ 407 = 297 y 297 + 792 = 1.089

El resultado de estos cálculos y de otros análogos es invariable: ¡nuevamente el 1.089!

Observe que no conviene repetir el cálculo rápidamente, o bien hacerlo en grupo para disfrutar el efecto cómico de la sorpresa general.

Sea el cardinal elegido abe, donde a > c. Su inverso es cba y sus descomposiciones ordinales se escriben así:

= c + 10b + 100a y  = a + 10b + 100c

La diferencia buscada es, entonces:

= (c + 10b + 100a) ‒ (a + 10b + 100c)

= 99a ‒ 99c = 99 (a ‒ c) = 99d

siendo d la diferencia a ‒ c.

Los valores de esta diferencia son exclusivamente los 9 primeros múltiplos de 99, exceptuando el 0, es decir:

La suma de cada uno de esos valores y su respectivo inverso da como resultado:

Así, cualquiera que sea el valor de a, b y c, siendo a > c, el cálculo efectuado conduce invariablemente al famoso 1.089, lo que resulta bastante natural después de tantas “vueltas”.

Si a < c, la diferencia es (naturalmente) indefinida, por consiguiente la resta y el cálculo resultan imposibles.

Si a = c, la diferencia es nula, por lo que no existe inversión válida y el cálculo carece de interés.

El caso a = 0 queda eliminado por la condición a > c, y por otra parte el natural es cardinal.

El caso b = 0 no modifica el cálculo, como se advierte en los primeros ejemplos.

El caso c = 0 es aceptable, incluso con b = 0, tomando como inverso de el natural , es decir, , como se indica:

630 ‒36 = 594 y 594 + 495= 1.089

900 ‒ 9 = 891 y 891 + 198 = 1.089

Finalmente, si d = 1, luego a = c + 1, la diferencia es siempre 99, luego 099, cuyo inverso es 990; así:

645 ‒ 546 = 99 o bien 100 ‒ 1 = 99 y 99 + 990 = 1.089

Existen mil ordinales de tres cifras, del 000 al 999; entre ellos, 10 × 10 = 100 son del tipo aba (porque a y b tienen a los sumo diez valores) y no respetan la condición a > c.

Los 1.000 ‒ 100 = 900 ordinales restantes son necesariamente inversos de 2 a 2 del tipo , a ≠ c, pero sólo una de cada pareja respeta a > c. De donde 900/2 = 450 naturales de ese grupo, es decir, en total, poseen la propiedad operatoria en estudio.

Confíese que esto tiene su importancia, aunque estos cardinales “activos” engendran apenas nueve diferencias distintas, sufriendo una reducción del 98 por ciento, porque (450 ‒ 9)/450 = 0,98.

Este juego-problema con el 1.089 utiliza el cálculo literal basado en descomposiciones ordinales, seguido de operaciones numéricas sistemáticas introducidas por una investigación exhaustiva original apoyada en una tabla.

Asimismo, y para terminar, aporta una enumeración delicada y aleccionadora, precedida de un examen racional de casos particulares de interés.

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II

¡Un negocio redondo!

Para no ocultarle nada (o para decir todo por escrito), explicaré el título seudo-optimista de esta serie señalando que se refiere esencialmente al círculo (también llamado circunferencia) y también al disco, que no es un círculo relleno (ni el otro es un disco vaciado), así como a figuras circulares: sector, segmento, corona y lúnula.

Esta serie comprende media docena de juegos-problemas:

— La cinta adhesiva le propone calcular, de dos maneras y con ciertas características técnicas, un rollo de cinta adhesiva sobre su bobina (de secciones circulares) sin correr el riesgo de pegotearse los dedos.

— Baloncesto en todas las categorías le invita a efectuar una comparación audaz: las probabilidades materiales (y circulares) de tres baloncestistas excepcionales de encestar el balón. Son ellos un jugador de los “Harlem Globetrotters”, un liliputiense y Arquímedes.

— En Itinerarios urbanos usted disfrutará de un paseo agradable por la ciudad, debiendo elegir entre distintas rutas (algunas de las cuales son circulares) descubiertas por usted y clasificadas de acuerdo con su longitud.

— Un maxicerco tejano lo lleva al viejo far west, donde deberá ayudar a un cowboy en la difícil tarea de elegir la mejor forma de un corral de hacienda entre distintas posibilidades (entre ellas, un círculo) y extraer luego una serie de conclusiones interesantes.

— En El blanco coronado usted estudiará atentamente las distintas propiedades geométricas de un original blanco de tiro (en

— forma de coronas) y aplicará ciertas propiedades de las superficies a una corona simple.

— Máscaras y lúnulas le mostrará dos bellas máscaras africanas dibujadas con lúnulas con las cuales usted demostrará una curiosa propiedad antes de iniciarse en la creación artística.

Todos estos juegos-problemas utilizan ampliamente las clásicas expresiones circulares 2πr que da la longitud o perímetro de la circunferencia y πr2, fórmula del área del círculo; con el famoso número de Arquímedes, el π, número irracional que acompaña fielmente al radio r de estas figuras, porque este número no se puede representar con exactitud en forma de fracción ni de decimal, aunque admite valores aproximados, de los cuales los más frecuentes son 3,14; 3,1416 e incluso 22/7. Por consiguiente, esta serie abunda en cálculos irracionales, e incluye también algunas áreas no circulares.

Muchos de los juegos-problemas mencionados le permitirán descubrir en forma matemática algunas situaciones paradójicas, es decir, contrarias a la opinión general y el sentido común, y por ello mismo, particularmente agradables. Porque no se deben confundir estas situaciones paradójicas con las paradojas filosóficas como la del Mentiroso, la del Barbero o la del Ahorcado, que revelan las nociones contradictorias contenidas en las grandes teorías matemáticas y permiten así su revisión. Esas paradojas suelen ser más arduas que las utilizadas aquí, aunque igualmente divertidas. Por otra parte, estas situaciones plantean extremizaciones interesantes.

La idea de equivalencia geométrica está muy presente en esta serie, donde usted hallará figuras distintas de la misma área o “extensión”, independientemente de sus formas, es decir, esencialmente no isométricas. Algunas de estas equivalencias también presentan cualidades paradójicas. Junto con estas equivalencias aparecen distintas propiedades geométricas, entre ellas el teorema de Pitágoras.

Finalmente, si a usted le agrada el dibujo geométrico, alégrese, porque tendrá dos ocasiones de realizarlo. El diseño, aunque no se grafique, es parte integrante de la investigación matemática, sin perder por ello su indudable interés artístico.

Ahora, para vivir intensamente las divertidas peripecias que hemos anunciado y a la vez hacer matemática “circular”, entre de lleno en el primer juego-problema de esta gran serie... ¡y que haga un negocio redondo!

1. La cinta adhesiva

En una fábrica producen un rollo de 1 dm de diámetro, expendedor de cinta adhesiva, enrollando 25 m de cinta plástica enduida con adhesivo sintético y de un espesor total de 0,1 mm sobre una bobina, también de plástico y de su mismo ancho.

A partir de los datos numéricos dados, ¿puede usted calcular de una u otra manera (porque existen dos) el diámetro de la bobina y el número de vueltas de la cinta a su alrededor? Se trata de dos características técnicas igualmente interesantes.

Le propongo tres actitudes posibles ante este atractivo juego-problema, con una observación concreta para cada una:

Si después de haber estudiado bien el problema usted no “ve” ninguna solución, sólo le queda pasar al párrafo siguiente y leerlo con atención.

Si usted ve una sola solución, aplíquela, verifíquela, pero no deje de conocer la otra, explicada más adelante que tal vez sea mejor que la suya y merezca ser ensayada.

Finalmente, si descubre dos soluciones (por lo menos) y si la verificación indica que sus resultados son correctos, ¡bravo por usted! Se ha hecho acreedor a la cinta azul (adhesiva).

En efecto, se puede determinar el diámetro de la bobina y el número de vueltas de la cinta adhesiva por medio del perímetro o bien del área de los círculos, secciones rectas de los cilindros de la bobina y el rollo.

En el primer caso, llame X el diámetro de la bobina expresado en centímetros y exprese con X la longitud media de las vueltas de la cinta, en centímetros y sobre una corona, luego el número de vueltas por los espesores.

El problema se expresa como una ecuación al considerar la longitud de la cinta, y esta ecuación de segundo grado incompleta después de su transformación se resuelve fácilmente; su solución permite “remontar” el número de vueltas de la cinta.

En el segundo caso, calcule numéricamente en centímetros cuadrados las áreas del rollo y de la cinta enrollada (desenrollándola mentalmente), luego de la bobina. Entonces es fácil determinar el diámetro, que nos da a continuación el número de vueltas de la cinta. Compare la segunda resolución con la primera y finalmente, por el solo gusto de hacerlo, a partir del número de vueltas de la cinta calcule la longitud media y el diámetro medio de una vuelta de cinta.

Esta cinta adhesiva enrollada recuerda un cierto papel matamoscas, artículo de farmacia que hoy es difícil de hallar (a diferencia de la “droga”, pero en otra parte) y cuyo fin era diezmar las moscas, es decir, etimológicamente, provocar el deceso de uno de cada diez de esos molestos dípteros, que quedaban adheridos para siempre sobre la cinta dulce y venenosa, abierta en forma de hélice.

Solución

2. Baloncesto en todas las categorías

En un comentario sobre la admirable teoría de la palanca, el sabio Arquímedes dijo, dos siglos antes de Cristo: “Dadme un punto de apoyo y moveré la Tierra” (nada menos). En nuestra época excepcional y equilibrada, si tuviera la fuerza y el genio (¡por lo menos!) necesarios, Arquímedes hubiera agregado: “¡Luego la haré pasar por un anillo, como un balón de baloncesto!”

Para abordar este juego-problema deportivo, supongamos que la cosa fuera posible y que la Tierra fuera redonda como un balón (no ovalada ni elipsoidal), lisa (la tierra de las montañas llenaría las depresiones) y con un diámetro de 12.735 km (una media conocida); imaginemos luego que el perímetro del anillo fuera exactamente 1 m (un metro) mayor que el de la Tierra (¡y por qué no un metro!).

Después de pensarlo, ¿podría decirme cuáles serían las probabilidades materiales de que Arquímedes lograra encestar, comparadas con las de un fabuloso Harlem Globetrotter, cuyo balón mide exactamente 24,7 cm de diámetro, pero que tuviera que encestar en un anillo de perímetro superior en un metro al del balón (cuando el anillo real mide 45 cm de diámetro)?

¡Esto no es billar sino baloncesto! Apuesto que usted, como Arquímedes, busca un buen punto de apoyo.

Si gané la apuesta, ¡continúe esta apasionante lectura!

Reconozca que las probabilidades materiales de lograr un tanto sólo dependen del intervalo existente “todo alrededor” del balón y el anillo, lo que dista de ser ilógico y, por el contrario, resulta fundamental.

Sólo queda calcular numéricamente (usted verá cómo se las arregla) los intervalos correspondientes a Arquímedes y a los Harlem Globetrotters para sus respectivos balones y luego compararlos. Al devolverles a los Harlem el anillo habitual y normal que reivindican (?) usted puede calcular en términos porcentuales el exceso o falta de probabilidades que poseen en comparación con Arquímedes.

¿Le aburren los cálculos numéricos? En ese caso, efectúe cálculos literales: exprese en metros el intervalo i, luego la diferencia entre los perímetros y los respectivos diámetros d del balón y d' del anillo y transforme esas expresiones.

En cualquiera de los dos casos, numérico o literal, usted podrá lanzar su eureka final, a semejanza del ilustre Arquímedes, aunque en circunstancias diferentes, probablemente.

Asimismo sentirá la tentación de comparar con los anteriores las probabilidades materiales que tendría un baloncestista liliputiense (e imaginario) al lanzar un balón puntual hacia un anillo de perímetro siempre un metro mayor que el del balón.

Con toda seguridad, esta comparación no lo defraudará.

Solución

3. Itinerarios urbanos

En una región llana, al borde de una gran plaza redonda que ostenta en su centro O una magnífica estatua ecuestre (caballero y caballo), se alza un importante complejo edificio, obra de un urbanista moderno. El complejo está limitado por dos tramos de calles de eje circular y y dos tramos de avenidas de eje rectilíneo AC y BD. De donde A, B, C y D son centros de cruces muy ajetreados.

y son arcos de un tercio de círculo con centro en O; A y C, lo mismo que B y D, están alineados con O. ¿De acuerdo?

A y B se encuentran a la misma distancia métrica d de C y D respectivamente, y estos últimos se encuentran a la misma distancia métrica r de O. ¿Me sigue hasta aquí?

Puesto que un buen croquis vale más que una larga descripción (sobre todo en matemática), forzosamente dos croquis servirán para aclarar la situación que presenta este juego-problema en gran medida circular.

A partir de la rigurosa descripción geométrica precedente, dibuje, como un urbanista y émulo del genial Le Corbusier, un plano detallado de las arterias que limitan el complejo y luego trace un esquema simplificado de acuerdo con las pautas señaladas a fin de realizar los cálculos que siguen.

Se dice que todos los caminos, pequeños o grandes, conducen a Roma. Pero entre los que parten de un mismo punto se encuentra un camino más corto, que usted no puede desconocer, al menos en teoría.

Se trata de ir de A a B siguiendo algunos de estos itinerarios reales:

— tomando el eje de la calle .

— siguiendo los ejes viales AC, y luego DB alrededor del complejo

— uniendo, a pie y de noche, A con O y O con B; es decir, pasando por O para saludar al caballo.

Trate de determinar a ojo el más corto de los tres caminos mencionados. Calcule luego, con d y r, las longitudes de esos paseos y del recorrido teórico AB, luego ordénelos de acuerdo con la longitud: al compararlos, se llevará una sorpresa.

No le prestaré la menor ayuda para realizar los croquis señalados, pero le aconsejo que ponga todo cuidado en esa agradable tarea; en caso de necesidad, siempre puede echar un vistazo bajo cuerda a la solución.

Los cálculos de longitud requeridos, circulares o rectos y en muchos casos obtenidos por medio de sumas, son elementales y no podrán detenerlo.

En cambio, las comparaciones tienen sus bemoles: conviene realizarlas de a dos, en orden, aprovechando una desigualdad particularmente ventajosa: πn/3 > n, n ┘ R+*.

A continuación, le invito a conocer la (buena) solución de este juego-problema, sobre todo para verificar sus resultados. Pero no lo haga sin haber recorrido en todas las direcciones los caminos de su propio saber matemático, saber que imagino perfectamente recto.

Solución

4. Un maxicerco tejano

En la época heroica del far west norteamericano, más allá del Misisipí, un cowboy y su tropilla acaban de asentarse en una gran pradera llana en el corazón de Texas, tierra fértil y rica en buenas pasturas (good grass).

Nuestro joven vaquero resuelve ante todo levantar un cerco sólido para su ganado. Un bosque próximo (next wood) le proporciona las estacas necesarias y ya tenía consigo un rollo de 120 m de alambre de púas (barbed wire) de la mejor calidad. Sin embargo, un grave problema le daba qué pensar y mitigaba su entusiasmo: qué forma convenía darle al espacio encerrado para aprovechar al máximo su alambre de púas, es decir, para cercar la mayor superficie posible.

El cowboy había optado lógicamente por una figura cerrada sencilla, pero se debatía aún en la duda sobre cuál era la más conveniente:

Un cuadrado o bien un rectángulo, el doble o triple de largo que de ancho.

Un triángulo con lados de 30, 40 y 50 m, un triángulo equilátero o un rectángulo isósceles.

Un trapecio isósceles con bases de 32 y 42 m o un hexágono regular.

Un círculo con el alambre enlazado en las estacas o un semicírculo cerrado por el diámetro de unión de los extremos.

Lo invito a prestar ayuda a este ganadero perplejo, comparando las áreas de las mencionadas figuras isoperimétricas a fin de que pueda elegir lo más conveniente para él mismo y sus animales.

Antes de empezar a calcular, trate de imaginar cuál será el área mayor y cuál la menor, salvo que usted piense que son todas iguales porque las figuras correspondientes tienen todas el mismo perímetro.

Calcule luego todas las áreas, en metros cuadrados y con su perímetro, empleando la fórmula correspondiente a cada caso, que usted sin duda conoce. Ayúdese con la calculadora.

Clasifique y ordene las áreas calculadas: tal vez se verá sorprendido por los resultados.

Ahora podrá responder a un gran interrogante geométrico, a propósito de este juego-problema sobre el Oeste norteamericano: en cada uno de los siguientes conjuntos de figuras supuestamente isoperimétricas, ¿cuál es la figura que posee el área mayor? Las cerradas planas; los triángulos, cuadriláteros y polígonos de un mismo número cualesquiera de lados; los polígonos convexos regulares.

La clasificación mencionada debería sugerirle las respuestas, sin darle garantías sobre la validez. Y si aún vacila, puede calcular algunas áreas suplementarias de apoyo.

Del estudio anterior pueden surgir otras propiedades interesantes, por ejemplo sobre la comparación de los perímetros de figuras equivalentes. Prefiero dejarlo ahí: You are a poor lonesome cowboy.

Solución

5. El blanco coronado

El original blanco de tiro que se observa aquí (modelo no patentado, a pesar del título) posee, gracias a sus coronas circulares, concéntricas y yuxtapuestas varias propiedades singulares, sobre todo de equivalencia geométrica.

La intención (y la pretensión) de este juego-problema es que usted se interese por estas propiedades circulares, aunque no sea tirador con armas de fuego ni émulo del legendario Robin Hood.

Si el puntaje de un disparo contra este blanco sólo dependiera de las áreas de las partes señaladas, entonces el disco central y la corona periférica, ambos sombreados en el dibujo, valdrían exactamente la misma cantidad de puntos.

Usted probablemente no está convencido de que esta afirmación paradójica sea cierta, aunque aceptaría el puntaje; por eso le propongo demostrarla literalmente, sin utilizar otra cosa que el ancho “e” correspondiente a todas las coronas del blanco.

En la hipótesis del puntaje, se podría reemplazar la corona periférica por un rectángulo ficticio o rectángulo asociado con la corona, del mismo ancho que ésta y de largo igual a su perímetro medio, el del círculo señalado con la línea de puntos. La posibilidad de hacer ese reemplazo está a la vista, pero compruébelo matemáticamente para justificarla.

Por otra parte, en este asombroso blanco existe otro rectángulo, o rectángulo vinculado con el blanco, también trazado con líneas de puntos y también especial, pero por otros motivos: en efecto, constate que ese rectángulo, inscrito en el círculo exterior del blanco, es tangente por sus lados opuestos a los dos principales círculos interiores.

Reconocerá usted que la posición del rectángulo es excepcional, pero demuéstrelo también, para no dejar la menor duda.

Para ir derecho al grano, le propongo que juntos apuntemos hacia el blanco coronado, tal vez con ayuda de un anteojo a fin de descubrir ciertos detalles que se podrían generalizar.

Primero es necesario demostrar, por medio de cálculos de áreas con “e”, que la corona periférica y el disco central con equivalentes.

El análisis de esta equivalencia indica, por igualdad de cuadrados, que existen otros blancos “equivalentes”, pero menos “compactos”. Tal vez usted pueda descubrirlos.

A continuación, se trata de “realizar” y demostrar que el triángulo ficticio asociado con la corona periférica es equivalente a ésta, efectuando una “transformación” y después un cálculo.

La transformación anterior sugiere que el rectángulo asociado con toda corona, de radios R y r, es equivalente a ésta, como usted podría demostrar por medio de un cálculo literal.

Se trata finalmente de establecer que el rectángulo inscrito en el círculo grande de la corona y tangente al círculo interior por lados opuestos es también tangente al círculo central por los otros dos lados; lo que equivale a comparar, con ayuda de Pitágoras, el largo del rectángulo con el diámetro del círculo central.

En esta comparación aparece una nueva equivalencia entre una corona cualquiera y un disco, también ficticio. ¿Puede usted determinar el diámetro del disco, aprovechando cierta cuerda tangente?

Reconozca ahora que este blanco coronado merece su corona: una corona de... ¡juegos-problemas!

Solución

6. Máscaras y lúnulas

He aquí dos bellas máscaras, clásicas y simétricas, atribuidas al poderoso brujo de una tribu del África negra (hipótesis no verificada), evidentes manifestaciones de arte naïfy primitif.

En cuanto al dibujo (si se lo puede llamar así), estas máscaras se componen esencialmente de unas figuras circulares especiales, llamadas lúnulas.

Mitad creciente, mitad menguante, la lúnula es la parte del plano comprendido entre dos arcos de círculo con los mismos extremos y con las concavidades hacia el mismo lado.

Un tal Hipócrates (el matemático, no el médico) hizo de las lúnulas su especialidad, tratando de hallar por ese medio la “cuadratura del círculo”, que desde luego jamás pudo resolver.

Pero los dibujos lunulados interesan a los juegos-problemas matemáticos debido a una misteriosa propiedad geométrica... y pilosa: en los dos dibujos, la barba ocupa el mismo lugar que la cabellera (son las áreas sombreadas).

Ni más ni menos. Pero falta demostrarlo.

No creo que estas equivalencias lo asusten; pero aparto la máscara y le doy alguna información para orientar sus investigaciones, y luego algunos complementos para seguirlas si le alcanza el tiempo.

En la primera figura calcule con r el costado f, luego las áreas de los dos sectores circulares, particulares y aparentes; de esas áreas, deduzca por sustracción la equivalencia entre la lúnula y el triángulo, luego exprese su área común.

En la segunda figura, exprese primero el área de la doble lúnula, con r y por deducción de la primera figura, luego compare esta área con la del cuadrado y con la de los dos elementos sombreados de la primera figura.

No sería extraño que usted, por jugar al artista o al brujo, quiera dibujar máscaras con equivalencias como las que le he mostrado.

Si es así, no deje de hacerlo. Utilice de a dos los cuatro elementos equivalentes conocidos, inviértalos y así obtendrá figuras decentes, aunque no todas estéticas; pero ¿cuántas figuras?

Prometo mostrarle algunas muy características.

Estudie más atentamente las dos equivalencias propuestas y se convencerá de que la primera no se aplica al triángulo isósceles no rectángulo (por ejemplo, equilátero), mientras que la segunda se puede aplicar a una doble lúnula no simétrica a condición de modificar el cuadrado, mientras que las puntas extremas de las lúnulas (simple o doble) siguen siendo diametralmente opuestas.

Pero éste es un problema sin juego, así que (se) lo dejo ya.

Solución

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Soluciones de “¡Un negocio redondo!”

1. Solución de “La cinta adhesiva”

La resolución por medio del perímetro es la siguiente:

—sea X el diámetro de la bobina en centímetros.

El diámetro medio de la sección de la cinta enrollada, que es una corona circular, se expresa en centímetros con (10 + X)/2, de donde la longitud media de las vueltas de la cinta, perímetro medio de esa corona, es π (10 + X)/2.

El espesor total de la cinta enrollada, longitud de la misma corona, se expresa en centímetros con (10 ‒ X)/2, de donde el número de vueltas de la cinta es (10 ‒ X)/2/0,01.

La ecuación del juego-problema sobre la longitud de la cinta es entonces:

y se transforma progresivamente así:

π (102 ‒ X2) = 2.500 × 0,04 de donde 100π ‒ πX2 = 100

luego: X2 = 100(π ‒ 1)/π y x2 ▀ 214/3,14 = 68,1528

con π ▀ 3,14

y en fin: X = √68,1528 ▀ 8,26 porque X ┘ R+

El diámetro de la bobina es entonces de 8,26 cm y la cinta de 87 vueltas, siguiendo la expresión:

(10 ‒ 8,26)/(2 × 0,01) = 87

La resolución por medio del área se descompone de la siguiente manera.

Área en cm2 de la sección del rollo, un círculo π(10/2)2 = 25π.

Área en cm2 de la sección de la cinta enrollada, o sea de la “tajada” rectangular de la cinta desenrollada sobre un plano: 2.500 × 0,01 = 25

Área resultante de la sección de la bobina: 25π ‒ 25 = 25 (π ‒ 1).

Diámetro de la bobina, en cm: ▀ 8,26, con π es 3,14.

Espesor total de la cinta enrollada: (10 ‒ 8,26)/2 = 0,87.

Número de vueltas de la cinta: 0,87/0,01 = 87

En definitiva, las dos características buscadas se obtienen aquí como en la primera resolución; de todas maneras, la segunda, aunque parece menos “natural”, es mucho más rápida porque no requiere ninguna transformación literal.

Longitud media de la vuelta de cinta, en cm: 2.500/87 ▀ 28,74

Diámetro medio de la vuelta de cinta, en cm: 28,74/3,14 ▀ 9,15

De donde en promedio, la vuelta de cinta es de 28,74 cm, sobre un diámetro de 9,15 cm.

En rigor, la sección de cinta enrollada no se compone de una serie de círculos concéntricos sino de una espiral (tampoco una hélice, que es una curva alabeada); no obstante, los resultados de las dos resoluciones son idénticos y muy cercanos a la realidad, ya que se trata de una espiral muy “apretada”.

El juego-problema de la cinta adhesiva presenta dos resoluciones diferentes, una numérica, la otra literal, que pueden ser comparadas.

La resolución literal es una ecuación con medios aritméticos seguida de una transformación que conduce a una ecuación de segundo grado incompleta, fácil de resolver mediante la extracción de una raíz cuadrada por medio de la calculadora.

Las dos resoluciones permiten utilizar las expresiones circulares como perímetro del círculo y área del disco incluso para cálculo de diámetros.

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2. Solución de “Baloncesto en todas las categorías”

Veamos primero el caso balón Tierra.

“Perímetro” aproximado en kilómetros:

12.735 π = 12.735 × 3,14 = 39.987,90 (redondeado como es usual, 40.000)

Perímetro correspondiente del “anillo” terrestre:

39.987,90 + 0,001 = 39.987,901

Diámetro correspondiente del anillo:

39.987,901/3,14 = 12.735,000318 (la calculadora de 8 cifras no sirve)

Intervalo correspondiente entre la Tierra y su anillo: (12.735,000318 ‒ 12.735)/2 = 0,000159, es decir, una separación aproximada de 15,9 cm.

El primer resultado es paradójico: ¿quién podía imaginar una diferencia de algunos micrones o milímetros? Porque, ¿qué es un metro en comparación con 40.000 kilómetros? Sin embargo, el razonamiento y el cálculo son irrefutables.

Ahora pongamos los pies sobre la Tierra y veamos qué sucede con un balón de baloncesto.

“Perímetro aproximado del balón en centímetros: 24,7 × 3,14 = 77,6

Perímetro correspondiente del anillo especial: 77,6 + 100 = 177,6 Diámetro correspondiente del anillo: 177,6/3,14 = 56,5 Intervalo correspondiente entre el balón y el anillo: (56,5 ‒ 24,7)/2 = 15,9, es decir, una separación de aproximadamente 15,9 cm.

El segundo resultado es tan paradójico como el primero: uno no “veía” el mismo intervalo debido a la enorme diferencia entre la Tierra y el balón, pero eso es lo que indica el cálculo.

Los resultados anteriores demuestran que Arquímedes tiene las mismas probabilidades materiales de encestar que el jugador de los Harlem Globetrotters. ¡Sí, señor!

El primero incluso tendría un 50 por ciento más de probabilidades que el segundo si éste usara un balón y anillo de baloncesto verdaderos, porque el intervalo en este caso es de apenas 10 cm; en efecto:

(45 ‒ 24,7)/2 = 10,15, luego

El estudio numérico que se acaba de realizar le puede parecer arduo o no, pero invita a efectuar un cálculo literal de generalización.

Sea d el diámetro, en metros, de un balón cualquiera, d’ el de su anillo, i el intervalo entre uno y otro.

i y la diferencia de un metro entre los perímetros se expresan con d y d’ así:

i = (d' ‒ d)/2 y 1 = πd' ‒ πd

de donde: d' ‒ d = 2i = 1/π luego i = 1/2 π = 0,159

Por consiguiente, si la diferencia entre los perímetros es de un metro, el intervalo es siempre de 15,9 cm. cualesquiera que sean los diámetros; este resultado compensa la falta de precisión de los cálculos numéricos iniciales.

Con un balón puntual y en el límite, 15,9 cm es el radio del anillo, que tiene entonces un perímetro de lm o 100 cm, porque 2 × 3,14 × 15,9 = 99,852.

Por consiguiente, en este campeonato abierto a todas las categorías, Arquímedes, el Globetrotter y el jugador liliputiense tienen las mismas probabilidades materiales de encestar. ¡Tal como le digo!

Este competitivo juego-problema deportivo le brinda la ocasión de familiarizarse con la relación del perímetro de un círculo, incluso para determinar su diámetro, tanto por medio del cálculo numérico a través del examen de un caso límite, como del cálculo literal para generalizarlo.

También presenta una interesante doble paradoja al apelar de manera numérica e intuitiva al concepto de probabilidad.

Finalmente, el partido de baloncesto entre Arquímedes, Swift y los Harlem Globetrotters introduce en estas actividades matemáticas la distensión física y la dosis de humor necesarias para la buena salud del investigador.

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3. Solución de “Itinerarios urbanos”

Los cuatro ejes de las calles que limitan el complejo forman un arco de corona circular concéntrico y de ángulo central de 120°.

Así aparece en los dos croquis más abajo, pero es necesario señalar lo siguiente:

En el primer croquis, los límites de la base del complejo forman un arco de corona circular de las mismas propiedades del anterior, la calle que linda con la plaza es, más precisamente, una lateral.

En el segundo croquis, el punto señalado con H es la intersección de (AB) y de la perpendicular a (AB) que llega a 0, la que por consiguiente es también la mediatriz de [AB] y la bisectriz de [O], de acuerdo con las propiedades geométricas elementales.

Las longitudes en metros de todos los trayectos se expresan así:

= 2π (r + d)/3 = (2π r/3) + (2π d/3)

AC + + DB = d + (2πr/3) + d = 2d + (2πr/3)

AO + OB = d + r + r + d = 2r + 2d = 2(r + d)

AB = 2AH = 2(r + d) √3/2 = (r + d)√3

porque el triángulo AOH es semiequilátero, de hipotenusa AO.

La comparación de las longitudes precedentes se realiza fácilmente, señalando que:

π > 3 =) π/3 > 1 =) π n/3 >n, n ┘ R+

n = 2d =) 2π d/3>2d =) (2π d/3) + (2π r/3) > 2d + (2π r/3) =)

AB > AC + CD + DB

n=2r =) 2π r/3 > 2r =) (2πr/3) + 2d > 2r + 2d =) AC + CD + DB > AO + OB

n=2 =) 2π/3 > √3, porque √3 < 2 =) 2π (r+d)/3 > (r+d)√3 =) > AB

luego AB < AO + OB < AC + CD + DB < AB

El camino más corto de A a B es desde luego AB (¡la línea recta!), pero cabe señalar también que es más “corto” bordear el complejo que recorrerlo a todo lo largo y aun más “corto” ir a saludar al caballo al paso que bordear el complejo. Reconozca que estos resultados son paradójicos, pero no serían válidos si, por ejemplo, AB y CD fueran cuartos de círculo.

¿Había descubierto ese itinerario mínimo? ¿Tenía usted razón?

Este estudio sólo se refiere a las longitudes de los trayectos, no a su duración, porque en ese caso sólo es óptimo el “vuelo de pájaro” (gorrión o paloma), mientras que los otros medios están sembrados de obstáculos: cruces de carreteras, barreras, semáforos, etcétera.

Desde el punto de vista matemático, este juego-problema de los itinerarios urbanos alrededor de un complejo edilicio de nuestra época presenta dos actividades distintas, motivadas por consecuencias curiosas.

En la primera parte aparece un trazado geométrico, en gran medida circular, a partir de la descripción de una figura; junto a éste aparece un croquis para asegurar el vínculo entre teoría y práctica.

La segunda parte comprende el estudio de un arco de corona circular, definido en la primera, con cálculos literales y comparaciones múltiples de diversas longitudes.

Estos itinerarios proporcionan una interesante minimización de tipo estratégico asociada con sus resultados paradójicos; sus características son de naturaleza tal que justifican el desarrollo de la situación.

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4. Solución de “Un maxicerco tejano”

Los cálculos siguientes, en metros cuadrados y por medio de la calculadora, de las áreas A de las figuras indicadas, todas de un perímetro de 120 m, le permitirán poner a prueba su olfato:

Cuadrado: lado: 120/4 = 30, luego A = 302 = 900

Rectángulo de largo tres veces superior al ancho:

ancho: 120/2/(3 + 1) = 120/8 = 15, luego

longitud: 15 × 3 = 45 y A = 45 × 15 = 675

Rectángulo de largo cuatro veces superior al ancho:

ancho: 120/2/5 = 12, luego

longitud: 12 × 4 = 48 y A = 48 × 12 = 576

Triángulo de 30,40 y 50 m de lado:

El perímetro en metros de este triángulo es 30 + 40 + 50 = 120 m

Es de tipo 3-4-5, es decir, rectángulo, con hipotenusa de 50 m.

Por consiguiente: A = 30 × 40/2 = 600

Triángulo equilátero de lado c, altura = c√3/2:

A = (c/2) (c√3/2) = c2 √3/4 con c = 120/3 = 40

luego A = 402 √3/4 = 400√3 = 692,82

Triángulo rectángulo-isósceles de lados iguales c, hipotenusa c√2:

2c + c√2 = 120, luego c = 120/(2 + √2) = 60(2 ‒ √2)

luego A = c2/2 = 1.800(2 ‒ √2)2 = 617,66

Trapecio isósceles de 52 y 32 m de bases:

lados iguales: (120 ‒ 52 ‒ 32)/2 = 18

altura al cuadrado: 182 ‒ ((52 ‒ 32)/2)2 = 324 ‒ 100 = 224 (según Pitágoras)

luego A = (52 + 32)/2 × √224 = 42 × √224 = 628,60+

Hexágono regular: lados iguales: 120/6 = 20, apotema: 20√3/2 = 10√3

luego A = 20 × 10√3/2 × 6 = 600√3 = 1.039,23

Círculo: radio: 120/2π = 60/71

de donde A = π(60/π)2 = 3600/π = 1.145,92+

Semicírculo cerrado por radio r:

(2πr/2) + 2r = 120, luego r = 120/(π + 2)

luego A = π(120/(π + 2)2/2 = 7.200π/(π + 2)2 = 855,6

Esta es la serie de las áreas calculadas, en orden de magnitud decreciente. Como se ve, no hay dos áreas iguales:

círculo:

1.145,92

rectángulo 3:

675

hexágono regular:

1.039,23

trapecio isósceles:

628,60

cuadrado:

900

triángulo rectángulo isósceles:

617,66

semicírculo:

855,63

triángulo 30-40-50:

600

triángulo equilátero:

692,82

rectángulo 4:

576

Por consiguiente, estas figuras isoperimétricas no son equivalentes. El área mayor es la del círculo, la más pequeña la del rectángulo 4, aquélla es casi el doble de ésta. Existen figuras análogas de áreas menores, como el rectángulo 5 de 500 m2; y el área nula o mínima puede ser la del rectángulo-segmento de 60 m.

La serie indicada es lo suficientemente variada para sugerir las siguientes propiedades, que además son demostrables:

De todas las innumerables figuras planas que poseen el mismo perímetro cualquiera que sea, el círculo posee el área mayor.

Entre todos los triángulos o cuadriláteros isoperimétricos, el área máxima corresponde al equilátero y al cuadrado, respectivamente; de donde, entre los polígonos isoperimétricos de un mismo número cualquiera de lados, el área máxima corresponde a la figura regular.

Finalmente, en un conjunto de polígonos convexos regulares isoperimétricos, el que posee el mayor número de lados (es decir, el más “próximo” al círculo) posee el área mayor.

Este juego-problema del maxicerco tejano se refiere a la maximización de las áreas de figuras isoperimétricas, entre las cuales domina el círculo.

Esta surge de la observación de una serie de áreas seleccionadas, por medio de un verdadero trabajo de investigación matemática, independiente y creador.

Cada área es la solución de un problema tipo aplicado a toda una gama de figuras planas cerradas: calcular el área de una figura, conociendo su perímetro; los cálculos de áreas permiten un amplio vistazo a todo el problema.

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5. Solución de “El blanco coronado”

Área del disco central, de radio 3e: π(3e)2 = 9πe2

Área de la corona periférica de radios 4e y 5e:

π(5e)2 ‒ π(4e)2 = 25πe2 ‒ l6πe2 = 9πc2

De donde el disco y la corona son equivalentes y su puntaje es correcto, en la hipótesis señalada.

Esta equivalencia poco evidente se debe a la igualdad 52 ‒ 42 = 32. Otros blancos poseen la misma propiedad, aunque en forma menos “prolija”, a partir de igualdades tales como: 102 ‒ 82 = 62; 172 ‒ 152 = 82; 132 ‒ 122 = 52, etcétera.

La equivalencia entre la corona periférica y el rectángulo asociado con el blanco parece evidente; en efecto, al “seccionar y desenrollar” la corona, se tiene la impresión de obtener el rectángulo ficticio.

Radio del círculo medio de la corona: (4e + 5e)/2 = 4,5e

Perímetro de ese círculo: 2π × 4,5e = 9πe

Área del rectángulo asociado: 9πe × e = 9πe2

No hay duda, entonces, sobre esta equivalencia, ahora demostrada, ni sobre el reemplazo propuesto.

Sean R y r los radios grande y pequeño de una corona cualquiera.

Ancho de la corona: R ‒ r

Radio de su círculo medio: (R + r)/2

Perímetro de ese círculo: 2π(R + r)/2 = π(R + r)

Área del rectángulo asociado: π(R + r) (R ‒ r) = πR2 ‒ πr2

Esta área es también la de la corona, equivalente al rectángulo asociado.

Sea ABCD el rectángulo inscrito en el círculo grande de la corona periférica de centro O y tangente al círculo pequeño por sus lados opuestos AB y CD.

Aplicando Pitágoras al triángulo O AH, rectángulo en el punto de tangencia H, tenemos:

OA2 = OH2 + AH2 luego AH2 = OA2 ‒ OH2

Luego AH2 = (5e)2 ‒ (4e)2 = 25e2 ‒ 16e2 = 9e2 = (3e)2

y finalmente AH = 3 de donde AB = 2AH = 6e

De la última relación resulta que los lados AB y CD del rectángulo son iguales al diámetro del círculo central. En consecuencia, gracias a la simetría, el rectángulo es tangente a este círculo por sus otros dos lados, es decir, constituye el rectángulo vinculado con el blanco.

Sea [AB] una cuerda-tangente de punto medio H, de una corona cualquiera de radios R y r.

Tenemos AH2 = OA2 ‒ OH2

Luego AH2 = R2 ‒ r2 con Pitágoras

Luego πAH2 = πR2 ‒ πr2

Se deduce de ello que el disco ficticio de diámetro AB es equivalente a la corona; esto es evidente en nuestro blanco, por intermedio del círculo central, pero es una propiedad general.

Es un juego-problema interesante que le permite establecer la equivalencia de cuatro elementos, dos de los cuales son ficticios.

La presencia de dos rectángulos vinculados de distinta manera con el blanco es un hecho notable.

Cabe destacar también, en este estudio tan ameno, la generalización de ciertas equivalencias, así como la importancia de la relación de Pitágoras y del cálculo literal con una identidad notable.

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6. Solución de “Máscaras y lúnulas”

Demostremos en primer término la equivalencia de la primera figura.

El triángulo de la barba es rectángulo isósceles, o sea: r' + r√2

Área del sector circular plano o semidisco de radio r:

Área del sector circular derecho o “cuarto de disco” de radio r':

Estos dos sectores circulares son ya equivalentes.

Las dos áreas pilosas se pueden obtener restando a las de los sectores anteriores el área del mismo segmento circular que contiene los ojos. La equivalencia de los sectores se transmite entonces a la lúnula de la cabellera y al triángulo de la barba por sustracción del mismo segmento que contiene los ojos; o sea que la cabellera ocupa el mismo lugar que la barba en la primera máscara.

El área común a los dos elementos equivalentes es la más “sencilla” de las dos, el triángulo rectángulo isósceles, que se expresa por r2.

Pasemos ahora a la equivalencia contenida en la segunda figura.

Según el estudio anterior, cada lúnula simple, derecha o izquierda, es equivalente al triángulo rectángulo isósceles que lleva el ojo del mismo lado. Por consiguiente, la doble lúnula es equivalente al triángulo rectángulo isósceles que contiene los dos ojos. El área del triángulo, o de la doble lúnula, es r2. Por otra parte, el área del cuadrado de la barba es r2.

De ahí resulta por un lado que la barba ocupa el mismo lugar que la cabellera, y por el otro que los cuatro elementos sombreados de las dos figuras son todos equivalentes entre sí.

Ahora, como le había prometido, podrá admirar las cuatro figuras de máscaras, que por sus equivalencias son similares a las dos indicadas:

Cada par posible de los cuatro elementos equivalentes da dos figuras inversas, es decir, con los 6 pares tenemos 16 figuras en total con cuatro parejas de elementos idénticos. Entonces, le quedan cuatro figuras por realizar, aunque en verdad no todas son artísticas.

Veamos simplemente el complemento sugerido en la primera figura.

Si el triángulo de la barba fuera equilátero, de lados cuya longitud fuera 2r, el área del sector correspondiente, de un sexto de disco, sería

Esta área es diferente de la del semidisco correspondiente a la lúnula de la cabellera, es decir, πr2/2; por consiguiente, cualquiera que sea la sustracción común efectuada, no existe equivalencia entre la lúnula y el triángulo isósceles no rectángulo.

Veamos rápidamente el complemento de la segunda figura, reproducida aquí, de doble lúnula no simétrica y con raya al costado.

La relación de Pitágoras del triángulo ABC se expresa así:

(2r)2 = (2r1)2 + (2r2)2 sea r2 = r12 + r22

de donde

Esta última igualdad demuestra que el área del semidisco (O, r) es la suma de las áreas de los semidiscos (O1, r1) y (O2, r2), de donde resulta por sustracción que la doble lúnula es equivalente al triángulo rectángulo ABC.

Para respetar la equivalencia planteada, es necesario que el cuadrado sea equivalente al triángulo ABC, y que su área sea: 2r1 × 2r1/2 = 2r1r2, por medio de una construcción adaptada que dejo al lector.

El juego-problema de las máscaras y las lúnulas presenta una serie de equivalencias geométricas particulares entre lúnulas y polígonos. Requiere establecer igualdades y una desigualdad literales de áreas en forma clásica y aplicando el teorema de Pitágoras.

De manera accesoria o quizá principal, también invita a desarrollar las cualidades artísticas y afinar el sentido de la enumeración.

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III

Algunas bellas fórmulas

Los verdaderos matemáticos (¡los falsos no nos interesan!) sienten gran afecto por las bellas fórmulas. Para su felicidad, éstas no escasean: pululan por toda la trigonometría (tan x = sen x/cos x, sen2 x + cos2 x = 1, etcétera), pero también abundan en la aritmética, el álgebra, el análisis y en ramas más modernas de la matemática como la lógica con sus proposiciones e incluso la topología (fórmula poliédrica de Euler). Sin contar la gran cantidad de disciplinas científicas en las que aparecen regularmente. Una bella fórmula requiere una escritura armoniosa, con frecuencia simétrica (); algunas incluso son “canónicas” (ax2 + bx + c = 0) y sintetizan buen número de fórmulas generalmente menos “bonitas”. Entre las cifras (incluso romanas), las letras (incluso griegas) y los signos usuales (operatorios o no), la presencia de caracteres tales como ! y ∑, o de abreviaturas prácticas como tan o log les confiere un aire de nobleza indiscutible.

Su lectura, bajo el nombre de teorema, axioma, definición o postulado puede ser un verdadero regalo poético para el oído (el cuadrado de un producto es el producto de los cuadrados), aun cuando en ocasiones la contradicción entorpece el ritmo (el cuadrado de una suma rara vez equivale a la suma de los cuadrados de sus sumandos).

Chasles, Pitágoras y sus discípulos, Tales, Fermat, Euler y algunos más, autores de las bellas fórmulas, aislados o en grupo: hay nombres célebres, pero también muchos creadores de auténticas obras maestras que cayeron el olvido. Ciertas expresiones y relaciones fundamentales, ciertas ecuaciones notables son verdaderas obras de arte, como los cuadros de los grandes maestros, las esculturas, o como delicadas sinfonías inconclusas.

Por medio de las investigaciones teóricas o prácticas le dejo algunas muestras “típicas” del formulario matemático universal, con la esperanza de que estos juegos-problemas le agraden y diviertan.

—Series simples, sobre series naturales, pares y luego impares:

N = {0, 1, 2, 3, ...} P = {0, 2, 4, 6, ...} 1= {1, 3, 5, 7, ...}

con las determinaciones del enésimo natural o del natural z y la suma de los términos sucesivos hasta el enésimo o hasta z.

—Identidades notables, sobre las tres fórmulas clásicas de segundo grado:

(a + b)2 ≡ (a2 + b2) + 2ab

(a - b)2 ≡ (a2 + b2) - 2ab

(a + b) (a ‒ b) ≡ a2 ‒ b2

con resoluciones simples de sistemas de ecuaciones particulares y sobre (a + b + c + ... + z)2 = ∑a2 + 2∑ab con demostraciones de otras bellas fórmulas.

—Un cuadrado de cubo, sobre la espléndida identidad:

(0 + 1 + 2 + ... + n)2 ≡ 02 + 13 + 23 + ... + n3

con un razonamiento por recurrencia y una justificación geométrica

—Factorial y trifecta: sobre el producto natural especial

n! = 1 × 2 × 3 × ... × (n ‒ l) × n

con enumeraciones propias del análisis combinatorio y... terciado

—Potencia y pintura, sobre otro producto natural particular:

np = n × n × n × ... × n (p factores)

con un estudio de trabajos de pintura de un estudio con ciertas restricciones.

—Los equipos binarios, sobre 2 elevado a la p o p elevado a 2,

2p = 2 × 2 × 2 × ... × 2 (p factores)

con un programa de formación de equipos de una empresa en diversas circunstancias.

—Las series pitagóricas (a, b. c) y (m, n) sobre las cuatro relaciones:

a2 + b2 = c2 a = 2mn b = m2 ‒ n2 c = m2 + n2

con una gran tabla de componentes y un examen general profundo.

Junto con las bellas fórmulas que le he anunciado usted encontrará diagramas en forma de árbol asociados con el lenguaje de los conjuntos, además de apasionantes cálculos de combinatoria y probabilidades.

Ahora, no vaya a creer que estos juegos-problemas son un simple muestrario de bellas fórmulas. Nada de eso. La variedad es grande, incluso ilimitada. Por otra parte, en este libro encontrará muchas fórmulas.

1. Series simples

El conjunto infinito de los (números enteros) naturales se designa con la N y se expresa así:

N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, ..., 10, ...}

N es también la serie natural cuyos componentes a partir del primero, el cero, se obtienen por suma acumulada de la unidad.

N es también la progresión aritmética de razón 1 cuyo primer término es 0.

El conjunto anterior, de todos los naturales, contiene otros dos conjuntos importantes de naturales, también infinitos, que se designan con P e I y se expresan así:

P = {0, 2, 4, 6, ...} e I = {1, 3, 5, 7, ...}

P es el conjunto de los pares, que comprende los naturales múltiplos de 2, incluido el 0, y a los que también se llama “dobles”.

P es también la serie par cuyos componentes “van de 2 en 2” a partir de 0.

Es la progresión aritmética de razón 2 cuyo primer término es 0.

I es el conjunto de los impares, es decir, los no pares o no dobles, que comprende los no múltiplos de dos (y no sólo múltiplos de 3).

I es también la serie impar cuyos componentes “van de 2 en 2” a partir de 1.

Es la progresión aritmética de razón 2 cuyo primer término es 1.

De ahí resulta que pares e impares se alternan en la serie natural y que los conjuntos P e I son subconjuntos de N.

Ahora le propongo, para cada una de las tres series naturales, un doble estudio que conduce evidentemente a ciertas bellas fórmulas y justifican ampliamente el rótulo de juego-problema.

Exprese el número n de componentes de cada serie hasta z y con z; recíprocamente, exprese el valor z del enésimo natural de la serie y con n, luego represente cada serie limitada a su enésimo componente.

Calcule, con n, la suma Sn de los n componentes de cada serie (justamente hasta el enésimo), luego enuncie el valor de Sn con n o con su último término z.

He aquí una serie de informaciones que le serán útiles para llevar a cabo este estudio, sobre todo si usted no tiene mucho orden en sus ideas.

El primer estudio, de las expresiones, presenta escasas dificultades; no obstante, conviene destacar al orden y la reciprocidad de las dos expresiones a formular en cada ocasión, luego verificarlas cuidadosamente para los valores de n (5 o 100), y por consiguiente de z, elegidos en las series.

Paradójicamente, el segundo estudio, el de las sumas, es más delicado; la manera de hacerlo depende esencialmente de la serie elegida.

Para la primera serie, ordene los naturales en los dos sentidos, creciente y decreciente, luego agregue, dos a dos, los términos del mismo grado de las dos sumas consideradas.

Para la segunda serie, descomponga la suma de pares correspondiente en dos sumas idénticas de naturales sucesivos, por “desdoblamiento” de cada término.

Para la tercera, considere la suma de impares correspondiente como la diferencia entre una suma de naturales sucesivos y una suma de pares.

Para cada serie, el cálculo literal lo conducirá hasta el final, pero se aconseja verificar esas sumas, por ejemplo para 10 términos.

¡Sea perspicaz! Nada de impares, como dice imperiosamente mi padre, que es contrario al paraguas (eso da 6: 3 a 3).

Son sólo series matemáticas simples, justamente las tres más sencillas. Existen muchas otras series interesantes y notables, que tal vez serán objeto de futuros juegos-problemas, pero que usted sin duda quisiera abordar ahora mismo.

Solución

2. Identidades notables

Una identidad es una igualdad literal, verdadera, cualesquiera que sean los valores reales atribuidos a las letras, y que se suele expresar con el signo =, “idéntico a”. Generalmente la proporciona un cálculo de polinomios y se la califica de notable cuando aparece como un auxiliar importante en muchos cálculos literales y de resolución de ecuaciones.

Pero algunas identidades son igualmente notables por su aspecto de bellas fórmulas matemáticas, según veremos en este juego problema.

Usted conoce de memoria y tiene en la punta de la lengua las tres identidades notables de segundo grado y dos variables que se reproducen a continuación:

(a + b) (a ‒ b) ≡ a2 ‒ b2 (1)

(a + b)2 ≡ (a2 + b2) + 2ab (2)

(a ‒ b)2 ≡ (a2 ‒ b2) ‒ 2ab (3)

En estas expresiones, los paréntesis que encierran a2 + b2 “valorizan” esta suma de cuadrados y la separan de los dobles productos.

Con ayuda de estas tres identidades notables, le invito a determinar la suma (o la diferencia) de dos reales, conociendo su diferencia (o suma) y también, en un primer caso, la suma (o diferencia) de sus cuadrados, y en un segundo caso el producto de dichos reales.

Si se cree capaz de hacerlo, tendrá menos dificultades para determinar luego esos dos reales. Inicie entonces las sucesivas determinaciones a partir de:

a ‒ b = 4, a2 + b2 = 170

a + b = 17, a2 ‒ b2 = 119

a + b = 17, ab = 72

Como ayuda, le sugiero primero que transforme las identidades (2) y (3) por eliminación de ab o de a2 + b2 y luego determine los dos reales justamente por medio de su suma o diferencia.

Sin salir del segundo grado, pero considerando más de dos variables, he aquí una bella identidad complementaria de las tres anteriores y que tal vez usted desconoce:

(a + b + c + ... + z)2 = ∑a2 + 2∑ab

En esta expresión, ∑a2 (sigma de a2, con la S griega) simboliza en forma muy simplificada la suma de todos los cuadrados posibles como a2, y ∑ab la de todos los dobles productos posibles como ab.

Gracias a esta última identidad notable, fácil de reconstituir, usted puede entregarse ahora a los cálculos con polinomios, para demostrar otras dos identidades, menos notables por su uso, pero no por su belleza.

(a ‒ b)2 + (b ‒ c)2 + (c ‒ a)2 ≡ 3 (a2 + b2 + c2) ‒ (a + b + c)2

(a + b + c) (a + b ‒ c) (b + c ‒ a) (a + c ‒ b)

≡ (a2 + b2 + c2)2 ‒ 2 (a4 + b4 + c4)

Como ayuda adicional, lo invito a demostrar cada una de estas identidades desarrollando uno de sus miembros y luego el otro, no los dos al mismo tiempo.

Si siente alguna pereza ante estas últimas actividades (tal vez gratuitas), permítame decirle que encontrará numerosas y espléndidas transformaciones literales... en los manuales escolares, sobre todo los más viejos, cuyos autores sentían predilección por las bellas fórmulas.

Solución

3. Un cuadrado de cubos

“El cuadrado de una suma es igual a una suma... de cubos en una serie natural.”

¿Qué es esto, una broma? Júzguelo usted, siendo “n” un natural cualquiera:

(0+ 1 + 2 + 3 + ... + n)2 = 03 + 23 + 23 + 33 + .... + n3

Yo no conocía esta fórmula espléndida, esta verdadera obra de arte, pero hace poco, cuando leía un folleto de nuestro Institut de Recherche sur l'Enseignement des Mathématiques de Marsella quedé gratamente sorprendido por la “belleza” de esta igualdad; estoy convencido de que jamás la había visto antes, de tan hermosa que me pareció, incluso para un profano.

Pasado el momento de emoción e indignación, me aboqué (porque era necesario “hacer algo”) a buscar la demostración de esta bella desconocida, y advertí que se prestaba de buen grado tanto a una interpretación geométrica como a un razonamiento por recurrencia.

Le propongo hallar estas dos demostraciones, bajo la forma de un juego-problema.

Ante todo, ¿sabe usted qué es un razonamiento por recurrencia? ¿Sabría aplicarlo? El objeto de las siguientes líneas es informarlo sobre este punto y ayudarle en esta tarea.

Un razonamiento por recurrencia permite demostrar una relación R(n) que depende de un natural n, demostrando que R(0) es verdadera y que, para todo valor de n, R(n) verdadera implica R(n +1) verdadera; la “veracidad” de R(0) se extiende entonces a todos los valores numéricos de R(n).

Demuestre que la implicación mencionada, partiendo de la fórmula dada, conduce a la igualdad:

N2 + (n + 1)3 = [N + (n + 1)]2, N = 0 + l + 2 + 3 + ... + n

luego establezca esta igualdad mediante un cálculo literal basado en dos identidades, una natural y la otra notable.

Demuestre también, aunque es trivial, que la fórmula dada es válida para n = 0 y, por consiguiente, para todos los valores de n.

¿Quiere conocer la interpretación geométrica anunciada de nuestra bella fórmula? Si sigue mis consejos, enseguida podrá examinar una figura y calcular las áreas.

El principio de esta interpretación consiste en evaluar de dos maneras el área del cuadrado de la figura, “construido” sobre la serie natural: primero de manera directa, a partir de su dimensión, luego indirecta, descomponiéndolo en áreas elementales semejantes, como el área general sombreada.

Calcule con n esta área elemental general y... asómbrese del resultado.

Solución

4. Factorial y trifecta

El factorial de un natural “n” mayor que 1 es el producto de los naturales sucesivos de 1 a n. Por medio de la cruz de San Andrés y el signo de exclamación, esta definición se expresa en la bella igualdad puesta entre paréntesis:

n! = 1 × 2 × 3 ... × (n ‒ 2) × (n ‒ l) × n

luego: n! = n × (n ‒ 1) × (n ‒ 2) × ... × 3 × 2 × 1

porque la multiplicación es conmutativa. Se puede suprimir el 1 (neutro) y jamás se debe introducir el 0 (absorbente). Recuerde, aunque le resulte extraño, que por convención, 0! = 1! = 1.

La cuestión es para qué sirven unos productos tan particulares.

Los factoriales aparecen en ciertos estudios de enumeración en respuesta a preguntas del tipo “¿cuántos son los...?” o “¿de cuántas maneras?” Están vinculados estrechamente con, entre otras, las carreras de caballos y a la célebre apuesta “trifecta”, cara a los amantes de la hípica.

Usted conocerá ahora a los factoriales por medio de un juego-problema de trifectas y por medio de algunas bellas fórmulas. Si usted es apostador, espero que encuentre en ellas algún beneficio.

En una carrera con apuesta trifecta, hay 15 caballos en las “gateras”, todos los cuales llegarán al “disco”.

¿De cuántas maneras se puede representar el orden de llegada de los caballos? O sea, ¿cuántos son los órdenes de llegada posibles?

Estos órdenes no se distinguen por los nombres de los caballos, sus números ni por las distancias entre ellos (cabeza, pescuezo o cuerpo).

¿De cuántas maneras se puede presentar la llegada del 1ro., el 2do. y el 3er. caballo? O sea, ¿cuántas son las trifectas ordenadas posibles?

Estas trifectas difieren no por el nombre de los caballos sino por el orden de llegada.

¿De cuántas maneras se puede presentar la llegada de los tres primeros caballos? O sea, ¿cuántas son las trifectas sin orden posibles?

Estas trifectas sólo difieren por el nombre de los tres caballos. “Sin orden” no es lo mismo que “en desorden”, que significa para los tres primeros un orden distinto del de llegada.

Dada una apuesta trifecta con quince caballos en la partida, ¿de una en cuántas es la chance del apostador de “acertar en orden”, de “acertar en desorden”, de “ganar algo”, de no ganar nada y de acertar el orden de llegada general?

Si no está familiarizado con la “trifecta”, o si desea información más científica, las líneas siguientes satisfarán todas sus inquietudes.

Todo orden de llegada general es una permutación de los 15 caballos, es decir, una serie sin repeticiones de todos los elementos de un conjunto. El número de permutaciones es 15! Haga las cuentas con su calculadora y así podrá explicar(se)lo y con toda seguridad generalizarlo.

Una “trifecta en orden” es una permutación parcial de 3 de los 15 caballos, es decir, una serie sin repeticiones de tres elementos cualesquiera del conjunto de quince. El número de esas permutaciones parciales es el producto de los factores 15 × 14 × 13, como usted descubrirá, después de efectuar el cálculo, en la explicación precedente y tratará incluso de generalizar y particularizar.

Una “trifecta sin orden” es una combinación de 3 de los 15 caballos, es decir, una parte (o subconjunto) de 3 elementos cualesquiera de un conjunto de 15. El número de esas combinaciones es el cociente de 15 × 14 × 13 dividido 3!, que usted calculará para luego comparar con los resultados precedentes.

Las probabilidades se calculan fácilmente por medio de los números señalados, pero posiblemente lo desalentarán de apostar a la “trifecta”, aun cuando corran animales de verdadera fama mundial.

Solución

5. Potencia y pintura

n y p son dos naturales cualesquiera, pero p > 1, la potencia p, o exponente p, de n es el producto de p factores iguales a n; este producto se expresa np y se lee “n elevado a la p” o incluso np; de ahí, la bella expresión literal:

np = n × n × n × ... × n (p factores)

Este producto de factores se obtiene generalmente mediante una sucesión de p ‒ 1 multiplicaciones llamada elevación o potenciación.

Esta noción “natural” de potencia se generaliza entre los números y posee aplicaciones importantes, como se verá a continuación.

La noción de potencia se extiende primero a los valores 0 y 1 de p, para volverse natural gracias a la convenciones siguientes, que evitan las excepciones:

n0 = 1, ┌n ┘ N* (00 es indefinido) y n1 = n, ┌n ┘ N

Se trata ahora de determinar los valores de 0p y 1p para todo natural p.

El cuadrado y el cubo de un número real son la segunda y tercera potencia de ese número, ¿verdad? Las elevaciones correspondientes aparecen en los cálculos de área del cuadrado y de volumen del cubo, y luego en la mayoría de los cálculos similares. ¡Calcule entonces el área y el volumen de un balón de 1,5 m de radio (con π ≡ 3,14)!

Las potencias enteras de diez sirven para reducir la expresión de los números ordinarios extremos, sean los muy grandes, generalmente naturales terminados en muchos ceros, o los muy pequeños, con la coma seguida de muchos ceros (de los cuales uno es especial). Pruebe a reducir las siguientes seis expresiones:

12 billones

15.800.000

300.000.000

5 milésimas

0,00000008

0,00250

Junto con estos casos “enormes”, las potencias tienen muchas otras aplicaciones, como en el juego-problema de enumeración que sigue, y que le dará la oportunidad de convertirse en un pintor “bien organizado”.

Luego de estudiar el trabajo de pintura de un estudio de tres “ambientes” —sala de estar, cocina y baño—, el ocupante solicita al pintor:

—que utilice los colores azul (A), verde (V), marrón (M) o rojo (R), dentro de la gama de tonalidades escogidas;

—que pinte todas las piezas, sin empapelar, usando un solo color en cada una, a la manera clásica, sin buscar “efectos de profundidad”, y

—que utilice eventualmente el mismo color en más de una pieza.

Enumere las distintas maneras posibles de pintar el estudio que se le ofrecen al ocupante en las condiciones mencionadas. Se puede utilizar hasta tres colores, en el orden mencionado de las piezas: así, V, R, M significa que la sala es verde, la cocina es roja y el baño marrón, con tres colores diferentes.

Se puede apostar sin temor a que el número de pinturas sea una potencia “natural”. Pero trate de determinarla y generalizarla.

Observe además que la pintura del estudio comporta una combinación repetida de 3 de 4 colores escogidos, o sea una serie de 3 de los 4 elementos del conjunto {A, V, M, R}, con repeticiones posibles tales como (V, M, R), (V, V, A), (M, A, A), (R, R, R)...

Dado el gran número de soluciones posibles, el ocupante debe determinar la selección, pero todavía no se decide por uno de los siguientes criterios:

1. la cocina y los baños pintados de verde,

2. sólo la sala pintada de marrón,

3. los tres ambientes pintados del mismo color o

4. los tres pintados de colores diferentes.

Indique el número y la naturaleza de las distintas posibilidades que ofrece cada uno de estos criterios de realización.

Las distintas opciones se obtienen, en cantidad, por medio de “pequeñas” multiplicaciones, y en calidad, por medio de tripletes.

En el último caso, el más difícil, se puede recurrir al factorial y el árbol de posibilidades.

Espero que este juego-problema no le haga ver las cosas de todos los colores sino sólo de algunos... y buenos. Porque en este caso, nada ni nadie le podrá impedir que acometa seriamente la pintura “laqueada” de la suite imperial de un hotel de cinco estrellas, ni siquiera el capricho de un monarca.

Solución

6. Los equipos binarios

Una empresa de albañilería artesanal emplea a cuatro personas en total: Femando (el mayor), Gustavo (el más gordo), Héctor (el canoso) e Iván (el más fuerte). Femando, por ser el mayor, es también el capataz de la empresa.

Ante la multiplicación de los encargos, el “patrón” intenta formar “en los papeles” todos los equipos posibles con el “personal” de que dispone. Incluso tratará de formar equipos especiales: equipos de ningún obrero en caso de mal tiempo o enfermedad, de un obrero que trabaja a solas, y en fin, de los cuatro cuando se trata de una tarea importante o urgente.

Usted estudiará y realizará matemáticamente la formación de los equipos de la empresa, para lo cual contará con una guía precisa y detallada para acercarse a la “verdad”.

Diseñe un árbol que represente a todos los equipos posibles de la empresa, incluidos los especiales.

Represente los equipos como partes de un conjunto y luego en código binario de cuatro cifras para determinar la naturaleza combinatoria de cada uno.

Descubra en el árbol o la codificación:

—Todos los equipos posibles de dos (o tres) obreros.

—Todos los equipos posibles sin Héctor que es especialista y suele trabajar solo, pero con Femando, quien, noblesse oblige, sabe hacer de todo —yesería, encofrado, embaldosado— y felizmente es capaz de ayudar a todos.

Compare el número de equipos posibles con el de los obreros y generalice ampliamente para descubrir la bella formulita de las potencias binarias.

Determine el número de equipos al que puede pertenecer un obrero cualquiera y luego, con los cuatro obreros, determine todos los pares de equipos, teniendo en cuenta que dos equipos pueden operar en forma simultánea.

A continuación, a fin de alentar su investigación, le daré punto por punto y hasta cinco los elementos de ayuda generosa que usted espera... o no.

Determine los elementos de la empresa-programa, sobre todo sus constituyentes opuestos, luego diseñe el árbol inverso, destacando la particularidad de las ramificaciones.

Constate que todo equipo posible es un conjunto E de obreros, es decir, parte de la empresa, y utilice los símbolos correspondientes; pero observe también que es una cierta combinación de la empresa, que se puede escribir con unos y ceros.

Distinga seis pares de obreros posibles (o 4 tercetos), luego 4 equipos “equilibrados” y dos pares “súper”.

Observe, en el árbol, la repetición de ramificaciones de dos ramas en cada nivel, lo que sugiere la elevación de 2 a una potencia natural, luego determine el número de equipos posibles con el de los obreros, o sea el de las partes de un conjunto con su cardinal.

Observe y calcule “probabilísticamente” que todo obrero pertenece a 8 equipos posibles, luego descubra, y exprese en forma geométrica sobre el árbol, que dos equipos “colaboradores” son dos partes “asociadas” de la empresa.

¿Se siente preparado para acometer la administración científica de los planes de una empresa pequeña o mediana? ¡Tal vez no! Pero admita que este juego-problema es una buena iniciación matemática en esta actividad tan actual.

Solución

7. Series pitagóricas

¿Sabe usted qué son las series pitagóricas, esos cortejos honorarios que acompañan al señor Pitágoras en todos los viajes y desplazamientos? ¡Claro que no lo sabe! Es hora de que aprenda, puesto que se trata de dos series de naturales, generalmente “primitivos”, según explicaré a continuación, porque constituyen la base misma de este juego- problema bastante teórico.

El triplete pitagórico (x, y, z) es una serie de tres naturales, no nulos, que resuelven la grandiosa ecuación de Pitágoras que usted conoce:

x2 + y2 = z2

Así: (x, y, z) = (28, 45, 53)

porque 282 + 452 = 784 + 2.025 = 2.809 = 532

De aquí resulta que estos naturales son las medidas de los lados —cualquiera que sea la unidad empleada— de un triángulo rectángulo “natural” cualquiera, lo que demuestra la importancia del triplete.

La dupla prepitagórica (m, n) es una serie de dos naturales que obedece a las siguientes limitaciones:

m > n > 0 (o sea que (0, m) impone un estricto encuadramiento de n).

m y n son de distintas paridades (m es par, n es impar, o viceversa).

Así: (m, n) = (7, 2) porque 7 > 2 > 0 y 2 par, 7 impar.

La razón de ser de esta dupla se comprenderá un poco más adelante. Hasta entonces, ¡paciencia!

Las series pitagóricas son series primitivas (TPP y CPP) cuando sus componentes tienen por único divisor común a la unidad (es decir, son los primeros entre ellos), como sucede con los ejemplos indicados más arriba.

Una tableta de arcilla demuestra que los babilónicos, casi veinte siglos antes de nuestra era, conocían algunos TPP (y los triángulos rectángulos).

El gran Euclides (el del célebre postulado), en sus Elementos, escritos en el siglo III antes de Cristo elaboró los CPP y demostró en la práctica sus vínculos con los TPP.

Hoy, la aritmética y la teoría de números demuestran, no sin dificultad, que todo TPP está vinculado con un CPP por tres relaciones fundamentales:

x = 2mn y = m2 ‒ n2 z = m2 + n2

Así: 28 = 2 × 7 × 2 45 = 72 ‒ 22 53 = 72 + 22

m y n aparecen como dos incógnitas auxiliares en la resolución de la ecuación de Pitágoras, lo que explica al mismo tiempo la denominación y el interés de los CPP.

Le propongo realizar una resolución parcial de la ecuación de Pitágoras utilizando su talento como calculador y luego someter esa ecuación a una auténtica batería de tests para tener plena seguridad, fáciles de abordar.

Y si desea una guía segura para recorrer los meandros de este largo trayecto matemático en forma racional, estoy a su entera disposición.

Luego de definirlos, forme todos los CPP de componentes inferiores a 10; es decir, para cada valor de m ┘ (0, 1, 2, ..., 9), determine cuidadosamente todos los valores posibles de n, de acuerdo con las condiciones indicadas para m y n.

Por medio de las tres relaciones fundamentales, calcule cada TPP correspondiente a cada CPP, apuntando los pequeños cálculos intermedios.

Con o sin calculadora, elabore una tabla numérica detallada, que le será de gran ayuda para realizar los tests anunciados en un orden lógico.

Vuelva a la ecuación de Pitágoras a partir de las tres relaciones fundamentales y con las identidades notables; con esas mismas relaciones y la primera condición de m y n, constate que x, y, z son naturales no nulos.

A partir de las dichosas relaciones, pero esta vez con prescindencia de las condiciones para m y n, demuestre por el absurdo las desigualdades y < z, x < z, x ≠ y. De aquí derivan algunas consideraciones geométricas interesantes.

Demuestre que si m y n no eran las primeras entre ellas, tampoco lo son, x, y, z. Luego justifique (solamente) el rol de la paridad de m y n, calculando y examinando el triplete correspondiente a m = 3 y n = 1.

Precise el cálculo general para obtener todos los TPP, primitivos o no y pregúntese, por favor, y para terminar... sobre el infinito.

Sólo espero que después de haber resuelto este jugoso juego-problema, las cuatro bellas fórmulas presentadas le parezcan menos misteriosas de lo que me parecieron a mí durante muchos años de mi mocedad estudiosa.

Solución

Pasar al 4to. Capítulo, salteando las soluciones

Soluciones de “Algunas bellas fórmulas”

1. Solución de “Series simples”

El número de naturales sucesivos hasta z es n = z + 1, siendo 0 el primer natural de la serie; recíprocamente, el enésimo natural de la serie es z = n ‒ l.

Así, el 5to. natural de la serie es 5 ‒ 1 = 4 y el l00mo. es 100 ‒ 1 = 99.

Luego, hasta 4 hay 4+1=5 naturales, y hasta 99 hay 99 + 1 = 100. La serie natural limitada a su enésimo componente se representa así:

{0, 1, 2, 3, ..., (n ‒ 1)}

La suma de naturales sucesivos hasta el enésimo y en los dos órdenes, creciente y decreciente, se expresa:

Sn = 0 + 1 + 2 + ... + (n ‒ 3) + (n ‒ 2) + (n ‒ 1)

Sn = (n ‒ l) + (n ‒ 2) + (n ‒ 3) + ... + 2 + 1 + 0

Sumando dos a dos los términos del mismo nivel de estas sumas, tenemos:

2Sn = [0 + (n ‒ 1)] + [1 + (n ‒ 2)] + [2 + (n ‒ 3)] + ...

... + [(n ‒ 3) + 2] + [(n ‒ 2) + 1] + [(n ‒ 1) + 0]

2Sn = (n ‒ 1) + (n ‒ 1) + (n ‒ 1) + ... + (n ‒ 1) = (n ‒ l)n

Sn = n(n ‒ 1)/2 = z(z + l)/2

Toda suma de naturales sucesivos es igual al semiproducto de su número por el número anterior o del último natural por el siguiente.

Así: S10 = 0 + 1 + 2 +... + 9 = 10 × 9 / 2 = 45

En N, dejando de lado el 0, se puede acoplar cada par al impar anterior, entonces, el número de pares sucesivos hasta z es n = z/2 + 1; recíprocamente, el enésimo par de la serie es z= 2(n ‒ 1).

Así, el 5to. par de la serie es 2(5 ‒ 1) = 8 y el l00mo. es 2(100 ‒ 1) = 198; luego, hasta el 8 hay 8/2 + 1 = 5 pares y hasta el 198 hay 198/2+ 1 = 100.

La serie par limitada a su enésimo componente se expresa así:

{0, 2, 4, 6, …, 2(n ‒ 1)}

La suma de pares sucesivos hasta el enésimo se escribe, sucesivamente:

Sn= 0 + 2 + 4 + 6 + ... + 2(n‒ 1)

Sn = (0 + 0) + (1 + 1) + (2 + 2) + (3 + 3) + ... + [(n ‒ 1) + (n ‒ 1)]

Sn = [0 + 1 + 2 + ... + (n ‒ 1)] + [0 + 1 + 2 + ... + (n ‒ 1)]

= [0 + 1 + 2+ ... +(n ‒ l)] × 2 = n(n ‒ l)/2 × 2

luego Sn = n(n ‒ 1) = z/2 (z/2 + 1)

Toda suma de pares sucesivos es igual al producto de su número por el número anterior o de la mitad del último par por el natural siguiente a esa mitad.

Así: S10 = 0 + 2 + 4 + 6+ ... + 18 = 10 × 9 = 90

En N y sin excepciones, se puede acoplar cada impar al par anterior, el número de impares sucesivos hasta z es n = (z + l)/2 y recíprocamente, el enésimo impar de la serie es z = 2n ‒1.

Así, el 5to. impar de la serie es 2 × 5 ‒ l = 9 y el l00mo. es 2 × 100 ‒ 1 = 199; luego hasta el 9 hay (9 + l)/2 = 5 impares y hasta el 199 hay (199 + l)/2 = 100.

La serie impar limitada a su enésimo componente se representa así:

{1, 3, 5, 7, ..., (2n ‒ 1)}

La suma de impares sucesivos hasta el enésimo se empresa así:

Sn = l + 3 + 5 + 7 + ... + (2n ‒ l)

= [0 + 1 + 2 + ... + (2n ‒ l)] ‒ [0 + 2 + 4 + ... + (2n ‒ 2)]

n(2n ‒ l) ‒ n(n ‒ 1)

Sn = 2n2 ‒ n ‒ n2 + n2 luego Sn = n2 = [(z + l)/2]2

Toda suma de impares sucesivos es igual al cuadrado de su número (resultado sencillo y curioso) o al cuadrado de la mitad del natural siguiente al último.

Este juego-problema tan estructurado sobre las series simples ofrece, como habíamos prometido, un ramillete de bellas fórmulas, las que por otra parte son de frecuente aplicación, incluso en el curso de esta modesta recopilación.

Es interesante la presencia de relaciones recíprocas entre el número de los componentes de una serie limitada y el último, incluso con un ordinal.

Propone finalmente una serie de cálculos literales que ponen a prueba la destreza del lector, utilizan las relaciones recíprocas mencionadas y se basan en estrategias singulares.

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2. Solución de “Identidades notables”

La suma y luego la resta, miembro a miembro, de las identidades (2) y (3) dan lugar a otras dos identidades, tan notables como aquéllas;

(a + b)2 + (a ‒ b)2 ≡ 2(a2 + b2) y (a + b)2 ‒ (a ‒ b)2 ≡ 4ab

o S2 + D2 ≡ 2S’ (4) y S2 ‒ D2 ≡ 4P(5)

donde a + b = S, a ‒ b = D, a2 + b2 = S', a2 ‒ b2 = D', ab = P

Resulta sencillo calcular S (o D) con D (o S) y en primer término S' por medio de la identidad (4) o bien D' por medio de S × D = d' (1), luego P por medio de (5).

En todos los casos, la determinación de los dos reales se efectúa de manera elemental, por medio de las operaciones indicadas más arriba:

a + b = S y a ‒ b = D =) a = (S + D)/2 y b = (S ‒ D)/2

Así, para los valores dados y por medio de una calculadora:

D = 4 y S’= 170

=) S2 = 2S’ ‒ D2 = 340 ‒ 16 = 324

=) S = 18 =) a = 11 y b = 7

S = 17 y D’ = 119

=) D = D’/S = 7 =) a = 12 y b = 5

S = 17 y P = 72

=) D2 = S2 ‒ 4P = 289 ‒ 288 = 1

=) D = 1 =) a = 9 y b = 8

Así, las tres primeras identidades notables permiten una solución sencilla de los sistemas de ecuaciones particulares al reducirlas a un sistema clásico.

Para demostrar la primera de las tres identidades propuestas, se puede desarrollar su segundo miembro para llegar progresivamente al primero:

3(a2 + b2 + c2) ‒ (a + b + c)2

≡ 3a2 + 3b2 + 3c2 ‒ (a2 + b2 + c2 +2ab + 2bc + 2ac)

≡ 2a2 + 2b2 + 2c2 ‒ 2ab ‒ 2bc ‒ 2ac

≡ (a2 + b2 ‒ 2ab) + b2 + c2 ‒ 2bc) + (c2+ a2 ‒ 2ac)

≡ (a ‒ b)2 + (b ‒ c)2 + (c ‒ a)2

Pero también se puede proceder en el orden inverso; para demostrarlo, basta “remontar” el cálculo anterior.

Para demostrar la segunda identidad, es más “sencillo” partir del primer miembro y agrupar progresivamente los factores de a dos:

(a + b + c) (a + b ‒ c) (b + c ‒ a) (a + c ‒ b)

≡ (a2 + ab ‒ ac + ab + b2 ‒ bc + ac + bc ‒ c2)

≡ (ab + bc ‒ b2) + ac + c2 ‒ be ‒ a2 ‒ ac + ab)

≡ (a2 + b2 ‒ c2 +2ab) (c2 ‒ b2 ‒ a2 + 2ab)

≡ a2c2 ‒ a2b2 ‒ a4 + 2a3b + b2c2 ‒ b4 ‒ a2b2 ‒ 2ab3 ‒ c4 + b2c2 + a2c2 ‒ 2abc2 + 2abc2 ‒ 2ab3 ‒ 2a3b + 4a2b2

≡ 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 + 2a2c2 ‒ a4 ‒ b4 ‒ c4

≡ a4 + b4 + c4+ 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 ‒ 2a4 ‒ 2b4 ‒ 2c4

≡ (a2 + b2 + c2)2 ‒ 2(a4 + b4 + c4)

Al examinar este cálculo, se advierte que la factorización inversa es más complicada.

Esta última identidad notable permite, con algunas otras y por simple aplicación, facilitar ciertos cálculos sobre los polinomios.

Aquí y allá, en esta misma recopilación de juegos-problemas, aparecerán otras identidades notables, sea para resolver otros tipos de ecuaciones y también inecuaciones, sea para efectuar otros cálculos literales, por ejemplo con fracciones racionales o ciertas expresiones irracionales.

Este juego-problema no tenía otro objeto (confeso) que el de recordar tres identidades notables eternas e indicar una cuarta, todas ellas fórmulas de indudable belleza.

Pero estas observaciones no cumplirían su propósito sin una aplicación inmediata. Así, en sucesión adecuada, se presentaron tres resoluciones de sistemas de ecuaciones muy elaboradas, seguidas de dos transformaciones literales que son un corso (como hubiera dicho Napoleón, que no desdeñaba la matemática).

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3. Solución de “Un cuadrado de cubos”

1. Al plantear: 0 + l + 2 + 3 + ... + n = N

la fórmula se vuelve: 03 + l3 + 23 + ... + n3 = N2 (1)

Se trata de demostrar que la primera igualdad implica la segunda:

03 + 13 + 23 + ...+ n3 + (n+1)3 = [N + (n + l)]2 (2)

Reemplazando en (1) el elemento simplificable (n + l)3 tenemos:

03 + 13 + 23 + ... + n3 + (n +1)3 = N2 + (n + l)3

Queda por demostrar la tercera igualdad:

N2 + (n + l)3 = [N + (n + l)]2 (3)

La igualdad (3) se demuestra de la siguiente manera, desarrollando su primer miembro para llegar al segundo:

(N2 + (n + 1)3)

= N2 + [(n + l)2 × (n + 1)], por disociación,

= N2 + [(n + l)2 + n (n + l)2] por distribución,

= N2 + (n + l)2 + 2N (n + 1), por identificación con la igualdad natural N = n(n + l)/2

= [N + (n +1)]2, por identificación con un desarrollo notable del cuadrado.

La igualdad (1) es válida para n = 0, porque 02 = 03 = 0; según la implicación desarrollada más arriba, también es válida para n = 0 + 1 = 1, luego para n = 1 + 1 = 2, luego para n = 2 + 1 = 3, es decir, para cualquier valor de n, por consiguiente queda demostrada.

2. La dimensión del cuadrado es la suma de los componentes de la serie natural, así:

1 + 2 + 3 + ... + n = N

expresando las medidas, aquí y en lo que sigue, en unidades coherentes.

El área sombreada es la unión de las áreas secantes de dos rectángulos isométricos, de dimensiones n y N. Esta área se escribe, con la intersección “cuadrada” de las áreas de los dos rectángulos:

2Nn ‒ n2 = 2n [n(n + l)/2] ‒ n2 = n2(n + 1) ‒ n2 = n3

Así, a la dimensión n corresponde el área elemental n3, y por consiguiente, a las dimensiones particulares 2, 3, 4... corresponden respectivamente las áreas elementales 23, 33, 43, ... , mientras que la dimensión 1 sería teóricamente la excepción y la dimensión 0 estaría ausente.

El área del cuadrado, cuadrado de su dimensión y suma de sus áreas elementales, nos da la siguiente igualdad:

N2 = 1 + 23 + 33 + ... + n3

Luego (0 + 1 + 2 + 3 + ... + n)2 = 03 + 13 + 23 + 33 + ... + n3

Así, la suma de los cubos de los primeros n naturales es un cuadrado perfecto, cualquiera que sea el valor de n, y se puede demostrar, si le resulta entretenido, que

N = 1 =) (0 + 1)2 = 12 = 1 y 03 + 13 = 0 + 1 = 1

n = 2 =) (0 + 1 + 2)2 = (1 + 2)2 = 32 = 9 y 03 + l3 + 23 = 1 + 8 = 9

n = 3 =) (0 + 1 + 2 + 3)2 = (3 + 3)2 = 62 = 36 y

03 + l3 + 23 + 33 = 9 + 27 = 36

n = 4 =) (0 + 1 + 2 + 3 + 4)2 = (6 + 4)2 = 102 = 100 y

(03 + 13 + 23 + 33 + 43 = 36 + 64 = 100 ...

Matemáticamente, este juego-problema sobre la demostración de una espléndida fórmula necesita dos herramientas esenciales:

por un lado, un razonamiento por recurrencia, procedimiento clásico de la aritmética y la teoría de números que se practica con otras dos bellas fórmulas: una identidad notable y una suma de naturales sucesivos;

por otro lado, una interpretación geométrica, procedimiento comente en matemática y que se apoya generalmente en igualdades de áreas y conduce en ocasiones —no en ésta— a equivalencias de figuras.

Por favor, no me pregunte cuál es la utilidad de esta espléndida fórmula. Uno no pregunta para qué sirve el Pensador de Rodin, una Bailarina de Degas o una sonata de Mozart.

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4. Solución de “Factorial y trifecta”

El número de órdenes de llegada posibles con 15 caballos es:

15! = 2 × 3 × 4 × ... × 15 = 1.307.674.368.000

es decir, más de 1,3 billón. Cálculo arduo, pero que se facilita con la calculadora de ocho cifras mediante la siguiente descomposición:

15! = (2 × 3 × 4 × ... × 11) × ( 12 × 13 × 14 × 15) = 39.916.800 × 32.760

= (399.168 × 32 × 102 + 399.168 × 76) × 103

= (1.277.337.600 + 30.336.768) × 103

Este factorial se explica así: hay quince posibilidades (tantas como hay caballos) para determinar el 1er. caballo; a cada una corresponde 15 ‒ 1 = 14 posibilidades para el 2do., o sea 14 × 14 para la dupla de los dos primeros; a cada una de esas 15 × 14 posibilidades corresponde 13 para el tercero, es decir, 15 × 14 × 13 para la “trifecta” (1, 2, 3) y en fin, 15 × 14 × 13 × ... × 1 = 15! para toda la serie de caballos, es decir, para el orden de llegada general de la carrera.

El número de combinaciones de n elementos de un conjunto C es, entonces, n! = (hojas E)!

El número de trifectas ordenadas posibles con 15 caballos es:

A153 = 15 × 14 × 13 = 2.730

Este producto es el número de posibilidades de determinar la “trifecta” de caballos (1ro., 2do., 3ro.).

El número de combinaciones parciales p de n elementos de un conjunto en que p < n, es igual al producto de los p naturales decrecientes a partir de n, o sea:

Anp = n(n ‒ 1) (n ‒ 2) (n ‒ 3) ... (n ‒ (p ‒ 1)) con p factores

En particular: Ann = n!/(n ‒ n)! = n!/0! = n!/l = n! porque toda combinación de un conjunto es una combinación parcial de n de sus n elementos.

Además, evidentemente: A21 = 2!/1! = 1 × 2/1 = 2

Estos casos particulares, entre otros, justifican las convenciones indicadas al comienzo.

El número “trifectas desordenadas” posibles con 15 caballos es:

C153 = 15 × 14 × 13/3! = 2.730/6 = 455

En efecto, a cada trifecta desordenada corresponde 3!, o sea 6 trifectas ordenadas sobre las 15 × 14 × 13 = 2.730 posibles.

El número de combinaciones a p de los n elementos de un conjunto donde p < n, es el cociente de las combinaciones, luego de los factoriales:

Cnp = Anp/Anp = n!/(n ‒ p)! p!

En particular: Cnn = n!/n! = 1 (parte llena) y Cn0 = n!/n! = 1 (vacía)

Así, un apostador común, frente a esta “trifecta” de 15 caballos, tiene una posibilidad: sobre 2.730 de “acertar en orden, o sea el 0,037 por ciento; sobre 546, o sea el 0,183 por ciento, de acertar en desorden, porque es de 6 ‒ 1 = 5 sobre 2.730, es decir, 5 veces más que en orden; sobre 1,002203, es decir, el 99,780 por ciento de no acertar (¡es lo más seguro!), porque es de 454 sobre 455 o 2.724 sobre 2.730; sobre 1,3 billón (millón de millones, pero no en Estados Unidos, donde billón significa mil millones), es decir, el 0,000... por ciento, tan poco, de acertar el orden general de llegada y de alcanzar apenas, tal vez, la trifecta en orden correspondiente, que parece una injusticia flagrante.

Gracias a este aleccionador juego-problema, usted ha podido conocer el mundo febril de las carreras de caballos, con sus apostadores y sus favoritos (o cracks), pero también algunos conceptos de análisis combinatorio, con algunas combinaciones.

Las técnicas específicas de recuento a propósito de las diversas “trifectas” conducen a breves cálculos de probabilidades (inversiones y porcentajes), introducciones a la estadística inductiva.

Los cálculos de factoriales, necesarios para esos recuentos, se realizan fácilmente por medio de una calculadora programable o un micro- computador.

Si desea hallar todas las probabilidades visualizadas después del recuento, sepa que deberá erigir árboles, árboles grandes e incluso bosques enteros de especies centenarias.

Finalmente, pido disculpas a los aficionados a la hípica por estas “trifectas desordenadas” y a los puristas por las combinaciones “parciales”: ¡pedagogía obliga!

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5. Solución de “Potencia y pintura”

Los ejercicios propuestos como preliminares se desarrollan como vienen. Valores de 0p 1p para cualquier natural p:

0p = 0, ┌p ≠ 0 y 1p = 1, ┌p

Cálculo de los elementos del balón de radio r en unidades concordantes:

A = 4 r2 = 4 × 3,1 × 1,52 = 2,25 × 3,1 × 4 = 28,2 (m2)

V = 4 π r3/3 = 4 × 3,1 × 153/3 = 3,375 × 3,1 × 4/3 = 14,13 (m3)

= A × r/3 = 28,2 × 1,5/3 = 28,2 × 0,5 = 14,13 (m3)

Reducción de expresiones de ordinarios de grande o muy pequeña magnitud:

12 billones: 12 × 1012 15.800.000 = 15,8 × 106

300.000.000 = 0,3 × 199 5 milésimas: 5 × 10‒3

0,00000008 = 80 × 10‒9 0,00250 = 2,5 × 10‒3

El número de pinturas o tripletes de colores posibles con los 3 ambientes del estudio y los 4 colores elegidos es la 3a potencia de 4:

43 = 4 × 4 × 4 = 16 × 4 = 64

Esta potencia se justifica así: existen 4 posibilidades (tantas como colores) para la sala de estar; a su vez corresponden 4 posibilidades para el color de la cocina, o sea 4 × 4 para los dos (sala y cocina); a cada una de esas 42 posibilidades corresponden 4 para el baño, o sea 42 × 4 = 43 para el triplete (baño, cocina, sala) que compone el estudio.

El número de posibilidades no es igual a la 4a potencia de 3, correspondiente a un estudio de 4 ambientes y una selección de 3 colores:

34 = 3 × 3 × 3 × 3 = 9 × 9 = 81

por cuanto la exponenciación no es conmutativa.

Toda combinación repetitiva, a p, de n elementos de un conjunto es una serie p de n elementos del conjunto. Las posibles repeticiones, el número de combinaciones repetidas, es la potencia p de n, es decir, np, sea p menor o mayor que n.

Las disposiciones particulares de colores dan los siguientes resultados:

1. Corresponden 4 colores posibles para la sala, 1 para la cocina, 1 para el baño, o sea 4 × 1 × 1 = 4 posibilidades, que son las siguientes:

(A, V, V), (V, V, V), (M, V, V), (R, V, V)

2. Corresponden 1 color posible para la sala, 4 ‒ 1 = 3 para la cocina y otro tanto para el baño, o sea 1 × 3 × 3 = 9 posibilidades:

(M, A, A), (M, A, V), (M, A, R), (M, V, A), (M, V, V),

(M, V, R), (M, R, A), (M, R, V), (M, R, R)

3. Corresponden 4 colores para la sala, 1 para la cocina y 1 para el baño, como en 1, o como si hubiera un solo ambiente, es decir, 4 posibilidades que son evidentemente las siguientes:

(A, A, A), (V, V, V), (M, M, M), (R, R, R)

4. Corresponden 4 colores posibles para la sala, 4 ‒ 1 = 3 para la cocina, 3 – 1 = 2 para el baño, es decir, 4 × 3 × 2 posibilidades para todo el estudio.

Se trata de combinaciones parciales de 3 de los 4 colores elegidos; por consiguiente, se obtienen por medio del cociente de factoriales:

4!/(4 ‒ 3)! = (4 × 3 × 2)/l = 24

y esquemáticamente por medio del siguiente árbol reversible:

Este potente juego-problema pictórico recuerda en primer término las dos aplicaciones usuales de la potenciación: cálculos de áreas y volúmenes con el cuadrado y el cubo y reducción de números de gran magnitud por medio de las potencias de 10.

Pero también se utiliza el ejemplo del estudio para demostrar que tiene otras aplicaciones importantes, como la determinación de las combinaciones repetidas a p de los n elementos de un conjunto.

Las combinaciones repetidas completan las simples y las parciales, que fueron del juego-problema anterior, la construcción de algunos tripletes y de un árbol es otro “punto fuerte” de este estudio.

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6. Solución de “Los equipos binarios”

La empresa es un programa y cada equipo es una posibilidad; cada obrero es una etapa del programa, y su presencia o ausencia son sus dos componentes opuestos, porque la elección es binaria.

El árbol de equipos, escrito a la inversa, comprende cuatro niveles de ramas; cada ramificación se abre en 2, una en líneas enteras (con o sí) y otra en líneas punteadas (sin o no). Es un árbol binario.

Para obtener un equipo cualquiera, se sigue un camino de ramas desde el tronco 0 hasta las hojas E.

Un equipo posible cualquiera es un conjunto E de obreros, o sea una parte E01 = {f, g, h, i} de la empresa y existen 16 equipos posibles.

El conjunto de todos los equipos posibles es el conjunto de partes de E01, la parte plena, el mismo E01 (equipo de todos) y la parte vacía E16 (equipo de ninguno); o sea:

p(E01) = {E01, E02, E03 ... E16}

={ {f, g, h, i}, {f, g, h}, {f, g, i) ... {) }

En códigos binarios, 0 representa sin y 1 representa con, los equipos posibles se forman con la serie (f, g, h, i), lo que da, de E01 a El 6:

1111, 1110, 1101, 1100, 1011, 1001, 1000

0111, 0110, 0101, 0100, 0011 ,0001, 0000

porque cada equipo es una combinación de f, g, h, i, de 1, 2, 3 o bien 4 elementos.

El árbol de selección, o mejor, la codificación señalada, permiten seleccionar:

— Equipos de dos obreros: 1100, 1010, 1001, 0110, 0101, 0011; cada equipo es una pareja o una combinación de E01 con 2 elementos;

— Equipos “equilibrados”, con f pero sin h: 1101, 1100, 1001, 1000; 1100 y 1001 son dos equipos muy particulares.

En el árbol reproducido más arriba, cada una de las 2 ramas del primer nivel, a partir del tronco 0, da 2 ramas en el segundo nivel; a cada una de éstas corresponden luego 2 ramas del tercer nivel y las ramas terminales están rematadas en hojas E.

El número de caminos o de hojas del árbol, es decir, de equipos, se representa por medio del producto 2 × 2 × 2 × 2, con tantos 2 como niveles, es decir, obreros; ese producto es 16 y se escribe también 24.

En general, con p obreros (o personas) se forman 2P equipos posibles, es decir, una potencia binaria (no un cuadrado literal, como sería p2).

Así, cuando un obrero se toma sus vacaciones, quedan 23 = 8 equipos posibles, mientras que si contratan a Julio (el crápula), tenemos 25 = 32 equipos posibles.

El número de las partes de un conjunto finito E está dado por la fórmula original:

card p(E) = 2card E

El árbol y el código dan los equipos con los mismos obreros:

f┘ E01, f┘ E02, f┘ E03, f┘ E04, f┘ E05, f┘ E06, f┘ E07, f┘ E08

g┘ E01, g┘ E02, g┘ E03, g┘ E04, g┘ E09, g┘ E10, g┘ E11, g┘ E12

…

Cada obrero pertenece a 8, es decir, a la mitad de los 16 equipos posibles; la probabilidad de formar parte de un equipo es de una sobre dos.

Los dos equipos distintos de una misma pareja son partes complementarias de p(E01):

E01 y E16, E02 y E15, E03 y E14, ..., E08 y E09

En el árbol, los dos caminos correspondientes a cada pareja, son simétricos con respecto a la vertical del tronco.

Los “equipos binarios” de este juego-problema se caracterizan por su binariedad: elección, árbol, codificación y potencia.

El árbol binario (de elección) se usa ampliamente para seleccionar diversos equipos, mientras que la codificación binaria permite una representación práctica de éstos, considerados combinaciones múltiples de un conjunto finito.

Pero sobre todo la potencia binaria, bien formulada, separa los equipos, considerados en este caso como partes de un conjunto finito.

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7. Solución de “Series pitagóricas”

Esta es la tabla detallada de los componentes de los primeros CPP y de los TPP asociados:

m

2

3

4

4

5

5

6

6

7

7

7

8

8

8

8

9

9

9

n

1

2

1

3

2

4

1

5

2

4

6

1

3

5

7

2

4

8

mn

2

6

4

12

10

20

6

30

14

28

42

8

24

40

56

18

36

72

m2

4

9

16

16

25

25

36

36

49

49

49

64

64

64

64

81

81

81

n2

1

4

1

9

4

16

1

25

4

16

36

1

9

25

49

4

16

64

x

4

12

8

24

20

40

12

60

28

56

84

16

48

80

112

36

72

144

y

3

5

15

7

21

9

35

11

45

33

13

63

55

39

15

77

65

17

z

5

13

17

25

29

41

37

61

53

65

85

65

73

89

113

85

97

145

La primera columna nos da las medidas de los lados del extraordinario triángulo 3-4-5 cualquiera que sea la unidad empleada.

Cabe señalar que la calculadora común no es de gran ayuda para estos cálculos, por otra parte relativamente raros. Sí, en cambio, sería útil una calculadora programable o una microcomputadora, sobre todo para desarrollar los cálculos; en esta última se podría reproducir la tabla en la pantalla o la impresora.

La tabla numérica le permitirá controlar muchos resultados por medio de los ejercicios siguientes, en los que intervienen todas las expresiones mencionadas.

En primer lugar, recordemos la ecuación de Pitágoras:

x2 + y2 = (2mn)2 + (m2 ‒ n2) = 4m2n2 + (m4 + n4 ‒ 2m2n2)

= m4 + n4 + 2m2n2 = (m2 + n2)2 = z2

donde m y n son naturales no nulos, lo mismo que mn, m2 y n2, luego x y z también y además m > n.

Para cada una de las tres desigualdades señaladas, se trata de demostrar por el absurdo la imposibilidad de la desigualdad contraria, por medio de una propiedad adaptada.

y > z =) m2 ‒ n2 > m2 + n2 =) ‒ n2 > n2

pero un negativo jamás puede ser mayor que un positivo, por ello y > z.

x > z =) 2mn > m2 + n2 =) m2 + n2 ‒ 2mn < 0 =) (m ‒ n)2 < 0

pero un cuadrado jamás puede ser negativo, de donde x < z.

x = y =) 2mn = m2 ‒ n2 =) (m + n)2 ‒ (m2 + n2) = m2 ‒ n2

=) (m + n)2 = 2m2 =) m + n = m√2 =) n = m (√2 ‒ 1) =) n/m = √2 ‒ 1

pero n/m es necesariamente un número racional, de donde x ≠ y; en este caso no se puede precisar si x > y o bien x < y.

Desde el punto de vista geométrico, los resultados precedentes recuerdan que x e y, en medidas reales, son los catetos de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es z, además de que no existe un triángulo rectángulo-isósceles “natural”.

Con respecto a la primariedad y la paridad, cabe señalar lo siguiente. Si m y n no fueran primos entre sí, tendrían un divisor común d, tal que d ┘ N y d ≠ 1; entonces, con m = dm' y n = dn':

x = 2d2m'n' y = d2 (m'2 ‒ n'2) z = d2(m'2 + n'2)

de donde x, y y z serían divisibles por d2 ≠ 1 y no serían primos entre sí.

Esto no implica que si m y n fueran primos entre sí, x, y y z también lo serían, porque aquí interviene la paridad; por ejemplo, si m = 3 y n = 1, primos entre sí pero impares los dos, los cálculos darían (x, y, z) = (6, 8, 10), TP no primitivo.

La tabla muestra, pero también se demuestra, que sólo x es par, a la vez que múltiplo de 4.

Todos los tripletes pitagóricos, primitivos o no, se obtienen, juntamente con cada TPP, tomando los sucesivos múltiplos de sus componentes a partir de ellos mismos, lo que proporciona una infinidad de tripletes y TPP; pues bien...

Este juego-problema de las “series pitagóricas” tiene por objetivo esencial desarrollar la ecuación de Pitágoras con sus triángulos rectángulos correspondientes.

Así se resuelve en N la ecuación de Pitágoras, con dos incógnitas auxiliares, elaborando una tabla de las primeras soluciones.

Así se examinan las propiedades de esta relación, con demostraciones por el absurdo, por medio de identidades notables y recurriendo a los conceptos de primariedad y paridad.

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IV

Primer grado “superior”

El lector está convencido de que el primer grado no tiene secretos para él.

Reconoce a primera vista las ecuaciones de 1er. grado en R:

—de una incógnita, del tipo ax + b = 0 y solución única: x = ‒b/a, a ≠ 0;

—de dos incógnitas, del tipo ax + by + c = 0 y una infinidad “organizada” de soluciones, tales como (x, y) si (a, b) ≠ (0,0).

Tampoco ignora que el sistema en R2 de dos ecuaciones de 1er. grado, con dos incógnitas cada una, es del tipo:

{ax + by + c = 0, a'x + b'y + c' = 0}

y que tiene una solución única (x, y) a condición de que ab' – ba' ≠ 0.

Sabe, desde luego, resolver las ecuaciones y el sistema, y no se sorprende al descubrir que algunas son imposibles o indeterminadas.

Conoce, además, la función afín f en R, tal que f(x) = ax + b; no vacila en trazar el gráfico en las coordenadas (o, i, j), ortonormadas o no: la derecha D no codirectriz a j, de la ecuación y = ax + b, con su coeficiente director “a” y su ordenada de origen “b”.

Está habituado a la función lineal f, tal que f (x) = ax, y a la función constante f tal que f(x) = b, que no son sino funciones afines particulares en R.

Conoce de memoria la ecuación general de la derecha en R:

ux + vy + w = 0, (u, v) ≠ (0,0)

¡Muy bien! ¡Bravo! Lo felicito.

Pero no faltan los “peros” en la práctica matemática corriente: estas nociones fundamentales no siempre aparecen bajo su forma estudiada, rigurosa y sólidamente constituida; en estos casos, no se puede aplicar una “fórmula” o una “regla” porque no existen.

Los siete juegos-problemas siguientes lo van a colocar en esa peligrosa situación; la solución correcta de cada “caso” lo llevará a un 1er. grado superior que le exigirá cierta capacidad de adaptación e incluso de improvisación.

¡Juzgue usted!

— El maldón, un error en la distribución de los naipes, inicia la serie con un sistema clásico de ecuaciones pero que requiere una estrategia original.

— El microómnibus, un control estadístico de pasajeros mediante la solución refleja de sistemas de ecuaciones de 1er. grado con muchas incógnitas “agrupadas”.

— Un bobinaje liviano, por sus cifras de producción, le obligará a resolver, entre otros, un sistema de seis ecuaciones de 1er. grado con un total de seis incógnitas.

— Una pesada ardua, intentada por cuatro muchachos, será la introducción a un delicado sistema con tantas ecuaciones de 1er. grado como incógnitas.

— Los forzudos, musculosos deportistas, lo conducirán a un sistema inicial de tres ecuaciones de 1er. grado con siete incógnitas.

— ¡Feliz cumpleaños!, para aquellos cuya edad muestra una misteriosa relación con cierto año y en especial con cierta ecuación de primer grado con dos incógnitas que no es de fácil resolución.

— Los 100 metros con estacas, una carrera original, lo conducirá sobre todo a una estrategia notable gracias a una función afín discreta.

Esta serie es pródiga en estrategias diversas, requeridas por situaciones paradójicas y basadas en investigaciones exhaustivas o desarrollos; trae diagramas particularmente fructíferos y no faltan en ella las series naturales ni la combinatoria y la estadística.

Pero yo lo creo a usted perfectamente capaz, con mi apoyo habitual, de salir airoso de estos juegos-problemas, tanto más por cuanto usted está advertido de su dificultad gracias a la misma fuente inagotable.

¡Sea hábil y no me decepcione!

1. El maldón

Cuatro buenos amigos de muchos años, llamados Alejo, Bernardo, Claudio y Domingo jugaban a la belote, ese conocido juego inventado por un señor Belot a principios de este siglo y en el que intervienen 32 naipes.

Domingo, joven terriblemente distraído, acababa de dar todas las cartas cuando cada jugador advirtió con fastidio que cada uno tenía en su mano una cantidad de naipes distinta de los otros tres: situación totalmente anormal, y no sólo en la belote.

Cantado el maldón, Domingo, que aunque distraído era un buen matemático (¡son características compatibles, se lo aseguro!), en lugar de dar otra vez pidió a Alejo, Bernardo y Claudio, en ese orden, que hicieran tirar la mitad de sus cartas por los otros dos integrantes del trío y en forma igual. De esta manera, dijo serenamente, “resolvería la situación de manera equitativa”. Dicho y hecho... y el juego siguió su curso normal.

Magnífico reflejo numérico, ¿no le parece? Digno de un campeón, y que a todo distribuidor, sea tahúr o no, le encantaría poseer.

¿Y usted? ¿Sería capaz de justificar matemáticamente el notable “procedimiento” creado para la circunstancia y clave de este juego-problema?

Sean a, b y c los números de las cartas que tenían en mano Alejo, Bernardo y Claudio: el de Domingo era conocido (¿de acuerdo?).

Exprese con a, b y c las cartas de los jugadores después de cada una de las tres tiradas sucesivas.

Observe que las tres expresiones finales poseen un valor conocido, para deducir de él un sistema resoluble de ecuaciones de primer grado.

Resuelva el sistema precedente y luego controle en cada tirada la solución obtenida por ese medio.

Por cierto que esta resolución le parece muy complicada y estaría dispuesto a apostar que existe otra más sencilla, más elemental. Sí, señor, ganó la apuesta.

En efecto, es posible determinar sin ecuaciones el número inicial de cartas de cada jugador. Pero para ello se requiere una estrategia audaz, que le confío a medias, para terminar: Haga las “cosas” al revés, a partir del dato “conocido”.

14, 22, 20, 16, 9 y 6; belote, rebelote y diez de “der”: eso da 117, y la partida termina mejor de lo que había empezado... para algunos.

Solución

2. El microómnibus

Un microómnibus de veinte asientos efectúa el recorrido entre la estación ferroviaria principal y el aeropuerto (o estación aérea) de una gran ciudad. Efectúa sólo dos paradas en ese trayecto, dividido así en tres secciones, y fuera de las terminales sólo permite el ascenso de pasajeros en la segunda sección.

De un control del pasaje en la hora pico durante un viaje de ida y vuelta, estación-aeropuerto-estación, por medio del expendio de boletos, se obtiene la siguiente información.

En el trayecto de ida, estación-aeropuerto:

4 pasajeros suben en la primera parada y 3 en la segunda, mientras 2 descienden en la 1ra y 6 en la 2da.

11 personas efectúan todo el trayecto de ida, mientras que un pasajero no subió en la estación ni bajó en el aeropuerto.

En el trayecto de vuelta, aeropuerto-estación:

3 personas en total subieron en las paradas intermedias, donde descendieron 4.

3 viajeros recorren una sola sección, 4 dos secciones y 16 las tres secciones del trayecto de vuelta.

Las informaciones dadas permiten responder a las tres preguntas siguientes sobre el transporte de pasajeros, para satisfacer un importante estudio estadístico que interesa justamente al microómnibus.

¿Cuántos lugares libres había en el vehículo en la partida y el final del viaje de ida?

¿Cuántas personas había en el vehículo durante el viaje de vuelta entre las dos paradas intermedias?

Dentro del total de pasajeros en los viajes de ida y vuelta, ¿cuál es el porcentaje de los que podrían tomar el avión o el tren?

¡A usted le asustaría ser el gerente de una sociedad (anónima) de transporte colectivo! Sin duda, y es comprensible; ahora, para no dejarlo en la calle y a pie, he aquí algunas indicaciones para una posible solución.

Primero es necesario imaginar un esquema para representar, por medio de letras, los cardinales de los conjuntos disjuntos de viajeros en todos los trayectos posibles: ida, vuelta y en cada uno las distintas secciones. Si no se le ocurre cómo hacerlo, eche un vistazo a la solución para poder arrancar.

A continuación, con ayuda de los esquemas, traduzca en ecuaciones las informaciones sobre ida y vuelta y exprese las cantidades correspondientes por medio de letras.

Finalmente, calcule los valores numéricos de estas expresiones por medio de las ecuaciones precedentes; para ello no es necesario calcular el valor de cada incógnita.

La determinación del porcentaje exige cierta atención y cuatro cálculos previos, todos conformes con las indicaciones dadas.

¡Buen viaje!... con este juego-problema de evasión.

Solución

3. Un bobinaje liviano

La bobina de alimentación del “bobinómetro de diversión”, que forma parte del temible Biglotrón del profesor Pedro Fulánez, se fabricaba todavía el año pasado en forma artesanal. Esta bobina, esencial para la “autosobresaturación plurilateral de calimestrador de arrióla incorporada”, se produce ahora por métodos industriales en el corazón de una fábrica ultramoderna y secreta.

La siguiente información, confidencial y restringida, se refiere a la fabricación de bobinas en los primeros meses del año por la bobina- dora teledirigida PI 3.14 y pico.

PERIODO DE FABRICACIÓN

UNIDADES FABRICADAS

enero-febrero-marzo

585

marzo-abril-mayo

675

Como usted ve, estos dos períodos trimestrales no son sucesivos sino más bien superpuestos. ¡Qué desconcertante! ¿no? Dirá que el dato no permite calcular el número total de bobinas producidas en este comienzo no semestral del año. En ese caso, usted no conoce las técnicas matemáticas del espionaje industrial, por eso es absolutamente indispensable que se sumerja en este juego-problema.

En efecto, en este bobinaje liviano es posible realizar ciertas determinaciones aproximativas muy interesantes, incluso delicadas.

Trate de calcular el valor aproximado del número de bobinas fabricadas durante un mes, en promedio, y luego en los cinco meses.

Precise la diferencia máxima en que se sitúa el número de bobinas producidas en marzo y luego de enero a mayo, y obtenga otros valores aproximados de la producción mensual y total.

En realidad, y aunque a primera vista no parece así, esta producción balística está rigurosamente planificada. Así, de enero a mayo, dadas las tensiones internacionales, las cantidades de bobinas producidas aumentaron regularmente, mes a mes.

Con este dato complementario clave, aun sin conocer el valor del aumento aplicado (programado en secreto en la bobinadora), usted podrá realizar cálculos exactos, de resultados definitivos y fundamentales.

Calcule entonces la producción de marzo, la de los cinco meses y la mensual media; luego, si lo desea, calcule el aumento constante de la producción y las producciones mensuales sucesivas que permiten efectuar controles.

Finalmente, compare los productores exactos mencionados con las producciones aproximadas correspondientes, determinadas al comienzo, y justifique el asombroso resultado de esa comparación.

¡Lindas bobinas hace usted, señor Ruhmkorff! ¿Tiene dificultades? Entonces le daré algunos datos valiosos, ahora que nadie nos ve; ¡y no crea que estoy tratando de enredarlo!

Los valores aproximados de la producción se obtienen asimilando en primer término el conjunto de dos períodos de tres meses a un semestre.

Los valores extremos corresponden a producciones máximas y mínimas, la de los cinco meses se expresa con la de marzo.

u, v, w, x, y, representan las producciones mensuales sucesivas, e i representa el aumento constante de la producción. Se trata de expresar este juego-problema en ecuaciones (una media docena) para resolver el sistema y a continuación calcular las producciones exactas, obligatorias o facultativas.

La producción exacta mensual media y la total son iguales a las correspondientes producciones aproximadas y comparables a la producción de marzo. Estas igualdades se justifican calculando, con w e i, las diversas producciones de bobina.

Una última instrucción, en este caso de mi abuela: si tiras de la clavija, gira la bobina.

Solución

4. Una pesada ardua

Cuanto más robusto, mejor, dice un viejo dicho. Es un consejo que no conviene desconocer, porque permite alejar muchos males; para aplicarlo convenientemente, lo mejor es una “buena” balanza.

La aventura científica de unos jóvenes, que se describirá a continuación, demuestra que no siempre el instrumento disponible es el más adecuado para el fin que se busca. Los sistemas de ecuaciones vendrán en ayuda de la balanza estática (¡llegó el cero!) para permitir una pesada difícil... o un juego-problema.

Antonio, Bernardo, Carlos y David, cuatro amiguitos que pasaban sus vacaciones en el campo, decidieron determinar su “peso” a fin de constatar los beneficios del aire libre y la cocina campesina. Sólo pudieron hallar una antigua báscula utilizada para pesar granos, forraje o puercos. Esta “máquina”, con una capacidad de 100 kg y sensibilidad de 1 kg, era precisa y fiel (cualidades diferentes e indispensables), siempre que el peso del objeto fuera superior a los 50 kg. Ahora bien, ninguno de los chicos pesaba 50 kg, y el peso de tres cualesquiera de ellos superaba los 100. Por consiguiente, estaban obligados a pesarse de a dos y luego “intentar” un cálculo selectivo, lo cual no les causaba ningún temor (¡jóvenes presuntuosos!).

Los cuatro jóvenes pensaron que era suficiente pesarse de a dos, en forma sucesiva (cada uno se pesaría dos veces) y, a partir de los pesos obtenidos, efectuar los cálculos.

He aquí los resultados de las cuatro pesadas dobles (no dobles pesadas) de la primera estrategia empleada:

Antonio y Bernardo

 totalizaron 

69 kg

Bernardo y Carlos

 totalizaron 

79 kg

Carlos y David

 totalizaron 

74 kg

David y Antonio

 totalizaron 

64 kg

Con estos datos, ¿le irá a usted mejor que a estos muchachos, estos holgazanes que no fueron capaces de descubrir cuánto pesaba cada uno?

Le digo con franqueza que, en mi opinión, no le irá mejor que a ellos, aun cuando designe sus respectivos pesos en kilogramos con a, b, c y d y los exprese en un sistema de ecuaciones; pero espero que sabrá demostrar por qué el cálculo es imposible, con tal de hacerse perdonar.

Si se fracasa una vez, hay que volver a intentar. Por lo tanto le indicaré una segunda estrategia para la pesada, muy parecida a la anterior y con el mismo número de pesas: basta, por ejemplo, que Antonio reemplace a David en la tercera vuelta, sin modificar las demás. De esta manera, Antonio se pesa tres veces, David una sola.

Los jóvenes advirtieron esta solución, y repitieron la tercera pesada con el siguiente resultado:

Carlos y Antonio totalizaron 72 kg

Para determinar el peso de cada uno de los cuatro amigos usted no necesita más datos que los apuntados, pero sí, tal vez, las siguientes indicaciones:

Modifique la 3ra ecuación del sistema y constate entonces que 3 de las 4 ecuaciones constituyen un sistema auxiliar, flanqueado por la 4ta.

Observe que dos ecuaciones del sistema general proporcionan un resultado importante y permiten un control sencillo de la solución.

Para terminar este fatigoso juego-problema, le dejo tres preguntas livianas que usted podrá resolver por sus propios medios.

¿Cuáles son las pesadas dobles distintas que permitirían realizar la operación con éxito?

La estrategia positiva aplicada, ¿cuántas posibilidades admite, representando cada una de ellas un conjunto válido de cuatro pesadas dobles?

¿Qué hubiera sucedido con la operación si la capacidad de la báscula fuera superior a los 150kg?

¡Sin duda que será capaz de responder estas preguntas sin ayuda!

Solución

5. Los Forzudos

El club atlético Los Forzudos tiene, curiosamente, el mismo número de jugadores de fútbol, vóleibol y balonmano, es decir, 21 para cada deporte; pero cabe señalar que el número total de jugadores es inferior a 63, es decir, 21 × 3, porque algunos (los más forzudos) practican dos de los deportes mencionados o aun tres.

Los jugadores se pueden distribuir, según el deporte que practican, en pequeños grupos, tales que ningún deportista pertenece a más de un grupo a la vez. El número de integrantes de cada grupo es distinto del de los demás y nunca inferior a tres. El grupo de los futbolistas exclusivos es el más grande, lo cual es lógico por cuanto en el terreno se necesitan, respectivamente, 11 futbolistas, 6 voleibolistas y 7 para el balonmano.

Sobre la base de todos estos datos, se le invita a responder matemáticamente al siguiente cuestionario “progresivo” sobre estos valientes forzudos, en el juego-problema más viril de esta antología.

¿Cuántos grupos existen y cuál es el “carácter” de cada uno?

¿Cuántos deportistas hay en total y cuántos se dedican exclusivamente al fútbol?

¿Cuántos deportistas practican vóleibol y balonmano, pero no fútbol (los auténticos forzudos)?

¿Cuántos jugadores practican respectivamente, uno, dos o los tres deportes?

A primera vista parecería que este juego-problema es insoluble por falta de datos numéricos. ¡Nada de eso!, se lo aseguro, pero antes que nada conviene examinar cuidadosamente los datos proporcionados. Precisamente en este terreno puedo serle útil. Vamos por partes.

Siendo J, F, V y B los conjuntos de jugadores, futbolistas, voleibolistas y practicantes de balonmano respectivamente, trace el diagrama de Venn (¡caramba!) que represente las intersecciones de esos conjuntos; sin duda aparecerán grupos definidos, siete en total, que usted designará como conjuntos y caracterizará fácilmente.

Siendo a, b, c... los respectivos cardinales de los nuevos conjuntos A, B, C..., el diagrama le dará un sistema de tres ecuaciones del tipo x + y + z + t = 21. Estudiando cuidadosamente una de estas ecuaciones y respetando ciertas condiciones, obtendrá un valor máximo para el número de futbolistas exclusivos y seguidamente el número exacto de esos deportistas y de todos los jugadores en cuestión.

El estudio paralelo de la ecuación general indicada, con los valores posibles hallados para las incógnitas, limita la solución a tres conjuntos (no series) de valores. La identificación de las ecuaciones del sistema de base y de esos conjuntos de valores permite hallar el número de auténticos forzudos y el de practicantes de los tres deportes.

Con ayuda de las ecuaciones adecuadas, sugeridas por el diagrama y por los valores hallados, se obtienen las cantidades de jugadores que practican dos o uno de los tres deportes.

¿Comprende ahora la mecánica de los equipos? ¿Entró en el juego? Así lo espero, porque nunca he sido tan explícito como en esta ocasión.

Solución

6. ¡Feliz cumpleaños!

Las personas que cumplieron 22 años en 1984 tienen edad precisamente igual a la suma de las cifras del año, por cuanto l + 9 + 8 + 4 = 22. Nacieron en 1962 (1984 ‒ 22 = 1962) y desde 1980, en que cumplieron 18 años, hasta 1989, cuando cumplieron 27, su edad presenta esa particularidad.

¿Es su caso, lector? En todo caso, reconozca que se trata de una curiosidad onomástica. Y puesto que la curiosidad es una cualidad científica buscada aquí (más que un malhechor fugado), le propongo un juego-problema basado en otros cumpleaños igualmente singulares.

¿Puede usted determinar la edad de las personas cuyo número de años en 1984 es igual a la suma de los valores de las cifras del año de su nacimiento?

“En las almas bien nacidas, el valor no depende de la edad”, dice un célebre héroe de Comedle. Para nosotros, especialistas en la matemática de lo insólito, cierta suma de valores se “adhiere” a ese número de años. Si usted no advierte el camino a seguir, he aquí algunos consejos.

Represente con 19xy el año de nacimiento, suponiendo que el sujeto en cuestión nació en nuestro siglo, luego establezca una ecuación en x e y por medio de una descomposición ordinal, parcial y literal.

Resuelva la ecuación dentro de sus límites, considerando una de las incógnitas como un parámetro, luego compare los dos tipos de cumpleaños examinados, de acuerdo con el número de ejemplares.

Justifique en la ecuación precedente la elección particular de incógnitas.

Tal vez usted supuso, como yo, que el año de nacimiento de las personas en cuestión, correspondía al siglo XX. Si es así, el estudio es incompleto, porque nada demuestra que las personas nacidas a fines de los años 1800 no pueden pertenecer a esta categoría. Por eso, para rematar su brillante investigación, estudie cuidadosamente esta última hipótesis sobre la tercera edad.

Como ayuda para esta tarea, le sugiero que vuelva a las ecuaciones y su resolución, pero esta vez comparando los pares de soluciones posibles por “maximización”.

La conclusión es rápida... e inapelable.

Una torta de crema con fruta abrillantada y dos decenas de velitas servirán magníficamente para celebrar este cumpleaños excepcional, cantando el tradicional happy birthday to you. No olvide invitar a los amigos y... al descubridor del acontecimiento.

Solución

7. Los 100 metros con estacas

La carrera pedestre, disciplina deportiva elemental en su origen (¡viva el jogging!) se complicó luego con agregados materiales, tales como las vallas de “110 m con vallas” y los obstáculos de los “3.000 m a campo traviesa” o los relevos de los “4 × 100 m”.

¿Conoce el lector la carrera de “100 m con estacas”? ¡Nunca la escuchó nombrar! Entonces lea con atención, porque se trata de un novísimo juego-problema.

La carrera se realiza en una pista recta de 100 metros sembrada de estacas. La primera se encuentra en un extremo, la segunda a 10 m de la primera, la tercera a 10 m de la segunda y así sucesivamente hasta el otro extremo, donde se encuentra el cajón de las estacas.

Cada corredor debe recoger las estacas y depositarlas en la caja, pero una por una, efectuando en cada caso el recorrido de ida y vuelta (sin enlaces ni plurales). En el momento de la largada, el corredor toma su puesto en el extremo de su elección, sea el de la primera estaca o el del cajón. La prueba concluye cuando el corredor deposita la última estaca en el cajón.

El ganador es, desde luego, el que realiza la prueba en el menor tiempo; ésta se puede efectuar “en paralelo”, por eliminación sucesiva entre parejas de atletas.

Definida la competencia, a los atletas se les plantean ciertos problemas relativos a la distancia a recorrer.

¿Quiere ayudarlos a resolverlos? Porque al cabo del primer ensayo sobre la pista, todos están desorientados... o agotados.

Se trata de determinar la longitud del recorrido en los siguientes casos:

El corredor parte del extremo del cajón.

El corredor parte de la primera estaca y

— recoge la primera estaca, o

— recoge al paso una estaca cualquiera, o

— recoge la estaca colocada en la mitad del recorrido.

Compare estas diversas longitudes a fin de elaborar una estrategia matemática ganadora (como dirían los militares).

Yo le daré algunas sugerencias a fin de orientar sus investigaciones en cada caso, a menos que usted sea capaz de ir derecho a la meta.

En el primer caso, compare y determine el número de estacas y de intervalos entre una y otra, luego la longitud de cada ida y vuelta en intervalos a fin de calcular el recorrido total y luego ordene cada toma de una estaca según la longitud.

En el segundo caso, proceda nuevamente por idas y vueltas a intervalos sucesivos y compare el resultado con el primero.

En el tercero, con el número de orden n de la estaca tomada en el primero exprese la longitud de ida y vuelta que requiere la estaca pero partiendo del cajón y luego exprese la longitud total del recorrido por analogía con el primer caso.

Estudie los casos particulares del recorrido general, para n = 1 y n = 10.

En el cuarto caso, aplique la expresión señalada anteriormente a la estaca en cuestión y compare con el primero.

Podrá entonces dar una conclusión triunfal a este dinámico juego- problema, sobre todo si el conjunto de resultados obtenidos le pareció asombroso.

Solución

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Soluciones de “Primer grado «superior»”

1. Solución de “El maldón”

Domingo da las cartas sin participar del juego y tiene ya las ocho correspondientes, es decir, 32/4. (Como siempre, al que reparte le toca... usted conoce el dicho.)

Sean a, b y c el número inicial de cartas de Alejo, Bernardo y Claudio, respectivamente.

Tiradas las cartas, Alejo tiene en su mano a/2, por lo tanto, Bernardo y Claudio tienen: b + a/4 = (a + 4b)/4 y (a + 4c)/4.

Tiradas por segunda vez, Bernardo tiene: (a + 4b)/8,

Alejo: a/2 + (a + 4b)/16 + (9a + 4b)/16,

y Claudio: (a + 4c)/4 + (a + 4b)/16 = (5a + 4b + 16c)/16.

Tiradas por tercera vez, Claudio tiene: (5a + 4b + 16c)/32

Bernardo: (a + 4b)/8 + (5a + 4b + 16c)/64 = 13a + 36b + 16c)/64

Alejo: (9a + 4b)/16 + (5a + 4b + 16c)/64 = (41a + 20b + 16c)/64.

Finalmente, Alejo, Bernardo y Claudio tienen 8 cartas, como Domingo, y el juego puede continuar.

Las tres expresiones siguientes conforman el sistema de 3 ecuaciones de 1er. grado, con 3 incógnitas cada una:

(41a + 20b + 16c)/64 = 8 luego 41a + 20b + 16c = 64 × 8 (1)

(13a + 36b + 16c)/64 = 8 luego 13a + 36b + 16c = 64 × 8 (2)

( 5a+ 4b+16c)/32 = 8 luego 5a + 4b+ 16c = 32 × 8 (3)

y este sistema, con tantas ecuaciones como incógnitas, se resuelve fácilmente.

La resolución del sistema se puede efectuar así:

De las ecuaciones (1) y (2) tenemos:

41a + 20b = 64 × 8 ‒ 16 c y 13a + 36b = 64 × 8 ‒ 16c

luego: 41a + 20b = 13a + 36b de donde 7a = 4b (4)

De las ecuaciones (3) y (4) tenemos que

5a + 7a + 16c = 32 × 8 luego 3a + 4c = 64

A su vez, las ecuaciones (4) y (5), luego (2) pero también (1) dan:

Primero 13a + 9 × 7a + (32 × 8 ‒ 12 a) = 64 × 8

Luego 64a + 64 × 4 = 64 × 8 de donde a = 4

Por otra parte, es evidente que el número de cartas que tiene Alejo es divisible por cuatro.

Finalmente:

b = 7a/4 de donde b = 7 y c = (64 ‒ 3a)/4 luego c = 13

Al principio, el número de cartas de cada jugador era distinto y A, B, luego C tenían: 4 7 y 13 cartas,

pero después

de la 1a tirada: 4/2 = 2 7 +2/2 = 8 y 13 + 2/2 = 14 cartas,

de la 2ª tirada: 2 + 4/2 = 4 8/2 = 4 y 14 + 4/2 = 16 cartas, y

de la 3ª tirada: 4 + 8/2 = 8 4 + 8/2 = 8 y 16/2 = 8 cartas.

Por consiguiente, la situación había vuelto a la normalidad y el juego podía continuar.

Para terminar, he aquí la “recíproca” del control anterior, la solución “sin ecuaciones” de este juego-problema al que se llega equitativamente:

C, B, luego A tenían: 8 8 y 8 cartas,

pero antes

de la 3ª tirada: 8 × 2 = 16 8 ‒ 8/2 = 4 y 8 ‒ 8/2 = 4 cartas,

de la 2ª tirada: 16 ‒ 4/2 = 14 4 × 2 = 8 y 4 ‒ 4/2 = 2 cartas,

de la 1ª tirada: 14 ‒ 2/2 = 13 8 – 2/2 = 7 y 2 × 2 = 4 cartas,

número de cartas en mano, con las 8 de Domingo después del maldón.

¿Esta solución elegante es más “natural” que la anterior? ¡Júzguelo usted!

Este juego-problema, basado en un error de distribución de los naipes, inicia la serie con un sistema de ecuaciones ultraclásico, de fácil solución y control, pero cuya expresión en forma de ecuaciones exige cierto trabajo.

La solución literal es completada por una solución numérica “elemental”, que sin embargo exige una delicada operación de “volver atrás”.

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2. Solución de “El microómnibus”

En los esquemas siguientes aparecen los cardinales de los conjuntos disjuntos de pasajeros —representados por letras—, siguiendo los trayectos posibles entre la estación E y el Aeropuerto A, pasando por las paradas P1 y P2; ay a' por ejemplo, corresponden a un mismo trayecto en sentidos opuestos.

Los datos sobre el trayecto de ida se expresan, sucesivamente:

d + e = 4 y f = 3 luego c = 2 y b + e = 6

finalmente a = 11 y e = 1

porque ese pasajero sólo pudo ascender en la primera parada y descender en la segunda.

Entonces: e = l =) d = 4 = 3 y b = 6 ‒ 1 = 5

Número de asientos ocupados en la partida: a + b + c= 11 + 5 + 2 = 18

Número de asientos libres en la partida: 20 ‒ 18 = 2

Número de asientos ocupados en la llegada: a + d + f = 11 + 3 + 3 = 17

Número de asientos libres en la llegada: 20 ‒ 17 = 3

Los datos sobre el trayecto de vuelta se escriben así: b’ + e' + c* = 3 y f' + d, + e’ = 4 luego: f' + e' + c' = 3, d' + b'= 4 y a’= 16

El número de pasajeros entre las paradas es: a' + d' + b' + e'

luego: (b' + e' + c') + (f' + d' + e') ‒ (f' + e' + c') + a'

de donde: 3 + 4 ‒ 3 + 16 = 20

¡El microómnibus tenía todos los asientos ocupados entre las dos paradas, pero tal vez ya lo estaban en la partida!

Los cálculos sobre las correspondencias se efectúan así:

Número total de pasajeros en el trayecto de ida:

a + b + c + d + e + f = 11 + 5 + 2 + 3 + 1 + 3 = 25

Número de pasajeros que podrán tomar el avión:

a + d + f = 11 + 3 + 3 = 17

Número total de pasajeros en el trayecto de vuelta:

a' + b' + c' + d' + e' + f = (f ' + e' + c') + (d' + b') + a' = 3 + 4 + 16 = 23

Número de pasajeros que podrán tomar el tren:

a' + b' + c' = (a' + b’ + c' + d' + e' + f ') ‒ (f ' + d' + e') = 23-4= 19

El porcentaje pedido es:

(17 + 19) / (25 + 23) × 100 = 3600/48 = 75%

El porcentaje refleja la eficiencia de este medio de transporte: 3 de cada 4 pasajeros “corresponden”, pero a condición de efectuar el cálculo correctamente, porque:

(17/25 × 100) + (19/23 × 100) = 150%

Este entretenido juego-problema sobre el transporte de personas y la rentabilidad de un ómnibus requiere una representación gráfica original con utilización de letras para las numerosas y delicadas ecuaciones o expresiones.

Exige la solución reflexiva de sistemas singulares de ecuaciones de primer grado con varias incógnitas “agrupadas” y concluye con un cálculo de porcentajes estadísticos que presenta una trampa.

Los viajeros descienden entonces del vehículo y se dirigen a la salida, porque el viaje matemático ha llegado a destino.

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3. Solución de “Un bobinaje liviano”

1. Sean u, v, w, x, y las producciones mensuales sucesivas, t la producción total y m la producción mensual media correspondientes.

Tenemos: u + v + w = 585 y w + x + y = 675

de donde: u + v + 2w + x + y = 585 + 675 = 1.260

Para calcular las producciones aproximadas, se trata al conjunto de dos períodos trimestrales como un semestre, de donde:

m'= 1.260/6 = 210 luego t' = 210 × 5 = 1.050

2. La producción de marzo evidentemente es mínima cuando es nula; la de cada período es la de los otros dos meses.

La producción de marzo es máxima cuando es igual a la del 1er período; en ese caso, la de enero-febrero es nula. Pero la de marzo no puede ser de 675 bobinas, porque la de enero-febrero sería... negativa.

de donde: wm = 0, wM = 585 =) 0 < w < 585

por otra parte: t = u + v + w + x + y = 1.260 – w

así, t es máxima o mínima según lo es w.

Estas horquillas también dan los valores aproximados de la producción, tomando la media de los Emites:

m" = (0 + 585)/2 = 292 y t" ‒ (675 + 1260)/2 = 967

3. El incremento i aplicado a las producciones mensuales nos da las siguientes igualdades:

V – u = w ‒ v = x – w = y – x = i

que con: u + v + w = 585 y w + x + z = 675

constituyen un sistema “correcto” de seis ecuaciones de primer grado con seis incógnitas.

Expresemos con w e i, primero u, v, x, y, luego las siguientes sumas:

v = w ‒ 1 luego u = v‒ i = w‒2i

x = w + i luego y = x + i = w + 2i

u + v + w = (w ‒ 2i) + (w ‒ i) + w = 3w‒3i

w + x + y = w + (w + i) + (w + 2i) = 3w + 3i

El sistema inicial se reduce a dos ecuaciones de 1er. grado con dos incógnitas:

3w ‒ 3i = 585 o w ‒ i = 195

3w + 3i = 675 o w + i = 225

La resolución en w de este último sistema se escribe sucesivamente:

(w ‒ i) + (w + i) = 195 + 225 =) 2w = 420 ==) w = 210

de donde: t = 1.260 ‒ w = 1.260 ‒ 210 = 1.050

y m = t/5 = 1.050/5 = 210

Asimismo, la resolución en i se expresa:

(w + i) ‒ (w ‒ 1) = 225 ‒ 195 =) 2i = 30 =) i = 15

de donde: v = 210 ‒ 15 = 195 luego u = 195 ‒ 15 = 180

x = 210 + 15 = 225 luego y = 225 + 15 = 240

Para controlar: 180 + 195 + 210 + 225 + 240 = 1.050

o incluso: 180 + 195 + 210 = 585 y 210 + 225 + 240 = 675

4. Los resultados anteriores muestran que las producciones mensuales media, exacta y aproximada son iguales entre sí y a la producción de marzo, y que las producciones totales correspondientes también son iguales.

Demostremos literalmente esas igualdades:

m = [(w ‒ 2i) + (w ‒ i) + w + (w + i) + (w + 2i)]/5 = 5w/5 = w

m' = [(3w ‒ 3i) + (3w + 3i)]/6 = 6w/6 = w

de donde: m = m' = w

y: t = 5m y t' = 5m' ahora bien m = m', de donde t = t'

Desde el punto de vista matemático, este bobinaje liviano, o antisuperabundante, sólo contiene dos datos numéricos, pero con ellos se pueden realizar varios cálculos, exactos o aproximados numéricos o literales.

La base de este juego-problema es un sistema de seis ecuaciones de primer grado con seis incógnitas, acompañadas por determinaciones de medias aritméticas y extremizaciones particulares.

Tampoco son desdeñables los resultados paradójicos de esta “novela de suspenso” humorística.

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4. Solución de “Una pesada ardua”

Sean a, b, c y d los pesos, en kilogramos, de los cuatro amigos. Las cuatro pesadas realizadas dan lugar al siguiente sistema de ecuaciones:

(1)

(2)

(3)

(4)

{a + b = 69,

b + c = 79,

c + d = 74,

d + a = 64}

Este sistema de primer grado, que contiene tantas ecuaciones como incógnitas, es decir cuatro en total, es sin embargo un sistema indeterminado con un factor arbitrario, por lo que admite infinitas soluciones, las que sólo dependen del valor de una cualquiera de las incógnitas.

En efecto, cualquier valor que se atribuya a a, por ejemplo, nos da el valor de b con (1) y el de d con (4), los que a su vez nos dan el valor de c con (2) o (3), que constituyen una solución del sistema. Así:

a = 10 =) b = 69 ‒ 10 = 59 y d = 64 ‒ 10 = 54 =) c = 79 ‒ 59 =

= 74 ‒ 54 = 20

También se puede constatar que esas cuatro ecuaciones no son lo suficientemente independientes entre sí y que se puede deducir cada una de las otras tres; así, al sumar la 1ra. y 2da. pesadas y restarles la 3ra., se obtiene la 4ta.:

(a + b) + (c + d) ‒ (b + c) = a + d

con lo que el sistema se reduce a una sola ecuación indeterminada.

Por consiguiente, la primera estrategia es negativa.

Modificando la 3ra. pesada, el sistema se expresa así:

(1)

(2)

(3')

(4)

{a + b = 69,

b + c = 79,

c + a = 72,

d + a = 64}

Las tres primeras ecuaciones constituyen un sistema de 3er. grado con tres incógnitas, fácil de resolver, así, por combinación se obtiene, por ejemplo:

Restando (1) a (2), c – a = 10 (5)

Sumando (3') y (5), 2c = 82, o sea c = 41

c = 41, reemplazando en (3') o (5) nos da a = 31

c = 41, reemplazando en (2), o a = 31, reemplazando en (1) dan b = 38

Por consecuencia, la 4ta. ecuación, aislando la 4ta. incógnita, da el 4to. componente:

a = 31, reemplazando en (4) da d = 33

pero cualquier pesada de David con otro que no fuera Antonio daría el mismo resultado.

La solución del sistema general es:

(a, b, c, d) = (31, 38, 41, 33)

es decir que, de acuerdo con la segunda estrategia, Antonio pesa 31 kg, Bernardo 38, Carlos 41 y David 33. ¡Y eso no es todo!

Hay que señalar que la suma de (2) y (4) da directamente el peso total de los cuatro energúmenos y brinda así una verificación sencilla de la solución hallada:

31 + 38 + 41 + 33 = 79 + 64 + = 143

Hay seis pesadas dobles distintas, expresadas por los pares

{a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d), {c, d}

los que forman, por eliminación, 6 × 5/2 = 15 conjuntos de cuatro pares.

La estrategia positiva propuesta admite evidentemente cuatro posibilidades, tantas como incógnitas aisladas en una sola ecuación, combinadas con otras tres posibilidades, tanto como incógnitas asociables con la incógnita aislada, o sea, finalmente 3 x 4 = 12 posibilidades, representando 12 conjuntos válidos de cuatro pesadas dobles; en cambio, sólo existen tres posibilidades de desembocar en la estrategia negativa.

{a, b}, {b, c}, {c, d), {d, a} / {a, c}, {c, b}, {b, d}, {d, a} /

{a, b), {b, d), {d, c}, {c, a}

Si la báscula hubiera tenido capacidad suficiente para pesar a los 3 muchachos (o los 4), hubiera sido muy fácil pesar a 3 cualesquiera (o los 4), luego a 2 cualesquiera de esos 3 (o 3 de los 4) sin recurrir a ecuaciones; el peso del 3ro. (o 4to.) se determinaría por simple sustracción una vez concluida la pesada.

Desde el punto de vista matemático, el juego-problema sobre la “pesada ardua” presenta un sistema de 4 ecuaciones de 1er. grado con 4 incógnitas en total, pero que en ciertas condiciones se convierte en un sistema indeterminado con un factor arbitrario; se concentra la atención sobre esas condiciones de indeterminación fundamentales.

Frente a esta indeterminación, presenta una estrategia de pesada, cuyas diversas posibilidades se obtienen por medio del análisis combinatorio.

Por último, si le agrada, puede utilizar este material para ensayar el cálculo de las pesadas individuales de más de cuatro personas (los casos de dos o tres son triviales) e incluso... de toda una colonia de vacaciones.

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5. Solución de "Los Forzudos"

Sean J (el referencial), F, B y V (3 partes de J) los conjuntos de jugadores de fútbol, balonmano y vóleibol del club, el diagrama de Venn reproducido aquí representa las uniones generales de los conjuntos y a la vez revela la interesante estructura colectiva de la institución.

En este diagrama, los conjuntos I, A, B, C, P, Q, R corresponden a los grupos de deportistas, que son siete y se caracterizan así:

I = {jugadores del club que practican fútbol, vóleibol y balonmano}

A = {jugadores del club que practican balón, vóleibol, pero no fútbol}

B = {jugadores del club que practican vóleibol, fútbol, pero no balón}

C = {jugadores del club que practican fútbol, balón, pero no vóleibol}

P = {jugadores del club que practican fútbol, pero no balón ni vóleibol}

Q = {jugadores del club que practican balón, pero no vóleibol ni fútbol}

R = {jugadores del club que practican vóleibol, pero no balón ni fútbol}

Siendo a, b, c,... los respectivos cardinales de los conjuntos A, B, C,... el diagrama nos da un sistema de tres ecuaciones con siete incógnitas:

{i + q + a + c = h = 21, i + p + b + c = f = 21,

i + r + a + b = v = 21}

La ecuación central nos da que p = 21 ‒ (i + b + c), donde el valor máximo de p... corresponde a valores mínimos de i, b y c, los que a su vez son naturales, distintos y no inferiores a 3; luego p < 21 ‒ (3 + 4 + 5), de donde p < 9.

Los valores de las siete incógnitas son no superiores a p, por lo tanto a 9; por consiguiente, la solución del sistema precedente corresponde al único conjunto posible:

{i, a, b, c, p, q, r} = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

que representa 7! = 5.040 series, es decir, posibles soluciones.

El número total de jugadores es, entonces,

n = 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 o sea n = 42,

y el de los que se dedican exclusivamente al fútbol, p = 9, cantidad insuficiente.

Cada ecuación del sistema de base se puede expresar, con la condición establecida, así:

x + y + z + t = 21 con {x, y, z, t} ⸦ {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

Para que x + y + z + t sea impar, {x, y, z, t} no puede contener 0, ni 2 ni 4 elementos impares, por consiguiente tiene 1 par o bien un impar.

Con algunos ensayos se limita la solución de la ecuación general a tres conjuntos de valores:

{x, y, z, t} ┘ {{4, 3, 5, 9}, {6, 3, 5, 7} {3, 4, 6, 8}}

que representan todavía 4! × 3 = 72 series y, por tanto, igual cantidad de soluciones posibles.

La identificación de tres ecuaciones del sistema fundamental con los tres conjuntos de valores precedentes muestran asimismo que: i = 3: únicos comunes a las tres ecuaciones o a los tres conjuntos, a = 6: únicos otros comunes a las dos ecuaciones o a los tres conjuntos sin p o 9.

Luego, hay 6 auténticos forzudos y 3 jugadores que practican 3 deportes.

La ecuación  i + p + b + c = 21

da  b + c = 21 ‒ (3 + 9) = 9

y  a + b + c = 6 + 9 = 15

y el diagrama p + q + r = n ‒ (1 + a + b + c) = 42 ‒ (3 + 15) = 24

Así, en total, 24 jugadores practican un solo deporte y 15, dos deportes.

Este juego-problema de los forzudos lo ha enfrentado deportivamente a dos grandes disciplinas, determinadas pero vinculadas, y a diversos conceptos sueltos.

Para comenzar, una incursión en el campo de los conjuntos finitos, con el diagrama de Venn del club, reparto de jugadores, cardinales de sus grupos, pero también conjuntos de ecuaciones, de incógnitas y de valores.

Además, una introducción en el mundo de las ecuaciones con varias incógnitas, con un sistema dado, una ecuación general condicionada y ecuaciones elementales que se resuelven por ensayos sucesivos, identificación y agrupación de incógnitas.

Por último, algunos escarceos, con conceptos varios de extremización, de igualdad, de combinatoria (con factoriales) y de series.

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6. Solución de “¡Feliz cumpleaños!”

Sea el año de nacimiento, en este siglo, de la persona cuya edad se quiere determinar, la descomposición ordinal de ese natural se puede expresar así:

= 1900 + 10x + y

La ecuación del juego-problema se expresa y se reduce fácilmente:

1984 ‒ 19xy = 1 + 9 + x + y

x + y + 10x +y = 1984 ‒ 1900 ‒ 1 ‒ 9

11x + 2y = 74

con (x, y) ┘ (0, 1, 2, ..., 9}2

Esta única e insuficiente ecuación de 1er. grado con dos incógnitas da lugar de dos maneras (en x o en y) a un conjunto de diez ecuaciones de 1er. grado con una incógnita en {0, 1, 2, ..., 9}.

Al explicitar (por ejemplo) y efectuar los cálculos sucesivos, se obtienen la fórmula y tabla siguientes:

11x + 2y = 74 =) y = (74 ‒ 11x)/2

x

0

1

2

3

4

5

6

 7

 8

9

y

37

31,5

26

20,5

15

9,5

4

 ‒1,5

 ‒7

‒12,5

y esta tabla demuestra que una sola de las diez ecuaciones tiene solución:

x = 6 =) y = (74 ‒ 11 × 6)/2 = 8/2 = 4

Por otra parte, era previsible que x tendría un valor par.

De ahí resulta que las personas nacidas en 1964 y que cumplen 20 años en 1984 tienen un curioso cumpleaños, pues l + 9 + 6 + 4 = 20.

Cabe señalar que este segundo tipo de feliz cumpleaños, a diferencia del primero, sólo ocurre una vez en la vida. Esto es así a pesar del viejo dicho de que siempre se tienen veinte años en un rincón del corazón.

La ecuación indicada más arriba no tiene solución eligiendo como única incógnita la edad de las personas, porque es imposible interpretar la suma de las cifras del año de nacimiento.

Expresando con un año de nacimiento del siglo XIX, correspondiente al tercer problema planteado, la ecuación es:

1984 ‒ 18xy = l + 8 + x + y

x + y + 10x + y = 1984 ‒ 1800 ‒ 1 ‒ 8

11x + 2y= 175

con (x, y) ┘ {0, 1, 2, ..., 9}2

El par que le da su valor máximo al binomio 11x + 2y es (x, y) = (9,9), el más elevado de todos y de elementos idénticos; en este caso:

11x + 2y = 99 + 18 = 117 con 117 < 175

Este par no es la solución de la ecuación; ningún par lo sería, porque le daría al binomio un valor inferior a 117, y a fortiori a 175; por consiguiente, la ecuación es imposible.

Por consiguiente, nadie que hubiera nacido en el siglo XIX (y muerto en el XX) podría cumplir en 1984 un número de años equivalente a la suma de las cifras del año de su nacimiento. Sólo los nacidos en 1964 gozan de este auténtico privilegio.

Desde el punto de vista matemático, el segundo “feliz cumpleaños” de este alegre juego-problema introducido por el primero ilustra ampliamente la ecuación de primer grado con dos incógnitas: la expresión del problema mediante una ecuación por medio de una descomposición ordinal y la elección de dos incógnitas auxiliares, seguida por una solución exhaustiva con respeto por la limitación y la fijación de un parámetro y culminando en el examen de una ecuación imposible, caso relativamente poco frecuente en la práctica.

Y además, los problemas de la edad, matemáticos o no, son como los de los trenes y los grifos de agua: los más delicados para resolver.

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7. Solución de "Los 100 metros con estacas"

La pista comprende tantas estacas como intervalos entre ellas, es decir, 100/10 =10, porque en un extremo está la caja.

El atleta que parte de la caja recorre dos veces (ida y vuelta) el trayecto desde ese extremo hasta cada estaca, distancia que se puede medir sumando los intervalos.

El largo total de la carrera es entonces de 1100 m (¡sí, más de un kilómetro!):

(2 × 10) + (2 × 20) + (2 × 30) + ... + (2 × 100)

= 20 × (1 + 2 + 3 + ... + 10) = 20 × (10 × 11)/2 = 1100

porque se trata, como usted advirtió ya, de la suma de los 11 primeros naturales, dando por sobreentendido el 0.

Al modificar el orden en que se recogen las estacas se modifica el orden de las distancias recorridas, pero no la magnitud de éstas ni, por consiguiente, la del trayecto total, en virtud de la propiedad conmutativa.

Si el atleta parte de la primera estaca y la lleva consigo, recorre 100 m con ella y luego, en cualquier orden, las dobles distancias restantes para cada estaca.

La longitud del trayecto es entonces de 1000 m, 1 km:

100 + (2 × 10) + (2 × 20) + (2 × 30) + ... + (2 × 90)

= 100 + 20 × (1 + 2 + 3 + ... + 9)

= 100 + 20 × (9 × 10)/2 = 1000

La ventaja de 100 m del segundo trayecto con respecto al primero corresponde a la eliminación del recorrido de ida en busca de la primera estaca.

El número de intervalos entre la primera estaca y la enésima es n - 1, y entre ésta y la caja es de 10 ‒ (n ‒ 1) = 11 ‒ n.

La doble distancia recorrida a partir de la caja a la enésima estaca y vuelta es:

2 × (11 ‒ n) × 10 = 220 ‒ 20n

Si el atleta parte de la primera estaca pero recoge en primer término la enésima, recorre 100 m para llevarla a la caja, porque recorre todas las dobles distancias del primer caso, salvo la correspondiente a esa enésima estaca.

El trayecto, expresado en metros, es entonces:

100 + 1100 ‒ (220 ‒ 20n) = 980 + 20n

o sea f(n) = 980 + 20n

de donde la longitud del trayecto depende del lugar que ocupa la estaca recogida en primer término, de acuerdo con una función afín discreta f, definida en N y sobre [1,10] y además creciente.

Para n = 1, con la primera estaca, f(n) adquiere su valor mínimo: 980 + 20 = 1.000, reproduciendo el resultado del segundo caso, es decir, 1.000 metros.

Para n = 10, con la última estaca, f(n) adquiere su valor máximo: 980 + 100 = 1.080, que corresponde al trayecto más desfavorable, de 1.180 metros.

La estaca situada en la mitad del trayecto, después del 5to. intervalo, es la sexta. La longitud del trayecto medio para ésta es de 1100 m:

f(6) = 980 + (20 × 6) = 1.100

Este trayecto es equivalente al del primer caso.

En conclusión, la estrategia ganadora desde el punto de vista matemático consiste en partir de la primera estaca, llevándola consigo; se ahorran así en el peor de los casos 20 y en el mejor 180, en relación con las demás posibilidades.

La opción de partir de la caja y recoger las estacas más cercanas en primer término es desfavorable, lo que puede parecer paradójico.

¡Arriba la matemática deportiva! ¿Ganó usted?

Este juego-problema sobre una pista de 100 m con estacas e intervalos recurre esencialmente a una función afín discreta por examen de casos extremos y un caso medio fundamental.

La comparación de las diferentes posibilidades con ayuda de naturales limitados desemboca en una estrategia matemática exigida por un resultado paradójico.

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V

¡Santo Pitágoras!

Hace más de 25 siglos, el ilustre filósofo y matemático griego Pitágoras, apóstol de la fraternidad que lleva su nombre, demostró una propiedad geométrica fundamental, llamada desde entonces y para siempre “teorema de Pitágoras”.

He aquí el enunciado actual y completo de este teorema conocido universalmente como el puente del burro: “En un triángulo rectángulo cualquiera, y en longitudes de una misma unidad cualquiera, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.”

Pitágoras celebró su célebre demostración sacrificando una centena de bueyes: fue una auténtica hecatombe (del griego hékaton, cien, y bous, buey). Sin embargo, la “demostración de Pitágoras no era sino una justificación de la propiedad.

Aplicada a la figura que se muestra aquí, del conocido “molino de viento”, la justificación se basaba en una equivalencia de cuadrados: el cuadrado C, trazado sobre la hipotenusa del triángulo rectángulo, debía ser equivalente a la unión de los cuadrados A y B, trazados sobre los catetos; en efecto, el cuadrado (número) de cada lado del triángulo rectángulo corresponde al área del cuadrado (figura) trazado sobre ese mismo lado.

Tres siglos más tarde, otro matemático griego, el no menos ilustre Euclides (sobre todo a causa de su postulado), perfeccionó el “molino de viento” y halló la primera demostración verdadera (aunque confusa) de la célebre propiedad e incluso la de su recíproca en las famosas proposiciones 47 y 48 del libro I de sus Elementos.

La justificación mencionada párrafos antes fue realizada, juntamente con otros trabajos, no por Pitágoras solo sino por todo un equipo (¡sí señor, igual que en el siglo XX!) de pitagóricos. La propiedad ya había aparecido unos diez siglos antes en las tablas de arcilla babilónicas, y es probable que los egipcios ya la hubieran aplicado a la construcción de sus templos.

Sea como fuere, y a pesar de la incertidumbre histórica, el teorema de Pitágoras sigue siendo hoy una propiedad geométrica esencial, por sus muchas aplicaciones prácticas y su frecuente uso, tanto profesional como artesanal. Por otra parte, el teorema es de considerable interés científico, habiendo suscitado profundas investigaciones y pasiones a lo largo de los siglos. Espero que usted descubrirá su importancia en los juegos-problemas que siguen, y que a continuación pasaré a presentar.

— Los cuadrados intermediarios permitirán justificar el teorema de Pitágoras, por medio de equivalencias y por lo menos de dos maneras distintas, construyendo un nuevo cuadrado, intermediario entre los dos pequeños del molino de viento.

— Pruebas sutiles son otras dos demostraciones del mismo teorema que, siempre sobre el molino de viento y por medio de equivalencias, introducen desplazamientos e incluso transformaciones donde los paralelogramos cumplen un papel importante.

— Demostraciones literales del mismo teorema aparecen aquí para utilizar equivalencia de figuras o la noción de similitud asociadas con el cálculo literal.

— El caracol de Pitágoras, serie figurativa de triángulos rectángulos particulares, entre los cuales hay dos muy especiales, y que está íntimamente ligada a los conjuntos numéricos usuales.

— Escaleras contra el muro, por medio de dos cálculos esenciales y sus consecuencias, constituye la aplicación más sencilla y práctica del teorema de Pitágoras, y probablemente la más antigua.

— Campos en litigio es una cómica controversia agraria en la que aparece un último triángulo especial, que Pitágoras convirtió en ecuación de segundo grado con una incógnita para pacificar los espíritus.

Los tres primeros juegos-problema mencionados brindan una serie de justificaciones y demostraciones simples del teorema de Pitágoras basadas esencialmente en el concepto de equivalencia, que es tan intuitivo.

Los tres últimos constituyen aplicaciones de este teorema, todas ellas interesantes por distintos motivos. Introducen los tres triángulos rectángulos especiales, los que a su vez poseen numerosas aplicaciones.

En esta serie están muy presentes las actividades gráficas, vinculadas con transformaciones y propiedades geométricas corrientes; también se hallará la resolución de sistemas de ecuaciones facilitada por identidades notables.

1. Los cuadrados intermediarios

En el universo matemático de los teoremas, el de Pitágoras es sin duda el que ha dado lugar a las investigaciones más numerosas y diversas. Al azar de los tiempos y la fantasía, matemáticos chinos, hindúes, árabes y desde luego occidentales, profesionales y aficionados, han elaborado centenares de demostraciones del teorema: ¡nada menos! Muchas de ellas fueron “publicadas”, sobre todo en los últimos cinco siglos, pero la mayoría de las más antiguas se han perdido, y entre ellas... la del mismísimo Pitágoras.

Entre las “demostraciones” conocidas figuran las pruebas intuitivas, con frecuencia las más “sencillas y directas” y por ello, de gran valor pedagógico. Estas pruebas, prácticamente exentas de cálculo literal, recurren en general al molino de viento y se basan en transformaciones de equivalencia de figuras, que conservan así sus áreas. Es probable que la demostración de Pitágoras fuera una de esas pruebas intuitivas, como señalé en la presentación de la serie.

Empecemos por describir dos de las más bellas pruebas intuitivas que en seguida lo van a “agredir”. ¡Atención! Comienza el juego-problema. Estas pruebas se realizan por medio de un cuarto cuadrado, o cuadrado intermediario, que se agrega a los tres cuadrados esenciales, A, B y C, del molino. Designados con S y D, sus lados equivalen a la suma o la diferencia posible de los lados de A y B. Las dos pruebas exigen cuatro triángulos isométricos a T.

En primer lugar, recurra a su imaginación y creatividad para tratar de dibujar dos series de figuras que puedan representar estas elegantes pruebas intuitivas.

Antes de lanzarse a dibujar sin más, haga algunas pruebas manuales.

Dibuje y recorte los elementos constitutivos de una cartulina: cinco cuadrados diferentes (3 esenciales y 2 intermediarios) y cuatro triángulos isométricos. Con estos elementos ensaye distintas construcciones para demostrar que C, el más grande, equivale a la unión de los pequeños A y B.

Usted no es especialista en B.D., sobre todo matemáticos, y sus esfuerzos se han concentrado principalmente en D. Para ayudarle un poco con la “distribución”, le propongo las dos “situaciones hipotéticas” siguientes:

s = a + b + 4t = 4t + c

a + b = d + 4t = c

Evidentemente, se trata de dos igualdades dobles, a transformar en tres figuras cada una, y en las cuales las letras expresan las áreas, en unidades cualesquiera, de las figuras correspondientes.

Verifique ante todo que las dos dobles igualdades se reduzcan a una misma igualdad, simple y “elocuente”; vuelva luego a sus manipulaciones, mejor orientado.

Si es paciente y minucioso, no tardará en consumir una gaseosa y un trozo de torta para festejar su victoria, pero con prudencia. Su felicidad será mayor si efectúa un pequeño estudio analógico de las dos pruebas, y total si examina el caso en que T es un triángulo rectángulo isósceles.

Solución

2. Pruebas sutiles

He aquí otras dos pruebas ingeniosas y elegantes de tipo intuitivo basadas en el teorema de Pitágoras. Se utiliza el molino de viento, con la altura del triángulo, y se manipulan cuadriláteros más complejos que los cuadrados intermediarios, que además son diferentes entre sí.

La primera prueba la debemos a un señor Perigal, genial matemático inglés del siglo pasado, quien al parecer estaba por demás orgulloso de su descubrimiento.

Si se supone que T no es isósceles, la prueba consiste, de acuerdo con la figura, en “descomponer” el cuadrado “medio” B en cuatro cuadriláteros y luego reconstruir el cuadrado “grande” C por medio del “pequeño” A y esos cuadriláteros.

Lo invito a estudiar cuidadosamente la figura para precisar la construcción y la naturaleza exacta de los cuadriláteros. Luego, por medio de recortes juiciosos, podrá realizar la reconstitución del cuadrado “grande”, señalando las transformaciones geométricas necesarias.

Creo que no hallará grandes dificultades prácticas, sobre todo si le confío el secreto de que el cuadrado reconstituido hallará una elegante simetría.

Nuestra segunda prueba es obra de Herman Baravelle, matemático neoyorquino, quien la publicó en 1945, aunque en verdad se inspira en documentos más antiguos. La prueba está claramente descrita en el siguiente esquema, que constituye una elocuente película.

Para analizar las transformaciones, basta recordar que el área de un paralelogramo cualquiera se determina de dos maneras distintas, con cada par de lados opuestos y la distancia de sus soportes o la altura correspondiente, por cuanto los soportes son paralelos por dos.

Dedíquese entonces a reconstituir, como enigmista (amante de los enigmas) y luego a analizar como buen estratega (no bélico); pase un rato ameno “haciendo matemática” con estos juegos-problemas pitagóricos de nivel.

Y si después de hallada magistralmente la solución le queda un rato para relajarse, lo invito a repetir cada prueba utilizando como triángulo la base de un rectángulo isósceles; pero no lo insultaré ofreciéndole las soluciones, porque se trata de casos triviales en comparación con los otros.

Solución

3. Demostraciones literales

En 1818, el gran filósofo alemán Arthur Schopenhauer, en El mundo como voluntad y representación, criticó severamente la demostración de Euclides del teorema de Pitágoras, e incluso la calificó de “muestra brillante de perversidad”. Aunque compartimos el “pesimismo” de Schopenhauer con respecto a esta demostración en particular, y más generalmente a propósito de los razonamientos excesivamente abstrusos (comparados con las pruebas intuitivas), observamos que junto con las pruebas también se encuentran buenos razonamientos.

Las demostraciones literales derivadas del omnipresente teorema de Pitágoras que ofrecemos en estos juegos-problemas no recurren a las transformaciones de figuras equivalentes sino a cálculos literales, sin abandonar por ello las construcciones geométricas elementales.

Las dos primeras demostraciones literales propuestas se realizan cada una sobre cuatro triángulos rectángulos isométricos dispuestos de dos maneras distintas —que recuerdan pruebas anteriores— señaladas a continuación.

Luego de justificar que cada disposición da lugar a dos cuadrados asociados a los cuatro triángulos, formule el famoso teorema con las longitudes, de una misma unidad cualquiera, de los lados de los triángulos: a ≤ b < c

Le aconsejo utilizar la noción de área y de las identidades, sin olvidar el caso particular: a = b = d.

La última demostración literal sugerida sólo requiere la altura del triángulo rectángulo, pero supone, al menos a nivel elemental, el conocimiento de ciertas relaciones geométricas fundamentales.

Aplique la fórmula de Pitágoras al triángulo rectángulo señalado, utilizando como auxiliares las proyecciones a' y b' de los catetos a y b sobre la hipotenusa c utilizando siempre la misma unidad de medida.

En primer lugar, recorte los triángulos ACH y BCH y luego colóquelos sobre el triángulo ABC para que aparezca una disposición clásica de triángulos de a dos, que da lugar a... relaciones iguales; esto se puede evitar si usted conoce las propiedades de los triángulos similares y sabe algo de la trigonometría del triángulo rectángulo.

De todas maneras, forme las proporciones adecuadas para transformarlas en una feliz igualdad de cuadrados.

Al seleccionar las relaciones, tal vez hallará la posibilidad de establecer ciertas fórmulas del triángulo rectángulo en las que intervienen la altura o proyecciones de los lados, utilizando siempre las mismas unidades de medida.

No resista la tentación de formularlos, porque los resultados son interesantes e incluso fundamentales, en tanto jamás faltará la ocasión de “exprimirse los sesos” matemáticamente, practicando y prolongando los juegos-problemas.

Solución

4. El caracol de Pitágoras

Menos conocido, sobre todo por los amantes de la buena mesa, que su isomorfo saltadora la cebolla, el caracol de Pitágoras goza sin embargo de buena reputación matemática. Usted sin duda conoció este gast(e)rópodo geométrico en el curso de alguna diversión científica (o tal vez en el velódromo de su ciudad). Lo reconocerá en la figura que aparece a continuación y que hemos dejado intencionadamente inconclusa. Se trata de una serie de triángulos rectángulos yuxtapuestos por uno de sus lados, y de área creciente a pesar de poseer un cateto constante de magnitud igual a la unidad.

Este juego-problema está dedicado íntegramente al caracol, que se presta a numerosas e interesantes observaciones sobre los triángulos rectángulos y los conjuntos numéricos a los cuales lo dejaré librado, pero sin arrastrarlo, de acuerdo con mi saludable costumbre.

Calcule la hipotenusa x de los cuatro primeros triángulos de la serie, luego exprese la del enésimo triángulo empleando una unidad cualquiera; caracterice entonces la serie de medidas.

Muestre, en consecuencia, el interés numérico de la construcción del caracol y precise los triángulos de los cuatro primeros naturales hallados.

Deduzca la presencia, en el caracol, de dos triángulos rectángulos especiales, luego justifique la similitud de los elementos del conjunto correspondientes a cada uno de ellos.

Exprese, con n, el área sn del enésimo triángulo del caracol y precise luego los triángulos de las cuatro primeras áreas naturales.

Exprese, nuevamente con n, la altura hn del enésimo triángulo del caracol y demuestre que es siempre irracional.

Finalmente, exprese, la media mn de la hipotenusa del enésimo triángulo del caracol y su proyección m'n sobre la hipotenusa; precise los triángulos de las cuatro primeras proyecciones racionales.

Nada en este juego-problema parece excesivamente complicado, hasta el punto de requerir mi ayuda.

¿Quiere que le diga que la relación de Pitágoras aparece en todo este estudio, del principio al fin? ¡Si usted ya lo había descubierto!

¿Insistiré sobre las series recurrentes y la construcción geométrica indicada? No me parece necesario.

¿Le recordaré qué es un triángulo rectángulo isósceles, uno semiequilátero, y la noción de similitud? ¡No veo de qué serviría!

¿Le explicaré las relaciones de área del triángulo rectángulo y sus principales propiedades? ¡Si usted las conoce!

Entonces, lo dejamos ahí y nos vemos nuevamente... en la solución.

Solución

5. Escaleras contra el muro

Una escalera contra el muro

Mal apoyada, seguro,

Un poco para aquí, otro para allá

¡La escalera al suelo se va!

Espero que el autor de este verso me perdone el mal uso que hago de él, porque por vía de esta contilena (no cantilena sino contilena, de contar: matemática) introduzco en forma amena el serio problema de una escalera apoyada contra un muro; se trata de un juego-problema sobre las escaleras y cómo apoyarlas.

La primera escalera, de madera, se encuentra en un patio apoyada contra una pared medianera; la cima de la escalera supera en 10 cm el tope de la pared. A fin de que coincida la cima de una con el tope de la otra, debe existir una distancia de 70 cm entre los pies de ambas.

¿Cuál es la altura de la escalera? ¿Y la del muro?

La segunda escalera, metálica y de una pieza, está apoyada contra una pared que será empapelada, en una gran habitación orientada hacia el Sur.

Alejando 44 cm el pie de la escalera del pie de la pared, la cima desciende 22 cm sobre el muro; vuelta a su posición inicial, si se aproxima 73 cm el pie de la escalera al pie de la pared, la cima de aquélla sube 17 cm sobre ésta.

A partir de estas maniobras y medidas, deduzca la longitud de es calera tan incómoda (para medirla en forma directa).

Es evidente que la escalera, el muro y el suelo forman un triángulo rectángulo; la relación de Pitágoras nos da una igualdad en la cual la escalera es la hipotenusa. ¿Le basta esta información para abordar por sus propios medios mis dos pequeños problemas? Para los que dudan, aquí va un camino a seguir, a fin de evitar pérdidas de tiempo.

Para el primer problema, sea x la longitud en cm de la escalera, e y la altura del muro. Exprese las posiciones de la escalera (contra la pared y apartada de ella) por medio de dos ecuaciones, con las dos mismas incógnitas cada una.

Transforme las dos ecuaciones en un sistema “pueril” que usted resolverá fácilmente.

Para el segundo problema sea x la longitud en cm de la escalera, luego y y z las respectivas distancias del pie y luego la cima de la escalera al pie del muro en posición inicial; exprese las tres posiciones de la escalera (inicial, avanzada y retirada) en tres ecuaciones de tres incógnitas cada una.

Transforme cada una de las últimas ecuaciones, asociada con la primera, en una ecuación de dos incógnitas, luego las tres ecuaciones en un sistema clásico y elemental que resolverá sin demasiada dificultad para volver finalmente a la incógnita descartada.

A propósito de las escaleras contra la pared, y para terminar en forma dinámica, ¿sería usted capaz de precisar el conjunto de puntos descritos por el medio del eje del escalón medio de una escalera cuando ésta se desliza hasta caer al suelo, perpendicularmente al muro? Si lo hace, trate de no subir a la escalera en ese momento, ni siquiera para experimentar.

¿Conoce el valor del ángulo formado por una escalera y la pared de apoyo, suponiendo que aquélla sea estable? ¿Puede calcular, para las dos escaleras utilizadas más arriba, la separación entre su pie y la altura de la cima, que permiten esa estabilidad?

Como ayuda adicional, le indico que la media de la hipotenusa de todo triángulo trunco interviene en la determinación del conjunto puntual, para que “todo cuadre”. El ángulo de estabilidad de la escalera es de 70 grados: con este dato podrá efectuar los cálculos trigonométricos que resultan de ello.

Solución

6. Campos en litigio

Dos campesinos del País Llano, Alfonso y Bernardo, mantienen una relación de amable competencia entre ellos. A la menor ocasión, comparan sus posesiones, y cada uno está convencido de que las suyas son “superiores” a las del otro.

Así, a propósito de sus sembrados de papas, Alfonso dice: “Mi campo es un triángulo rectángulo especial, y a precio igual por hectárea, vale seis veces más que el tuyo.”

Bernardo responde: “El mío es un cuadrado común, pero a precio igual por metro (lineal), la mitad del cerco me ha costado seis veces menos que todo el tuyo.”

Estas declaraciones demuestran a cualquiera (aunque tenga un cerebro de King Kong), que el campo triangular es más “extenso” que el cuadrado. ¿Podrá usted, como matemático, deducir las tres dimensiones del triángulo de la dimensión del cuadrado? ¿Será capaz de poner de acuerdo a los dos campesinos, destruyendo científicamente el seudo- litigio que da lugar a este juego-problema rural?

Para evitarle cálculos largos y complejos, le ofrezco algunas sugerencias que facilitarán la investigación; a menos que, por orgullo, prefiera valerse de sus propios medios.

En primer lugar, simplifique el problema con ayuda de las proporciones y demuestre que se reduce a lo siguiente: comparar las dimensiones de un triángulo rectángulo y un cuadrado sabiendo que, en unidades concordantes, el área del primero es seis veces mayor y el perímetro tres veces mayor que las mismas magnitudes del segundo.

Exprese con a, b, c y d las medidas, en una misma unidad cualquiera, del triángulo y el cuadrado y postule con fundamento que a > b ≥ c.

Con los cuatro números anteriores, exprese el área y el perímetro de cada polígono; asimismo, exprese en fórmulas las afirmaciones de los dos campesinos, simplificándolas hasta llegar a su mínima expresión, luego la relación de Pitágoras del campo triangular para arribar a un sistema complejo de tres ecuaciones con tres incógnitas y un solo parámetro.

Reduzca el sistema inicial a un sistema clásico de dos ecuaciones con las dos mismas incógnitas cada una, b y c, con ayuda de identidades notables pero sin extracción de raíces.

Resuelva el sistema clásico con ayuda de la primera parte del tema m, y no olvide verificar las soluciones.

Finalmente, vuelva a la incógnita descartada, enuncie el resultado final y verifíquelo sobre las relaciones iniciales de áreas y perímetros.

Verifique nuevamente este resultado con la relación de Pitágoras del triángulo “paramétrico” correspondiente, luego demuestre que este triángulo representa todo un conjunto de triángulos rectángulos especiales, uno de los cuales —el primero— es un viejo conocido suyo.

Espero que pueda poner de acuerdo a los dos campesinos, porque cada uno dice una verdad sobre el campo del vecino, pero aquella en que le lleva ventaja y sin preocuparse por la otra; justamente la relación entre estas dos verdades (matemáticas) es lo que los hará entrar en razón y volver a la cosecha de sus papas antes de que llegue el mal tiempo.

Solución

Pasar al 6to. Capítulo, salteando las soluciones

Soluciones de “¡Santo Pitágoras!”

1. Soluciones de “Los cuadrados intermediarios”

He aquí las series de figuras de dos bellas pruebas intuitivas del teorema de Pitágoras que corresponden a los estudios propuestos con los cuadrados intermediarios S y D y que usted tal vez haya obtenido.

La igualdad formada por el 1ro. y 3er. miembro del segundo caso y la que forman los dos últimos del primer caso (simplificado por 4t) se expresan a + b + c, igualdad sencilla que traduce perfectamente el teorema de Pitágoras en los dos casos.

Si no llegó exactamente a estas mismas pruebas, es porque existen muchas variantes, de acuerdo con la disposición de los cuatro triángulos, entre ellos y en relación con los otros elementos.

De todas maneras, las dos pruebas presentadas aquí poseen otras analogías interesantes que favorecen su acercamiento.

Por un lado, los cuadrados A y B aparecen comúnmente lado a lado al comienzo, mientras que el C sólo lo hace al final, a propósito de las posiciones.

Por otra parte, las transformaciones de equivalencia de las figuras medianas se ven aseguradas por los mismos desplazamientos: dos rotaciones de triángulos alrededor de los vértices superiores, de un cuarto de vuelta cada una y en sentidos contrarios, como se indica en la figura.

Si T es un triángulo rectángulo isósceles, los cuadrados A y B son isométricos y las dos pruebas anteriores conservan su validez, aunque entonces el cuadrado D queda reducido a un punto.

En el plano matemático, el juego-problema de “Los cuadrados intermediarios” requiere imaginación y paciencia, cualidades altamente científicas, para establecer dos series de figuras equivalentes a partir de sus elementos y buscando un objetivo preciso.

En la práctica, las manipulaciones del dibujo geométrico permiten llegar a este resultado, verificado por dos rotaciones clásicas.

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2. Soluciones de “Pruebas sutiles”

¡Admire largamente la belleza de esta reconstitución del gran cuadrado!, porque aquí la tiene, testigo de la primera prueba.

Los cuatro cuadriláteros de B: B1, B2, B3 y B4 se obtienen trazando por el centro de B la paralela y la perpendicular a la hipotenusa de T.

De ahí resulta que estos cuadriláteros tienen dos sectores rectos opuestos cada uno, lo que los vuelve pasibles de ser inscritos y sobre todo “manipulados”. Se demuestra por medio de la rotación indicada que los cuadriláteros de B tienen dos lados consecutivos isométricos cada uno porque lo son entre sí.

Finalmente, se establece, por paralelogramo interpuesto, que la longitud de los lados isométricos de cada cuadrilátero de B es igual a la mitad de la hipotenusa de T.

La reconstitución del cuadrado C se ve facilitada por las observaciones precedentes. Es el resultado de cuatro traslaciones que transforman B1, B2, B3, B4, en B'1, B'2, B'3, B'4. Las representaciones vectoriales de estas traslaciones tienen su origen común en el centro del cuadrado B y sus extremos son los vértices superiores del cuadrado C.

Es notable que el cuadrado C, salido de los cuatro cuadriláteros, admite su centro como elemento de simetría, como el cuadrado B, en las mismas condiciones.

Evidentemente, y para terminar, en este proceso de reconstitución no se pueden cambiar los roles de los cuadrados A y B.

Generalmente, la reconstitución examinada presenta las características de las actividades relativas a los “cuadrados intermediarios” del juego-problema anterior. Pero además, recurre en teoría a las transformaciones geométricas corrientes: rotación, traslación y simetría central.

El esquema de la segunda prueba, que se muestra a continuación, revela dos transformaciones de equivalencia entre las partes sombreadas.

La primera transformación reemplaza cada cuadrado A o B por un paralelogramo sombreado, A' o B\ que posee un lado común con el cuadrado y cuya altura correspondiente es de la misma medida que ese lado. Por consiguiente, A es equivalente a A' y B a B'.

La segunda transformación reemplaza cada paralelogramo A' o B' por un rectángulo sombreado A" o B" cuyas dimensiones son la longitud de los lados de A' o B’ independientes de A o B y la altura indicada correspondiente a esos lados.

Este último resultado es demostrado parcialmente por la rotación y posterior traslación de T y demuestra que A' es equivalente a A" y B' a B".

Como los rectángulos A" y B" “recubren” el cuadrado C, el conjunto de los cuadrados A y B es equivalente a C.

Matemáticamente, las transformaciones de equivalencia de este último estudio, al contrario de los estudios anteriores, se efectúan por medio de modificaciones de las “formas” de las figuras, no por desplazamiento de sus elementos. Estas modificaciones obligan a recurrir a las áreas de los paralelogramos, cualesquiera o particulares.

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3. Solución de “Demostraciones literales”

La complementariedad de los dos sectores agudos de todo triángulo rectángulo establece que cada posición presenta dos cuadriláteros asociados a los cuatro triángulos (y ningún hexágono); la isometría de los cuatro lados de cada cuadrilátero y la rectitud de por lo menos uno de sus sectores aseguran que es cuadrado.

La formulación del teorema de Pitágoras en cada disposición se efectúa por medio de la expresión de que el área del cuadrado mayor es la suma de las áreas, en la misma unidad, del cuadrado menor y los cuatro triángulos que lo rodean, lo que se hace a continuación y en “paralelo” para facilitar la comparación de las dos demostraciones.

Dos disposiciones

área del cuadrado mayor

(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab

c2

área del cuadrado menor

c2

(a ‒ b)2 = a2 + b2 ‒ 2ab

área de los cuatro triángulos

4(ab/2) = 2ab

igualdad de áreas

a2 + b2 + 2ab = c2 + 2ab

c2 = b2 + a2 ‒ 2ab + 2ab

a2 + b2 = c2

Cuando el triángulo es rectángulo-isósceles, a = b = d y el área de los cuatro triángulos es generalmente 4(d2/2) = 2d2

El área del cuadrado mayor de la izquierda es (2d)2 = 4d2, y la igualdad de áreas, 4d2 = c2 + d2 luego c2 = 2d2

El área del cuadrado menor de la derecha se anula y la igualdad de áreas se expresa directamente: c2 = 2d2

Así queda la formulación en los dos casos.

Los tres triángulos ABC, ACH y BCH tienen sus tres sectores isométricos por tres, de donde resulta que los tres sectores rectos en H y C pueden ser “encerrados”, disponiendo los demás sectores de manera tal que los soportes de las tres hipotenusas sean paralelos, de acuerdo con el esquema:

Los tres triángulos así dispuestos son homotéticos de a dos, es decir, sus antecedentes son semejantes de a dos, con dos sectores respectivamente isométricos (primer caso de similitud).

En consecuencia, y siempre de a dos, las longitudes de los lados respectivos de estos triángulos semejantes son proporcionales, es decir, forman relaciones iguales, asimilables a relaciones trigonométricas de triángulos rectángulos de sectores isométricos.

Tomado esencialmente las longitudes a, b y c tenemos las proporciones

luego: a' + b' = (a2 + b2)/2

pero: a' + b' = c porque H ┘ [AB]

luego: (a2 + b2)/c = c

de donde: a2 + b2 = c2

Así se vuelve a la relación de Pitágoras, cualquiera que sea el triángulo rectángulo.

Las otras relaciones, deducidas de proporciones análogas, se expresan:

a2 = a'c o b2 = b'c luego h2 = a'b' y ab = ch

Las demostraciones literales de este juego-problema requieren dos actividades.

Las primeras demostraciones operan sobre cuadrados, expresando áreas de figuras y con las fórmulas usuales.

La última demostración se efectúa por medio de proporciones surgidas de comparaciones de triángulos rectángulos desde distintos aspectos.

Estos dos ejercicios literales vienen precedidos de consideraciones geométricas sobre los polígonos y los sectores angulares, indispensables para la calidad de las demostraciones.

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4. Solución de “El caracol de Pitágoras”

Cálculo de la medida x de la hipotenusa de los triángulos empleando una misma unidad de longitud y de acuerdo con el teorema de Pitágoras:

Se obtiene una serie recurrente, cada uno de cuyos componentes se calcula teóricamente a partir del anterior, pero en la práctica por medio de su puesto; el primer componente es x2 = √2 y el enésimo xn = √(n+1)

La construcción del caracol con regla y escuadra expresa la raíz cuadrada de un natural cualquiera.

Las cuatro primeras raíces naturales corresponden a:

x3 = √4 = 2 x8 = √9 = 3 x15 = √16 = 4 x24 = √25 = 5

El 1ro. y 3er. triángulo del caracol son triángulos rectángulos especiales.

El primero es rectángulo-isósceles porque sus catetos son isométricos (y unitarios).

Para todo real r de medida de los catetos, la hipotenusa es, por Pitágoras:

x2 = r2 + r2 = 2r2 de donde x = r√2

de donde todos los triángulos rectángulos-isósceles son semejantes, es decir, tienen lados homólogos de a dos en la misma relación de medidas de la misma unidad.

El 3ro. es un triángulo rectángulo semiequilátero porque en longitud su hipotenusa es el doble del cateto menor.

Siendo r la medida real de ese cateto menor, la hipotenusa es 2r y el otro cateto:

y2 = (2r)2 ‒ r2 = 3r2 luego y = r√3

de donde todos los triángulos semiequiláteros son semejantes.

El área s de todo triángulo rectángulo de catetos b y c se expresa en unidades concordantes y se convierte, para el enésimo triángulo del caracol:

s = bc/2 luego sn = xn‒1/2 de donde sn = √(n/2)

Las cuatro primeras áreas naturales corresponden a los triángulos:

La altura h (distinta de los catetos b y c) de todo triángulo rectángulo de hipotenusa a está relacionada con sus tres lados y en longitudes de la misma unidad por:

s bc/2 = ah/2 =) h = bc/a

Esta altura en el enésimo triángulo del caracol se convierte en:

La relación precedente demuestra que hn no puede ser racional porque n/(n+l) es irreducible y dos cuadrados naturales sucesivos no existen en forma demostrable.

La mediana m de la hipotenusa de todo triángulo rectángulo es la mitad de la misma; de donde, la del enésimo triángulo del caracol es

En todo triángulo rectángulo la proyección m' de la mediana de la hipotenusa sobre esta última es tal que, aplicando nuevamente Pitágoras y la misma unidad de longitud:

m'2 = m2 ‒ h2

En el enésimo triángulo del caracol, la proyección es:

Las cuatro primeras proyecciones racionales corresponden a los triángulos:

El juego problema sobre el caracol de Pitágoras es una aplicación del célebre teorema, necesario para el estudio de los triángulos rectángulos particulares, entre ellos dos especiales.

Las diversas relaciones propias de estos triángulos y sus “rectitudes notables” interesan al cálculo literal, con identidades, pero también al conjunto de reales, racionales o irracionales, al permitir una construcción de raíces cuadradas de naturales.

Se podría visualizar el caracol, además de los cálculos, en la pantalla de una calculadora gráfica.

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5. Solución de “Escaleras contra el muro”

Sea x cm la longitud de la primera escalera e y cm la altura del muro.

La escalera aplastada contra el muro nos da la ecuación trivial x ‒ y = 10 (1) pero separada, nos da la ecuación de Pitágoras:

X2 = y2 + 702 (2).

La ecuación (2) se convierte: x2 ‒ y2 = 4.900 luego (x + y) (x ‒ y) = 4.900; de donde, con (1): 10(x + y) = 4.900 luego x + y = 490 (3).

Estas transformaciones engendran el sistema elemental de ecuaciones (1) y (3) que se resuelve por suma y luego resta miembro a miembro:

2x = 490 + 10 = 500 =) x = 250

2y = 490 ‒ 10 = 480 =) y = 240

Se trata, pues, de una escalera de 2,50 m apoyada de dos maneras contra un muro de 2,40 m; dimensiones perfectamente normales.

Sean y y z las distancias respectivas, en centímetros, del pie y la cima de la segunda escalera al pie del muro en posición inicial.

La longitud x cm de la escalera da, por la relación de Pitágoras aplicada a la posición inicial, la primera ecuación: x2 = y2 + z2 (1).

La 1ra. maniobra nos da la 2da. ecuación:

X2 = (y + 44)2 + (z ‒ 22)2 (2)

y la 2da. maniobra nos da la 3ra. ecuación:

x2 = (y ‒ 73)2 + (z + 17)2 (3).

Las ecuaciones (1) y (2) nos dan sucesivamente:

y2 + z2 = (y + 44)2 + (z ‒ 22)2

y2 + z2 = y2 + 442 + 2 × 44y + z2 + 222 ‒ 2 × 22z

44 (z ‒ 2y) = 442 + 222

Z ‒ 2y = 44 + 11 = 55 (4)

Asimismo, las ecuaciones (1) y (3)

y2 + Z2 = (y ‒ 73)2 + (z + 17)2

y2 + z2 = y2 + 732 ‒ 2.73y + Z2 + 172 + 2 × 17z

2(73y ‒ 17z) = 732 + 172 = 5.329 + 289 = 5.618

73y ‒ 17z = 2.809 (5, irreductible)

Las ecuaciones (4) y (5) constituyen un sistema clásico de 2 ecuaciones de 1er. grado con 2 incógnitas, “tomando” y de (4) e “incluyendo” su valor en (5) tenemos:

73y ‒ 17(55 + 2y) = 2.809

luego: 39y = 3.744 e y = 96

con (4): z = 55 + 2y = 55 + 192 y z = 247

con (1): x2 = 962 + 2472 = 9.216 + 61.009 = 70.225

de donde: x = √70.225 = 265

Por consiguiente, la longitud de la escalera es de 2,65 m, lo cual no es demasiado pesado, ni siquiera por tratarse de una escalera “simple”.

El punto P señalado en la escalera es el pie de la mediana de la hipotenusa del triángulo correspondiente: la longitud de esta mediana, igual a x de la hipotenusa, es constante cuando P varía.

Por consiguiente, P describe en un plano perpendicular en 0 la intersección de los planos del muro y el suelo, un cuarto de círculo de centro 0 y radio x/2.

Pero, ¡atención! Para ser estable, la escalera debe formar con el muro de apoyo un ángulo de aproximadamente 70°. De ahí resulta que, en medidas de longitud, cualquiera que sea la unidad, la separación e del pie de la escalera y la altura h de su cima se extraen de la longitud x de la escalera por medio de relaciones trigonométricas:

e ▀ x sen 70° ▀ 0,342x y h ▀ x cos 70° ▀ 0,940x

Estas relaciones permiten calcular e y h para cualquier escalera.

Las “escaleras contra el muro” de este taller matemático permiten resolver dos sistemas de ecuaciones singulares de 2do. grado, a transformar obligatoriamente en sistemas clásicos de 1er. grado gracias a las fórmulas corrientes.

Pero la expresión en ecuaciones de este doble juego-problema de origen geométrico utiliza en gran medida la relación de Pitágoras sobre un triángulo rectángulo realmente omnipresente.

Accesoriamente, pero sin quitar el triángulo rectángulo, este sistema incorpora un conjunto puntual, muy “mediano”, y un breve epilogo trigonométrico y... preventivo.

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6. Solución de “Campos en litigio”

Los precios de los campos son proporcionales a sus superficies, por consiguiente también a las áreas de los polígonos. De ahí resulta que el área del triángulo es seis veces la del cuadrado.

Los precios de los cercos son proporcionales a sus longitudes, por consiguiente, a los perímetros de los polígonos. De ahí resulta que el semiperímetro del cuadrado es la sexta parte del perímetro del rectángulo, o sea que este último es tres veces el perímetro del cuadrado.

El problema se reduce a comparar las dimensiones del triángulo y el cuadrado sabiendo que, en unidades concordantes, el área del primero es seis veces, y su perímetro tres veces, las respectivas magnitudes del segundo.

Sean a, b, c, d las medidas de las dimensiones, en una misma unidad cualquiera, del triángulo y el cuadrado; si a > b ≥ c, es evidente que a corresponde a la hipotenusa del triángulo, b y c a los catetos, que son isométricos en un triángulo rectángulo-isósceles.

El área y el perímetro del rectángulo son, entonces, bc/2 y a + b + c; las del cuadrado, d2 y 4d.

La fórmula de la declaración de Alfonso es: bc/2 = 6d2, luego bc = 12d2 (1) y la de Bernardo: a + b + c = 3 × 4d, luego a + b + c = 12 d (2) mientras que la relación de Pitágoras del triángulo cultivado se expresa:

a2 = b2 + c2 (3).

Se obtiene así un sistema muy complejo de tres ecuaciones con tres incógnitas, a, b, c y un parámetro d, porque se trata de expresar a, b, c con d.

Para resolver el sistema anterior, eliminemos a entre (2) y (3), tomándola de la primera ecuación e incluyéndola en la segunda:

a = 12d ‒ (b + c) y [12d ‒ (b + c)]2 = b2 + c2

luego con ayuda de polinomios y la ecuación (1):

144d2 + (b + c)2 ‒ 24d(b + c) = b2 + c2

144d2 + b2 + c2 + 2 × 12d2 ‒ 24d(b + c) = b2 + c2

168d2 = 24d(b + c) y b + c = 7d (4)

El sistema complejo inicial se reduce así a un sistema clásico de 2 ecuaciones, (1) y (4), con dos incógnitas, b y c.

Si b + c = S = 7d y bc = P = d2, b ‒ c = D y recordando la primera parte del tema III sobre identidades notables, tenemos:

primero: D2 = S2 ‒ 4P = 49d2 ‒ 48d2 = d2, D = d

luego: b = (S + D)/2 = (7d + d)/2, b = 4d

y: c = (S ‒ D)/2 = (7d ‒ d)/2, c = 3d

con: b + c = 4d + 3d = 7d, bc = (4d)(3d) = 12d2

de donde, con (2): a = 12d ‒ (b + c) = 12d ‒ 7d, a = 5d

La solución del sistema inicial es entonces (a, b, c) = (5d, 4d, 3b); o sea que las medidas del triángulo son submúltiplos de la medida del cuadrado.

Con este resultado se verifica fácilmente que la medida del área del rectángulo es (4d)(3d)/2 = 6d2, seis veces la del cuadrado, y la de su perímetro es 5d + 4d + 3d = 12d = 3(4d), tres veces la del cuadrado, cualquiera que sea la medida d del cuadrado.

El mismo resultado satisface la relación de Pitágoras del triángulo rectángulo “paramétrico” correspondiente, por cuanto (3d)2 + (4d)2 = 9d2 + 16d2 = 25d2 = (5d)2.

Suponiendo que d representa un número real cualquiera, el triángulo paramétrico figura un conjunto de triángulos semejantes que son rectángulos especiales, llamados triángulos 3-4-5 (para d = 1); el triángulo 3-4-5 es un triángulo pitagórico primitivo, ya encontrado en la serie “algunas bellas fórmulas”.

Esta lucubración matemática o juego-problema sobre los campos en litigio (pero no mucho) expresa su esencia (¡de la mejor!) en un notable sistema de ecuaciones.

La expresión del sistema por medio de ecuaciones se apoya en la proporcionalidad y los datos geométricos: áreas y perímetros de polígonos simples y sobre todo la indispensable relación de Pitágoras.

La solución del sistema es un buen ejercicio de cálculo literal que recurre en gran medida a las identidades notables ya estudiadas.

Finalmente, al resolver el sistema, aparecen los denominados triángulos 3-4-5, triángulos rectángulos especiales que completan los isósceles y semiequiláteros que aparecieron en el caracol de Pitágoras.

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VI

Permanece firme y prueba

La estadística es una rama de la matemática aplicada que se ocupa del tratamiento de observaciones numéricas o datos estadísticos referidos sea al conjunto de la población, sea a una parte de ese conjunto, llamada muestra.

La estadística cumple una función importante en los terrenos económico y social.

El tratamiento completo de un caso incluye varias etapas: primero se reúnen los datos por medio de una investigación (encuesta o censo), luego se los ordena en forma de tablas (por ejemplo, de frecuencia) y gráficos y finalmente se los analiza, es decir, se los reduce a valores particulares: parámetros (o características) de posición y dispersión.

Las tres etapas señaladas, que se relacionan directamente con el conjunto en estudio, constituyen la estadística descriptiva, y los tres primeros juegos-problemas de esta serie son justamente ejemplos amenos de esta disciplina:

— Un (re)parto de lectores de diarios nacionales en una aldea con base en frecuencias estadísticas y por medio de un diagrama de Venn.

— El mensaje secreto, inspirado en El escarabajo de oro de Edgar Allan Poe, será descifrado (o decodificado) por medio de la frecuencia de aparición de las letras en el idioma castellano.

— En la fábrica se compara la habilidad manual del personal por medio de un análisis estadístico de posición.

Pero aún falta interpretar los datos. Esta es la etapa más delicada, en la cual, después del estudio de la muestra, se extraen conclusiones sobre la población en su conjunto: tal es el objetivo de la estadística inductiva, basada en el cálculo de probabilidades y que conduce a la irremplazable previsión numérica.

El cálculo de probabilidades permite “calcular” la posibilidad de que se produzca un suceso aleatorio. Aparte de la estadística, este cálculo cumple un papel fundamental en los juegos de azar y de salón, desde el sencillo y antiguo “cara y ceca” hasta el más complejo de los juegos estratégicos modernos, pasando por la ruleta y los innumerables juegos de naipes.

Hija del genio de Blas Pascal y Pedro Fermat, la teoría de las probabilidades —y por consiguiente la estadística— se origina en los problemas del juego. Nada más lógico, entonces, que inspire a su vez numerosos juegos-problemas, de los cuales incluimos aquí cuatro ejemplares de lo más interesantes, por muchas razones:

— La mano en la bolsa para extraer bolillas de colores, ocultas o reveladoras, en un número mínimo de vueltas y para prepararse para los cálculos de probabilidad por medio de árboles de opciones.

— Dados bicolores azules y rojos, equilibrados o complementarios; un sorprendente y novedoso juego de cubos cuyo estudio general de equiprobabilidad le revelará una situación paradójica y además una estrategia rentable.

— Monedas en los bolsillos que usted extraerá para poner a prueba la diversidad de sus distribuciones, con ayuda de probabilidades totales y compuestas, organizadas en una tabla notable.

— La buena estrella, un “solitario” curioso que usted analizará en profundidad con ayuda de árboles y también códigos, evaluando las probabilidades de éxito a la vez que busca un método mnemotécnico de reproducción.

El análisis combinatorio, con sus diversas permutaciones y combinaciones, además de censos, interviene muy especialmente en el cálculo de probabilidades. Asimismo, sin duda deberá recurrir a ciertas “bellas fórmulas”. Pero no es más que un simple trueque, ya que muchos juegos-problemas anteriores emplearon el cálculo de probabilidades elemental.

Esta doble serie de juegos-problemas lo obligará a elaborar tablas numéricas y diagramas esenciales. Todas actividades matemáticas agradables, ¿no?

1. Un reparto de lectores

La crisis actual de la prensa y la eterna competencia de los diarios obligan a los editores a estudiar su clientela de manera sistemática; así, el verano pasado, se tomaron estadísticas de los lectores (L) de diarios nacionales en una ciudad turística.

Las estadísticas arrojaron las siguientes frecuencias entre las personas que leen por lo menos uno de los tres diarios de mayor circulación:

28%

leen

La Opinión (0)

25%

"

La Tarde (T)

20%

"

Noticias (N)

11%

"

La Opinión y La Tarde

2%

"

La Tarde y Noticias

3%

"

Noticias y La Opinión

1%

"

La Opinión, La Tarde y Noticias

La frecuencia de cada clase de individuos, expresada en porcentajes, es la proporción de esa clase con respecto a la muestra total.

Otros de los encuestados no leen ninguno de los diarios mencionados sino Crítica, La Voz u otro matutino, lo cual no significa que los integrantes de la muestra anterior no los lean también.

Cualquiera que sea el diario de su elección para mantenerse informado durante las vacaciones, siempre es posible interesarse por estos lectores, en tanto conjuntos de personas: L, O, T, N, y entretenerse con la solución de un juego-problema estadístico. Trate, pues, de seguir los siguientes pasos:

Represente mediante un diagrama de Venn la población de todos los lectores de acuerdo con el diario de su preferencia simbolizando cada conjunto con las letras O, T, N.

Gasifique esta población completa de lectores en grupos tales que un individuo cualquiera de cada grupo no aparezca en los otros grupos; es decir, sitúe las clases correspondientes sobre el diagrama, luego caracterícelos y otórgueles símbolos por medio de los conjuntos de la tabla.

Gasifique por medio de cardinales de conjuntos y en porcentaje de lectores encuestados los individuos de los distintos grupos y, ya que estamos, determine cuántos leen uno, más de uno o por lo menos uno de los tres diarios mencionados.

He aquí los consejos correspondientes a los tres problemas planteados para ayudarle, a fin de cuentas y como buen estadístico, a censar los diversos lectores, tan bien (re)partidos.

Se requiere el diagrama de Venn en forma de hoja de trébol para las tres partes del referencial L y en general para tener en cuenta a todos los lectores; los conjuntos de lectores del fin y del comienzo de la tabla se simbolizan con las intersecciones.

La clasificación buscada es una división de L en ocho clases, con O, T, N; cada clase, designada con una letra, corresponde a una hoja del diagrama y posee su carácter propio; en fin, con una sola excepción evidente, las clases son representadas, con los conjuntos de la tabla, por complementos que conviene expresar “alejándose” del corazón del diagrama.

Las clasificaciones se obtienen a partir de los datos numéricos de la tabla (a interpretar), efectuando en el orden indicado “pequeñas” sumas y restas combinadas... que siguen hasta el final.

Si quiere ir más lejos, haga el censo de las personas que leen dos diarios cualesquiera, menos o más de dos, o bien dos como máximo y como mínimo. Nada más: ¡no se preocupe!

A menos que, abatido por la fatiga (matemática), sienta la necesidad de dejar todo y ponerse a leer el diario de su preferencia, lo que es comprensible ante semejante embrollo.

Solución

2. El mensaje secreto

¿Conoce usted las Historias extraordinarias que escribió el poeta norteamericano Edgar Allan Poe a principios del siglo pasado? Entre ellas, ¿recuerda El escarabajo de oro? Si no, le recomiendo que lea este extraño relato, y todos los que componen esta recopilación. Poe es uno de los grandes “maestros del misterio” y también un humorista irónico, muy apreciado por los franceses gracias a las admirables traducciones del romántico Charles Baudelaire.

Sea como fuere, en la medida en que el Misterio puede tener relación con la Matemática, sepa que la clave de El escarabajo de oro está en el desciframiento, lógico y magistral, de un enigmático pergamino que conduce a un fabuloso tesoro de los piratas: un millón y medio de dólares, libres de impuestos, en oro, joyas y piedras.

Siguiendo un código análogo al del relato, en que cada letra del alfabeto es reemplazada por otro signo, le hago llegar mi mensaje personal, núcleo de este juego problema:

% X ´ ! ) ' ! / ° ´ = X ° ! ) X ´ ( ! ) — ' = X ; ' — $ ) ´ ; " ´ ) ! ) " ° ° X = / ' X % ¡ — + X ° + — ! + " ) ° = — ' — ´ X ' ¡ — ; " ' = X % — ´ — ° ) . ¡ X ´ ( — ´ ' — X % ¡ — ° = — $ / $ " ´ " ¿ / — — % . — ° ) " + / ¡ X ° " ; / — $ X ! ' — X ' / ° X ! — ' = ) & " $ — — ´ — — ° — ' " ¿ / — — % ¡ ) ´ ¡ " — ° — ' " " + / ¡ X ° " ° " ' — ´ / — % : X ! " ° / ° X X ; % ) ! X ! ) " ° X $ — ! / X $ X

En este mensaje no hay acentos ni signos de puntuación, ni siquiera separaciones entre las palabras, que forman una sola palabra-frase.

Sin ser “fanático” de la criptografía, apasionante ciencia de las escrituras secretas, sino sólo un matemático, estoy convencido de que usted podrá descifrar este breve mensaje. Conocerá entonces la opinión esclarecida —en traducción libre— de Edgar Poe sobre esta clase de enigmas, expuesta justamente en El escarabajo de oro y como pista hacia el tesoro.

El método se basa en la frecuencia de aparición de las letras en el idioma. Si no quiere elaborar la tabla de frecuencias (los estudios estadísticos son aburridos), lo remito al que se incluye, con su correspondiente comentario, al comienzo de la solución.

Lo invito a hacer el inventario y a clasificar los signos del mensaje en una tabla, luego a comparar el orden de las frecuencias con las de las letras en general para obtener las probables equivalencias signo-letra.

Las demás equivalencias y el texto aparecerán progresivamente teniendo en cuenta numerosos y diversos factores: contexto, monosílabos, cortes de palabras, asociaciones de letras, concordancia gramatical...

Si es buen decodificador, podrá elaborar la tabla de equivalencias y descubrirá el mensaje.

Si quiere desafiar a sus amigos a descubrir el código secreto, nada es más fácil, sólo resta completar los signos que falten. Si, por el contrario, lo desafían a usted, recuerde que este método es válido para cualquier criptograma de este tipo.

Solución

3. En la fábrica

En un momento dado, gracias a una batería de tests especiales, se pudo calificar la habilidad manual del personal de una fábrica por medio de una escala del 0 al 10. La muestra incluyó a todos, desde el presidente del Directorio hasta el último peón.

Las calificaciones fueron agrupadas, no por nombre sino por categoría del escalafón profesional y por número de clasificados por nota, de acuerdo con la tabla siguiente:

a. Gerencia:  1/1, 2/4, 1/5

b. Ejecutivos:  2/2, 4/4, 2/6, 2/7

c. Administración:  1/0, 4/3, 4/4, 6/5, 1/8

d. Técnicos:  4/7, 6/8, 2/9, 2/10

e. Obreros especializados: 0/5, 14/6, 12/7, 3/8, 1/9

f. Peones:  4/3, 4, 5/5, 3/6, 2/7

Habrá observado que, de acuerdo con las calificaciones y la opinión generalizada, un ejecutivo suele ser incapaz de clavar un clavo en la madera aunque lo ayuden, mientras que un obrero efectúa la misma tarea con las manos enfundadas en guantes de box.

Pero en este juego-problema quiero que supere esas consideraciones banales, groseramente cualitativas, para ponerse a la altura de la estadística descriptiva. Entonces, ajústese el cinturón y permita que lo guíe.

Primero, elabore una tabla estadística del personal de la fábrica de acuerdo con las clasificaciones de habilidad manual; luego calcule, de dos maneras, el personal total de la empresa.

Con esa tabla estadística determine una Ira nota, la de mayor frecuencia en el personal; luego determine una 2da. nota tal que haya en la fábrica el mismo número de personas con una calificación mayor y una menor que aquélla; finalmente, siempre por medio de la tabla, calcule la 3ra nota que, para todo el personal de la fábrica, correspondería al mismo total de puntos para el mismo total de personas.

Sé que espera los informes de vuelo, esencialmente técnicos. Aquí van, en dos grandes etapas.

Se trata de estudiar cierto carácter (habilidad manual) en un conjunto de elementos o población de individuos (el personal) y que se realiza sobre una serie estadística, es decir, sobre el conjunto correspondiente de los valores del carácter (todas las calificaciones, aunque repetidas), carácter discreto o discontinuo (clasificaciones con diferencias de un punto). Su tabla estadística debe contener en orden creciente los valores del carácter y agrupar los individuos en efectivos de valor, cada uno de los cuales es el número de individuos del mismo valor, incluya la columna de totales, que sirve de verificación del cálculo.

La 1ra. nota es el modo o la dominante de la serie, es decir, el valor que corresponde al máximo de efectivos, y es visible al ojo.

La 2da. nota es la mediana de la serie, tal que la mitad de todos los valores son inferiores a ella. La mediana, más bien oculta, se descubre en los efectivos acumulados de valor, o cúmulos, que dan para cada valor el número total de individuos de valor no superior.

La 3ra. nota es la media de la serie, es decir, el cociente de la suma de todos sus valores por su número; el cálculo se efectúa con los productos de cada valor por su efectivo y con el efectivo total.

Estas tres notas son los valores centrales o parámetros de posición de la serie.

Se puede distribuir a todo el personal en oficinistas —categorías del a-b-c—, y de taller para los correspondientes a las categorías d-e-f.

Lo invito a realizar con estas dos categorías parciales del personal el mismo estudio realizado sobre la totalidad y comparar los resultados. Se lo recomiendo y le aseguro que ese estudio le será provechoso.

Sobre todo, no se deje intimidar por la acumulación de datos e intermediarios: esto es normal en estadística (aquí está reducido). Al igual que en una fábrica de verdad, planifique seriamente y no pierda los controles.

Solución

4. La mano en la bolsa

Para sacar bolitas de colores y jugar al mago de la matemática.

Esta actividad eminentemente lúdica plantea dos bellos juegos- problemas de distinto tipo, pero similares en su resolución.

En el primer juego-problema, los colores de las bolillas a extraer de la bolsa, en una cantidad mínima de tumos, son obligados.

La bolsa contiene diez bolillas idénticas, pero 5 verdes y 5 amarillas. Se trata de determinar el número mínimo de bolillas a sacar, de a una por vez (y sin volver a introducirlas) para estar seguro, pero absolutamente seguro, de tener un par de bolillas tal que:

— sean del mismo color cualquiera

— sean del mismo color determinado

— sean de colores diferentes

es decir, para obtener sucesivamente todos los pares posibles desde el punto de vista del color.

En cualquiera de los tres casos anteriores, sacando de 2 a 10 bolillas, es decir, utilizando una de las nueve posibilidades, se puede obtener el resultado deseado. Pero ello no es seguro, y es necesario lograrlo con el número mínimo cada vez. Si no entiende bien, lea la siguiente información antes de recoger la primera bolilla:

Este es el número mínimo que se pide en cada caso:

En el 1ro., basta sacar tres bolillas para tener 2 verdes o 2 amarillas.

En el 2do., basta sacar siete bolillas para tener 2 verdes y 2 amarillas.

En el 3ro., basta sacar seis bolillas para tener 1 verde y 1 amarilla.

El o del primer caso es excluyente, mientras que el y del segundo permite elegir el color.

Ahora resta justificar estas tres cifras; para ello, empiece por dibujar el árbol de opciones, pero advierta que los dos últimos números superan la mitad del total de bolillas.

En el segundo juego-problema, los colores de las bolillas sacadas de la bolsa, en números mínimos, deben revelar el contenido preciso de cada bolsa.

Se colocan tres pares, que difieren por el color de las bolillas, en tres bolsas idénticas. Cada bolsa lleva un rótulo que indica su contenido.

Una mano non sancta intercambia los rótulos de manera tal que ninguno indica el verdadero contenido de su bolsa. ¡Linda mezcolanza, en verdad!

¿Cuál es el número mínimo de bolillas y de qué bolsas hay que extraerlas para saber el contenido de cada una?

Si de veras piensa que no existe método más económico que sacar las dos bolillas de cada bolsa para descubrir su contenido, entonces necesita cierta ayuda para resolver el enigma (que no es policial, a pesar del título).

Cada bolsa contiene, respectivamente, dos amarillas, dos verdes o una de cada color.

Sacando las dos de dos bolsas cualesquiera, el contenido de la tercera se descubre con facilidad; pero, mejor aún, basta sacar una bolilla de una bolsa para conocer el contenido de las tres. ¿Cuál es esa bolsa?

Para determinarlo y concluir, demuestre por medio de un árbol que sólo existen dos posibilidades en este intercambio de rótulos.

Si estos dos juegos-problemas le parecieron fáciles, es decir, si pudo resolverlos sin los árboles, entonces podrá imaginar otros más complejos, aumentando el número de colores o el de las bolillas en cada bolsa (o los dos factores) e incluso la cantidad de bolsas.

Solución

5. Dos dados bicolores

Dos expertos y apasionados jugadores han inventado un novedoso juego de dados. Utilizan dos dados bicolores cuyas caras son azules o rojas; cada una es de un solo color, y el número de caras de cada color es (relativamente) arbitrario. Cada jugador por tumo lanza los dos dados a la vez y, de acuerdo con su elección previa, gana si las dos son del mismo (cualquiera) o de distinto color. Caso contrario, pierde. La partida se resuelve en tres series ganadoras de siete puntos cada una. El autor del primer lanzamiento es escogido al azar.

A primera vista, el juego no parece demasiado interesante, pero la composición cromática de los dados plantea algunos problemas de probabilidad bastante curiosos: juegos-problemas, para ser exactos.

Imagine primero un dado “equilibrado”, con tantas caras azules como rojas. Determine la composición del segundo dado para que el juego sea parejo, es decir, que los dos jugadores tengan las mismas probabilidades de ganar.

¡La solución le parece evidente! Pero demuéstrela matemáticamente y verá qué sorpresa se lleva. Si quiere ayuda, lea atentamente.

Demuestre que el juego es parejo cuando los dos dados pueden presentar 18 pares de caras del mismo color, cualquiera que sea.

Formule un sistema de ecuaciones, de incógnitas r y a, números de las caras rojas y azules del segundo dado, resuelva el sistema y reflexione sobre su naturaleza.

Tal vez el resultado anterior, tan paradójico, lo deje tan asombrado que necesita una verificación. En ese caso, basta precisar las diversas composiciones del segundo dado y determinar las del primero que les son equiparables, con r’ caras rojas y a’ azules.

Resolverá así toda una serie de sistemas de ecuaciones similares y no experimentará la menor sorpresa al examinar sus soluciones.

Suponga ahora que los dados son complementarios, es decir, que uno tiene tantas caras rojas como el otro azules, conjunto que “pinta bien”. Demuestre que el juego no es siempre parejo y estudie las probabilidades de ganar de los dos jugadores, elaborando una estrategia rentable.

Comprende, desde luego, el “interés” que puede tener esta versión del juego; entonces, no vacile en evaluar sus probabilidades de ganar, y para darle más seguridad, he aquí algunos consejos coloreados.

Determine las diversas composiciones de los dos dados complementarios y el número de pares distintos.

Para cada uno de los pares, calcule el número de pares posibles de caras luego de cada tiro, tanto iguales como diferentes.

Exprese finalmente estos cálculos en porcentajes.

No me acuse, por favor, de inducirlo a hacer trampas en el juego ni de querer convertirlo en un mago de feria. Sólo aspiro a que le interesen mis juegos-problemas. Claro que algunos juegos...

Solución

6. Monedas en los bolsillos

Los dos bolsillos grandes de su pantalón, incluso de sus téjanos (de hombre o mujer), suelen contener monedas (¡los billetes están en otra parte!). Es verdad que una cantidad excesiva de esos pequeños discos metálicos estorba la marcha, pero al mismo tiempo conviene tenerlos ahí para una multitud de pequeños gastos, entre ellos las propinas que usted dispensa con tanta generosidad.

¿Había usted advertido que para sacar una determinada moneda del bolsillo, lo más “seguro” es extraer todo el puñado y buscarla entre las demás? A menos que uno tenga la suerte, o la habilidad, para “sacarla en el primer intento”. Esta observación banal está regida por leyes probabilísticas, y es el objeto del presente juego-problema.

Supongamos que su sensibilidad táctil está poco desarrollada y que usted tiene una docena de monedas muy semejantes al tacto, seis de 1 peso y otras tantas de 10 centavos, repartidas entre los dos bolsillos, derecho e izquierdo. En ese contexto, surgen tres interrogantes vitales:

¿Existe un conjunto de distribuciones tal que todos ofrezcan la misma probabilidad de extraer una moneda de 1 peso de los dos bolsillos? ¿Cuáles son esos conjuntos de distribuciones equiprobables y cuál es la probabilidad del más denso?

¿Existe por lo menos una distribución que minimice esa probabilidad? ¿Cuáles son esas distribuciones, cuál es su probabilidad?

¿Existen distribuciones que maximicen la probabilidad de extraer directamente la moneda en cuestión? ¿Cuáles son esas distribuciones óptimas y cuál es esa probabilidad máxima?

De nada servirá que me ofrezca la moneda de 1 peso para obtener “información sobre las respuestas a las preguntas anteriores: son las adecuadas y tradicionales. Se puede prescindir de ellas a condición de saber organizarse. Si no, helas aquí.

Ante todo, exprese la probabilidad de extraer directamente la moneda de 1 peso de cada uno de los bolsillos, luego p de los dos, para x cantidad de monedas de 1 peso e y monedas de 10 centavos en el bolsillo derecho siendo t el total de x + y.

A partir de esta expresión, y de acuerdo con los valores posibles de r, así como de x e y, calcule todos los valores de p correspondientes a las distintas distribuciones. Ordene estos valores en una tabla de doble entrada para x e y.

Por último, examine las tablas en busca de la “simetría” de ciertos valores y la variación de “alineamientos”. Esto le permitirá seleccionar las diversas distribuciones pedidas... y existentes, además de determinar su probabilidad.

He aquí un juego-problema que va mucho más allá del tradicional cara o ceca, el que de por sí es interesante. Si quiere avanzar un poco más, basta completar las reglas de juego con un número mayor de monedas... y de bolsillos. En ese caso, la calculadora, que en el estudio realizado era simplemente útil, ahora se vuelve indispensable.

Solución

7. La buena estrella

Dibuje una estrella de cinco puntas, como una estrella de mar común. Más precisamente, construya un pentágono estrellado regular con sus cinco lados, cinco puntas y cinco “cruces” (polígono cruzado).

Coloque un peón (una bolita de papel, una lenteja) sobre cada punta y cada cruce —para ello necesita diez piezas— y retire luego uno de ellos.

Ahora intente desplazar los peones restantes siguiendo los lados y únicamente a saltos de peón (como en las damas), “tomando” las piezas saltadas, hasta que quede una sola sobre el tablero: ¡triunfo! Pero atención: cada vez que efectúa un salto, debe colocar otro peón en el lugar del tomado o, si no es posible, en una punta o un pico vecino o, si tampoco es posible, en cualquier otro lugar que quede libre.

Estos preparativos e informaciones bastan para jugar este solitario... y ganar, de manera que puede hacerlo ya. Pero me parece que encontrará rápidamente ciertas dificultades. Entonces, confíe nuevamente en mí y en lo que sigue.

Para no repetir ni olvidar los movimientos de ensayo, hay que registrarlos correctamente, es decir, elaborar un código como el siguiente.

Numere los puntos y emees de la estrella tal como se indica en la figura de la solución. Así, los vecinos del 0 son el 5 y el 7; los del 1 son 3, 4, 6 y 9.

Represente cada salto por medio de un triplete de cifras: así, 831 indica el salto por medio del cual el peón en 8 toma el peón en 3 y se ubica en el punto libre 1, mientras que los saltos 835 u 863, por ejemplo, son ilícitos.

Un desplazamiento cualquiera se vuelve una serie de saltos lícitos hasta el último posible, y el resultado del desplazamiento es el conjunto de puntos ocupados finalmente en la estrella, como {2, 4}; el desplazamiento es ganador y necesariamente en ocho saltos cuando el conjunto es semifallo.

Con este código, se puede jugar con las mayores probabilidades de ganar.

Si mi código no le alcanza para lograr la victoria, he aquí algunas informaciones adicionales y de fondo.

Examine dos posibilidades, según que el peón retirado en primer término ocupe una punta (por ejemplo 0) o un cruce (por ejemplo, 1).

Para cada una de esas posibilidades trace el árbol de opciones con el programa de todos los desplazamientos posibles, teniendo en cuenta, de a dos, los saltos simultáneos y en ocasiones simétricos que se pueden presentar.

Tal vez le sorprenda descubrir que sólo hay diez desplazamientos ganadores simétricos y originados en el mismo peón retirado, de a dos. Sí, pero hay que hallar esos cinco pares de desplazamientos.

La evaluación de las probabilidades de ganar el juego-problema de la buena estrella es interesante, lo mismo que la búsqueda de un procedimiento mnemotécnico (¿una estrategia?) para reproducir las soluciones... si tiene tiempo. Salvo que, con tiempo, capacidad y material, usted prefiera programar este solitario en la computadora.

Solución

Saltear las soluciones

Soluciones de “Permanece firme y prueba”

1. Solución de “Un reparto de lectores”

Siendo L el conjunto de lectores encuestados, O, T, N los conjuntos de lectores de La Opinión, La Tarde y Noticias, el diagrama de Venn representa los enlaces generales de dichos conjuntos y revela la diversidad de las posibles lecturas.

Los conjuntos de lectores están simbolizados por las intersecciones:

{lectores de Opinión y Tarde} = O ∩ T

{lectores de Tarde y Noticias} = T ∩ N

{lectores de Noticias y Opinión} = N ∩ O

{lectores de Opinión, Tarde y Noticias} = O ∩ T ∩ N

Las ocho clases de la división de L según O, T y N son identificadas, caracterizadas y simbolizadas como sigue:

I = {lectores de los tres diarios} = O ∩ T ∩ N

X = {lectores de Opinión y Tarde, no Noticias} = [(O ∩ T)I

Y = {lectores de Tarde y Noticias, no Opinión} = [(T ∩ N)I

Z = {lectores de Noticias y Opinión, no Tarde} = [(N ∩ O)I

R = {lectores de Opinión exclusivamente} = [O(I ┐ Z ┐ X)

S = {lectores de Tarde exclusivamente} = [T(I ┐ X ┐ Y)

V = {lectores de Noticias exclusivamente} = [N(I ┐ Y ┐ Z)

E = {lectores de ninguno de los tres} = [L(I ┐ X ┐ Y ┐ Z ┐ R ┐ S ┐ T)

Los datos numéricos de la tabla se expresan en conjuntos así:

cardL =100 cardO = 28 cardT = 25 y cardN = 20

card(0 ∩ T) = 11 card(T ∩ N) = 2 card(N ∩ O) = 3

y card(O ∩ T ∩ N) = 1

El ordenamiento de los lectores de las clases indicadas se efectúa así:

cardI = card(O ∩ T ∩ N) = 1, o sea el 1 % de los lectores

cardX = card(O ∩ T) ‒ cardI = 11 ‒ 1 = 10, o sea el 10 % de los lectores

cardY = card(T ∩ N) ‒ cardI = 2 ‒ 1 = 1, o sea el 1 % de los lectores

cardZ = card(N ∩ O) ‒ cardI = 3 ‒ 1 = 2, o sea el 2% de los lectores

cardR = cardO ‒ (cardI + cardZ + cardX) = 28 ‒ 13 = 15, o sea el 115% de los lectores.

cardS = cardT ‒ (cardI + cardX + cardY) = 25 ‒ 12 = 13, o sea el 13% de los lectores

cardV = cardN ‒ (cardI + cardY + cardZ) = 20 ‒ 4 = 16, o sea el 16% de los lectores

cardE = cardL ‒ (cardI + cardX + cardY + cardZ + cardR + cardS + cardV) = 100 ‒ (1 + 10 + 1 + 2 + 15 + 13 + 16) = 42, o sea el 42% de los lectores

{lectores de un solo diario} =R ┐ S┐ V

Número de esos lectores: cardR + cardS + cardV =15 + 13 + 16 = 44, o sea 44%

{lectores de un solo diario} =R ┐ S ┐ V

Número de esos lectores: cardR + cardS + cardV =15 + 13 + 16 = 44, o sea 44%

{lectores de a lo sumo un diario} = E ┐ R ┐ S ┐ V

Número de esos lectores: cardE + (cardR + cardS + cardV) = 42 + 44 = 86, o sea 86%

{lectores de por lo menos un diario} = I ┐ X ┐ Y ┐ Z ┐ R ┐ S ┐ V = [LE

Número de esos lectores: cardL ‒ cardE = 100 ‒ 42 = 58, o sea 58%.

Adviértase que aquí no interesa la suma cardO + cardT + cardN, si bien tenemos también O ┐ T ┐ N = [LE, porque a diferencia de los conjuntos anteriores, O, T y N son no disjuntos entre sí, es decir, tienen elementos comunes.

Este juego-problema de “reparto” de lectores exige la partición de un referencial en tres partes, que determinan ocho clases.

La operación recurre al diagrama de Venn en hoja de trébol que expresa los enlaces generales de las tres partes y conduce a cálculos sistemáticos de cardinales de clases, después de la caracterización proporcional de cada clase y su simbolización en operaciones de conjuntos.

La intervención de estadísticas elementales, con sus frecuencias, así como el uso de nombres corrientes de diarios dan interés y actualidad al problema.

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2. Solución de “El mensaje secreto”

1. He aquí, según lo prometido, una tabla estadística de porcentaje de frecuencia de empleo de las letras en castellano:

A:

7,83

 H:

0,76

 Ñ:

0,99

 U:

6,20

B:

0,78

I:

7,24

O:

5,63

V:

1,23

C:

3,17

J:

0,28

P:

3,13

W:

0,00

D:

3,18

K:

0,01

Q:

2,03

X:

0,39

E:

18,17

L:

5,70

R:

6,80

Y:

1,26

F:

0,95

M:

3,00

S:

8,52

Z:

0,10

G:

1,02

N:

7,63

T:

7,03

Esta tabla fue elaborada a partir de un texto “neutro” de unas 50.000 letras. Desde luego, las proporciones hubieran sido distintas en otra lengua, con un vocabulario especializado o bien tomando solo algunas frases.

La letra más utilizada, de acuerdo con la tabla, es entonces la E, seguida por la S y la A, la N, la I, etcétera, y cierran la marcha X, J, Y, Z, K y W.

2. El criptograma emplea 20 de los 27 signos posibles del alfabeto castellano (que incluye la ñ) y contiene 204 en total.

La cantidad de cada signo en orden decreciente nos da la siguiente tabla:

— :

30

 ' :

13

 ¡ :

8

 . :

4

X :

24

) :

13

= :

7

( :

2

° :

19

´ :

13

$ :

7

¿ :

2

" :

16

/ :

12

; :

5

& :

1

! :

14

% :

8

+ :

5

: :

1

La comparación entre la tabla de frecuencia de los signos del criptograma y la alfabética nos da algunas probables equivalencias:

— : E X : A " : O ° : N ´ : S

Los demás signos presentan ambigüedades.

Reemplazando cada signo por su equivalente probable, tenemos:

. A S . . . . . N S . A N . . A S . . . E . . A . . E . . S . O S . . . O N N A . . . A . . E . A N . E . . O . N . E . E S A . . E . O . . A . E S E N . . . A S . E S . E A . . E N . E . . . O S O . . E E . . E N . O . . . A N O . . E . A . . E A . . N A. E . . . . O . E E S E . E N E . O . . E E . . . S . O . E N E . O . . . A N O N O . E S . E . . A . O N . N A A . . . . A . . O N A . E . . A . A

Las combinaciones ES y AS que se repiten en el texto son también características.

3. Aunque la falta de separación entre las palabras dificulta la solución, algunas partes del texto empiezan a ser legibles: por ejemplo, se puede suponer que la primera palabra es Las, lo que nos da % : L. Por otra parte, el signo ¿ aparece dos veces y siempre seguido de /, por lo que podría tratarse de la combinación QU, lo que nos da otros dos signos. Además, se pueden establecer separaciones entre palabras donde se repiten letras como la E y la N.

La búsqueda paciente de monosílabos, separaciones de palabras, concordancias gramaticales (plurales, conjugaciones, etcétera) permiten hallar finalmente las equivalencias y descifrar el texto:

X :

A

 . :

G

 % :

L

 ¿ :

Q

! :

C

+ :

H

¡ :

M

' :

R

$:

D

) :

I

° :

N

´ :

S

― :

E

& :

J

" :

O

= :

T

: :

V

( :

Y

; :

P

/ :

U

Las circunstancias y cierta predisposición natural han hecho que me interesara por tales enigmas, y es realmente dudoso que el genio humano pueda crear un acertijo de ese género que el mismo ingenio humano no resuelva con una aplicación adecuada.

¿Usted pudo resolverlo? ¡Bravo! Pero no se crea por ello un campeón de la criptografía, porque la técnica empleada aquí, llamada de sustitución simple, es la más sencilla para los creadores de códigos secretos... y para el ingenio y la tenacidad de sus adversarios.

Desde el punto de vista matemático, este estudio constituye una interesante aplicación del concepto de frecuencia estadística con una muestra de carácter cualitativo y que se puede representar mediante un diagrama en columnas. Para descifrar estos enigmas se requiere espíritu metódico y una lógica rigurosa. Una microcomputadora sería útil en la primera fase del proceso.

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3. Solución de “En la fabrica”

Esta es la tabla estadística completa, previa a cualquier investigación:

El personal de la usina, 105 personas en total, es la suma de los efectivos de valor, pero también la de los efectivos según su categoría, como aparece al final de la línea de “efectivos” en la columna “totales”. Este método permite una doble verificación de la suma.

Este efectivo total aparece también, como es normal, al final de la línea de cúmulos.

Las tres notas centrales o de posición del personal se establecen de la siguiente manera:

La 1a nota, llamada de modo o dominante, única, es 5 para un efectivo máximo de 22 personas que aparece en la línea de “efectivos”. Algunas series muestran varias dominantes.

La 2a nota, o mediana, es 6, correspondiente al cúmulo 70, porque es la 53a nota de la serie ordenada: 105/2 = 53 y 51 < 53 < 90.

La 3a nota, llamada media, es 5,6 porque 588/105 = 5,6. El 588, total de los productos, aparece en la última línea de la tabla.

Estas tres notas centrales son muy próximas entre sí, porque la distribución del conjunto es bastante “simétrica”; además, 5 < 5, 6 < 6, es decir que la media está entre los otros dos valores centrales, lo que no siempre sucede (véase más adelante).

Las tablas estadísticas de las dos series deducidas de la anterior son:

Hay 30 oficinistas, 75 trabajadores en el taller, lo que da un efectivo total de 105 personas en la fábrica.

La nota dominante del personal de oficina es 4 para un efectivo máximo de 10 personas, la de los talleres es 7 para un efectivo máximo de 18. La mediana del personal de talleres es 6, 38a nota de la serie ordenada, y la del personal de oficinas es 4, a pesar de un efectivo par, e incluso tomando la media de las notas 15a y 16a, según la costumbre.

La nota media de oficinas es 4,2, o 126/30, la de los talleres es 6,16; o 462/75.

Cada nota central de la fábrica ocupa lógicamente el punto medio entre sus análogas de oficinas y talleres; con todo, la media de la empresa no es la suma de las medias de talleres y oficinas (¡lógico!).

Este gran juego-problema utiliza un amplio análisis estadístico de posición del personal de una empresa, con tablas estadísticas extensas y búsqueda y comparación de los tres valores centrales de otras tantas series. Sugiere la eventual utilización de un microcomputador con tabulador.

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4. Solución de “La mano en la bolsa”

Sea V una bolilla verde y A una amarilla.

El árbol incompleto que se muestra aquí representa las sacadas posibles de bolillas, una tras otra, es decir, con un número de orden.

El árbol es rigurosamente binario, es decir, de ramas dobles, hasta la 5a bolilla, que corresponde a la mitad del total; luego empiezan a “faltar” colores.

El árbol, aunque incompleto, muestra que con tres bolillas por lo menos y sin tener en cuenta sus números (o sea, incluso cuando se las saca todas juntas), las posibilidades dan 2V o 2A; los 4 resultados distintos de 8 sacadas de 3 bolillas:

VVV = 3V =) 2V AAA = 3A =) 2A

VVA = VAV = AVV = 2V + 1A =) 2V

VAA = AVA = AAV = 2A + 1V =) 2A

Este número es independiente del total de bolillas y la distribución de los colores.

El árbol completo mostraría que con 7 bolillas por lo menos, y en las condiciones anteriores, se obtienen 2V y 2A; 4 sacadas distintas de 7 bolillas da como resultado:

5V + 2A, 4V + 3A, 3V + 4A y 2V + 5A

Este número corresponde a la mitad más dos de las bolillas, cualesquiera que sean los números iguales de bolillas de cada color. En efecto, de una sacada se extraen a lo sumo todas las bolillas de un mismo color, es decir, la mitad del total, por lo que se necesitan 2 del otro color para tener 2V y 2A.

El árbol muestra también que con 6 bolillas, por lo menos, y siempre en las mismas condiciones, las sacadas dan IV y 1A; las cinco sacadas posibles:

5V + 1A, 4V + 2A, 3V + 3A, 2V + 4A, y 1V + 5A

El número corresponde a la mitad más una de las bolillas, cualesquiera que sean los números iguales de bolillas de cada color. En efecto, de una sacada se obtienen por lo menos todas las bolillas de un mismo color —la mitad del total— por lo que se necesita una del otro color para tener 1V y 1A.

Los contenidos de las tres bolsas y sus rótulos son VV, AA y VA. Este árbol binario representa todas las rotulaciones posibles en sentido amplio. Las O son imposibles, porque suponen dos rótulos idénticos, mientras que falta uno. Por consiguiente, la tabla muestra sólo dos rotulaciones posibles.

La tabla muestra que sólo el rótulo VA corresponde siempre a dos bolillas del mismo color y que éste depende de la rotulación: A para la primera, V para la segunda.

Para determinar el contenido de cada bolsa basta extraer una sola bolilla de la que lleva el rótulo VA. La tabla estipula que:

— si es verde, el contenido de la bolsa es W; por consiguiente, la de rótulo VV contiene AA y la de rótulo AA contiene VA.

— si es amarilla, el contenido de la bolsa es AA; por consiguiente, la rotulada AA contiene VV y la rotulada VV contiene VA.

Si se procede al azar, sin sacar bolillas pero con mucha reflexión, al menos existe una posibilidad sobre dos de descubrir el contenido de todas las bolsas, porque si el de una cualquiera está determinado (sobre dos posibilidades), los contenidos de las otras dos se deducen fácilmente; ¡pero no se disguste con este resultado!

Estos dos juegos-problemas sobre “La mano en la bolsa” presentan características interesantes de minimización, a la vez que utilizan el cálculo de probabilidades.

Se resuelven por medio de árboles, particularmente los binarios de ramas dobles.

Los dos estudios exigen cierto sentido lógico para utilizar los árboles. En el segundo, también se emplea una tabla.

Estos verdaderos problemas de juegos se enriquecen con modificaciones suplementarias que aumentan su atractivo.

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5. Solución de “Dos dados bicolores”

El dado tiene seis caras; por lo tanto, los dos dados presentan 6 × 6 = 36 “pares” posibles de caras ganadoras. Para que el juego sea parejo, los dos dados deben poder mostrar tantos pares de colores iguales como de colores distintos, es decir, 36/2 = 18 pares de cada uno.

Sea r el número de caras rojas del 2º dado, a el de las azules, donde necesariamente r (o a) ┘ N y r (o a) ≤ 6; el primer dado presenta 3 caras rojas y 3 azules. A cada cara roja del 1er. dado corresponden r rojas del 2º para formar 3r pares rojos con los dos; lo mismo con las caras azules para formar 3a pares azules.

El juego-problema planteado se reduce a la resolución del sistema de dos ecuaciones de primer grado:

r + a = 6 y 3r + 3a = 18

Este sistema es evidentemente indeterminado para un arbitrario, es decir, está satisfecho para todos los valores posibles de (r,a). Dicho de otra manera, si el 1er. dado tiene 3 caras rojas y 3 azules, poco importa la composición del segundo para un juego parejo. Resultado paradójico, en verdad, aunque requiere como solución un 2° dado idéntico al 1° e igualmente equilibrado.

Siendo R una cara roja y A una azul, las composiciones posibles del 2º cubo son:

0R + 6A, IR + 5A, 2R + 4A, 3R + 3A, 4R + 2A, 5R + 1A, 6R + 0A

Para confirmar, si es necesario, este resultado paradójico, es posible, a la inversa, determinar la composición (¿única?) del 1er. dado, de r' caras rojas y a' azules, realizando la equiprobabilidad con cada una de las siete composiciones precedentes del 2do. dado.

Esto conduce a siete sistemas de 2 ecuaciones de 1er. grado:

R' + a' = 6 y mr' + na' = 18 (m,n) ┘ {(0,6), (1,5), (2,4) ... (6,0)}

cuya solución común es desde luego (r',a') = (3,3), como usted deberá verificar.

Los dos dados parecerán normales si tienen cada uno 3 caras rojas y 3 azules; sin embargo, serían igualmente equiprobables, como se ha demostrado, si uno de los dos fuera todo rojo o todo azul.

La tabla siguiente da los números posibles de caras de dos dados complementarios (1a o 2a) según el color de las caras (R rojas o A azules). Muestra cuatro pares de dados complementarios, de los cuales uno tiene sus dados equilibrados.

RA

RA

RA

RA

1a

6 0

5 1

4 2

3 3

2a

0 6

1 5

2 4

3 3

Sobre los cuatro pares sucesivos de dados complementarios, el número de pares posibles de caras ganadoras, idénticas y diferentes, es:

1ª: 6 × 0 + 0 × 6 = 0 luego 6 × 6 + 0 × 0 = 36 ‒ 0 = 36

2ª: 5 × 1 + 1 × 5 = 10 luego 5 × 5 + 1 × 1 = 36 ‒ 10 = 26

3ª: 4 × 2 + 2 × 4 = 16 luego 4 × 4 + 2 × 2 = 36 ‒ 16 = 20

4ª: 3 × 3 + 3 × 3 = 18 luego 3 × 3 + 3 × 3 = 36 ‒ 18 = 18

Estos resultados demuestran que dos dados estrictamente complementarios no son equiprobables, como sugería la verificación anterior, de manera que el juego no es parejo con ellos. Revela también que, para adoptar una estrategia rentable, al jugador le interesa apostar a dos caras diferentes; sus posibilidades de ganar, expresadas en porcentajes de probabilidad, son:

1a: 36/36 o 100% (?) 2a: 26/36 o 73% 3a: 20/36 o 56%

Si quiere experimentar con esta estrategia, arme dos cubos de cartulina y coloréelos, o bien aplique papel autoadhesivo sobre dos dados comunes. Luego busque un adversario aficionado a los dados, pero que desconozca los problemas de la ley de probabilidades. ¡No le desearé buena suerte!

Matemáticamente, los “dados bicolores” constituye un interesante estudio de equiprobabilidad, con una situación paradójica y una estrategia ganadora. En este juego-problema intervienen también sistemas de ecuaciones, algunos cálculos breves y tablas.

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6. Solución de “Monedas en los bolsillos”

Sean x e y los números de monedas de 1 peso y 10 centavos en el bolsillo derecho del pantalón, y t = x + y el número total.

En el bolsillo izquierdo hay 6 ‒ x monedas de 1 peso para 12 ‒ t en total. La probabilidad de sacar la moneda del bolsillo derecho es x/t, y la que corresponde al izquierdo es (6 ‒ x) / (12 ‒ 1).

La probabilidad de elegir el bolsillo deseado es, desde luego, 1/2. La de extraer la moneda de uno u otro se anota así:

o

con 0 ≤ x ≤ 6 y 0 ≤ y ≤ 6 luego 0 ≤ t ≤ 12

Por consiguiente existen (6 + l)2 = 49 distribuciones diferentes y 12 + 1 = 13 valores de t.

A cada valor de t y del denominador p corresponde valores de x, luego de p, fáciles de calcular a pesar de la forma fraccional de p.

Las dos tablas siguientes, antes y después de la simplificación de fracciones, dan los valores de p con los de (x, y) de acuerdo con las distintas distribuciones.

El estudio atento de estas tablas suscita observaciones y conclusiones sobre las siguientes distribuciones.

La primera tabla muestra que los valores iguales son simétricos 2 a 2 en relación a su centro; 2 valores iguales corresponderían entonces a uno de los 24 cambios de contenidos distintos de los dos bolsillos, revelando dos distribuciones equiprobables.

La segunda tabla muestra que sus “diagonales” contienen valores de a dos todos iguales, o sea que corresponden a 11 distribuciones equiprobables. Estas distribuciones, de probabilidad 1/2 se caracterizan para cada bolsillo por un mismo número, salvo 0 o 6, de monedas de cada tipo o un total de 6 monedas.

Los valores de un mismo denominador se sitúan sobre las “oblicuas” paralelas de la segunda tabla; en cada oblicua los valores crecen (o decrecen), aunque el valor máximo se encuentra en la primera (o última) línea y el mínimo en la primera (o última) columna.

En la 1a columna los valores pueden tener todos el mismo numerador, aumentando hacia abajo; mientras que en la 1a línea, los valores, a partir de la 2a, decrecen hacia la derecha, siendo todos inferiores a la unidad, y sus dos términos disminuyen progresivamente a razón de una unidad:

a < b =) (a ‒ 1) / (b ‒ 1) < a/b

De estas observaciones se desprende que en lo alto de la tabla 1/4 es la probabilidad mínima, correspondiente a un bolsillo vacío y el otro lleno, mientras que 8/11 2/3 es la máxima, que corresponde a una moneda de 1 peso en un bolsillo y todas las demás monedas en el otro, es decir, nuevamente 2 distribuciones por vez.

No sé si advirtió que estas dos probabilidades extremas son vecinas en las tablas: los extremos siempre se juntan...

Los principios fundamentales de las probabilidades totales y compuestas aparecen simultáneamente en este juego-problema de las “Monedas en los bolsillos”. Por otra parte, hay un uso variado y abundante de la comparación de fracciones.

Con todo, lo esencial es la investigación exhaustiva, con tablas, de valores particulares en una función racional de dos letras.

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7. Solución de “La buena estrella”

He aquí la buena estrella, trazada con regla y compás (lo cual no es indispensable), con cifras pares en los vértices e impares en los cruces, donde se situarán los peones dispuestos a saltar por los lados [0,6], [6,2], [2,8], [8,4] y [4,0] o... hacerse comer.

Al comienzo se presentan dos situaciones según el peón retirado ocupe un vértice (por ejemplo el 0) o un cruce (por ejemplo el 1).

Si el peón está en O, el árbol de desplazamientos es del tipo siguiente:

Así, 350 indica que el peón en 3 toma el peón en 5 y va al punto libre 0.

Este árbol presenta directamente, con tres pares de saltos simultáneos, cuatro desplazamientos posibles, de los cuales uno solo es ganador:

350-275-497-619-794-857-079-497, lo que da {7}

Pero la transformación del 1er. salto es 970 en la simetría de peones del eje (0,1); esto engendra un árbol análogo, que contiene un segundo desplazamiento ganador:

970-857-635-413-536-275-053-635, lo que da {5}

Estos dos desplazamientos y sus resultados son simétricos de acuerdo con (01).

Al distinguir las cinco puntas de la estrella, la primera situación da 10 desplazamientos ganadores sobre 40 posibles y ofrece un 25 por ciento de probabilidades de ganar.

Cuando el peón retirado está en 1, el árbol de desplazamientos se puede expresar así:

┌

572(2,4}

┌

053-635(275)-413-291-314(572)

┤

831(291)

┤

└

758(4,8}

└

413-291-076(619)-350(192)-192(0,2, 6}

Con dos pares de saltos simultáneos, el árbol presenta directamente tres desplazamientos, ninguno de los cuales es ganador.

Pero cada salto entre paréntesis es una transformación del salto anterior de acuerdo con cierta simetría de los ejes de peones y duplica el número de desplazamientos parciales siguientes; así, el número de desplazamientos es 24, o sea (23 + 22) × 2.

Los resultados de los últimos desplazamientos son igualmente simétricos de los 3 resultados anteriores, es decir, son perdedores al no aparecer un punto libre.

Al distinguir cinco crecimientos de la estrella, la segunda situación da lugar a 120 desplazamientos posibles, todos perdedores; en consecuencia, las probabilidades globales de ganar este juego son de 10 sobre 160, o sea 6,25 por ciento.

Para hallar rápidamente los desplazamientos ganadores, es suficiente dejar libre un vértice (no un cruce) al comienzo del juego e imaginar, si es necesario desde “arriba” de la estrella, y respetar las tres leyes del desplazamiento en su orden, para elegir finalmente el salto más “bajo” en la estrella, con dos saltos simultáneos.

Este juego-problema matemático recurre una vez más a los árboles, en este caso de inspiración geométrica.

Exige el conocimiento del pentágono, su construcción y su simetría axial, la elaboración de un código numérico y una terminología convenientes y finalmente destreza con la ley de probabilidades y ser buen observador.

Si quiere divertirse un poco más, basta modificar las restricciones o el resultado, o diseñar otra estrella del mismo género.

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Índice de herramientas

Algoritmos operativos originales I 1 a 4-6

Descomposiciones ordinales  I1-3-4-7, IV 6

Series naturales   III1-3-7, IV, 5-7, V 4

Tablas numéricas fundamentales I 7, III 7, VI 2-3-5-6

Sistemas de ecuaciones  III 2, IV 1 a 5, V 5-6, VI 5

Ecuaciones    I 2-3, II 1, III 7, IV 6

Funciones    IV 7, VI 6

Identidades notables   II 1-5, III 2-3-7, V 3-5-6

Razonamientos particulares  III 3 (recurrente) 7 (absurdo)

Cálculos irracionales   II 1 a 6, V 4

Expresiones circulares  II 1 a 6

Áreas no circulares   II 2-4-5-6, III 3-5, V 3-4-6

Figuras equivalentes   II 5-6, V 1-2

Teorema de Pitágoras   II 4-5-6, III 7, V 1 a 6

Transformaciones y propiedades geométricas  II 1-3-4-5, V 1 a 6, VI 7

Probabilidad    I 5, II 2, III 4-6, VI 4 a 7

Combinatoria    I 1-5-7, II 6, III 5-6, IV 4-5

Estadística    IV 2, VI 1-2-3

Diagramas en árbol   I 1, III 4-5-6, VI 4-7

Diagramas de Venn y otros  III 2, IV 2-5, VI 1

Actividades gráficas   II 3-6, V 1 a 4

Lenguaje de conjuntos  I 1, III 4-5-6, IV 5, VI 1

Maximizaciones principales  I 2-5-7, II 2-3-4, IV 3-7, VI 4

Investigaciones exhaustivas  I 6-7, II 4, IV 4-5-6, VI 6

Situaciones paradójicas  II 2 a 5, IV 3 a 7, VI 5

Estrategias    II 3, III 1, IV 1-3-4-5-7, VI 5

Microcomputadoras y calculadoras programables I1-2-3-6, III 4-7, V 4, VI 2-3-6-7

Elementos bibliográficos sobre juegos matemáticos

La siguiente lista de obras no es selectiva, exhaustiva ni tampoco ordenada. Es, por el contrario, muy ecléctica: libros de divulgación o especializados, para adultos o niños, recientes o antiguos (incluso algunos imposibles de hallar), modestos o voluminosos, ilustrados y en colores o no.

Mathématiques, magie et mystére, Martin Gardner, Dunod.

Casse-téte mathématiques de Sam Loyd, (2 tomos), Martin Gardner, Dunod.

Problémes et divertissements mathématiques, (3 tomos), Martin Gardner, Dunod.

Jeux mathématiques du Scientific American, Martin Gardner, Cedic. (M. Gardner es, en efecto, el autor de la sección especializada de la célebre revista.)

Récréations mathématiques (5 tomos), E. Lucas, A. Blanchard.

Fantaisies et paradoxes mathématiques, P. Northrop, Dunod.

Dansons avec les mathématiques, R. W. Anderson, Dunod.

Célèbres problèmes mathématiques, E. Callandreau, Albín Michel.

Invitation á la recherche opérationnelle, Kaufmann y Faure, Dunod.

Mathématiques en liberté, J.-M. Blanchet, O.C.D.L.

Les jeux mathématiques d'Euréka, M. Berrendo, Dunod.

Récréations mathématiques, M. Berrendo, Dunod.

Les casse-tête logiques de Baillif, J.-C. Baillif, Dunod.

Les nombres et leurs mystéres, A. Warusfel, Seuil.

Jeux de Vesprit et divertissements mathématiques, J.-P. Alem, Seuil. [Hay versión castellana: Juegos de ingenio y entretenimiento matemático, Barcelona, Gedisa, 1984.]

Jeux mathématiques du monde, P. Berloquin, Flammarion.

Série de quatre livrets de 100 jeux chacun (numériques, logiques, alphabétiques et géométriques), P. Berloquin, Le livre de poche.

Numéro spécial π du Petit Archimède, A.D.C.S., Amiens.

Mathématiques et jeux, F. Boule, Cedic.

Les mathématiques, Le Monde des Sciences, Life.

50 jeux avec votre calculatrice, Scholssberg et Brockmen, Sciences et Vie.

Mathématiques et mathématiciens, Dedron e Itard, Magnard.

Découverte des mathématiques, I. Adler, Deux Coqs d'or.

1.001 tours et jeux mathématiques modernes, Travail d'équipe, Deux Coqs d'or.

1.000 casse-tête du monde entier, Delft y Botermans, Chéne.

Récréations mathématiques et problèmes, W. H. Rouse Ball, Hermann.

Guide des jeux d'esprit, Bens, Albín Michel.

Colles et astuces mathématiques, M. Denis-Papin, Blanchard.

Mathématiques buissonnières, A. Deledicq, Cedic.

Amusements mathématiques, A. Bask, Dunod.

Redécouvrons la géométrie, Coxeter y Greitzer, Dunod.

Douze, notre dixfutur, J. Essig, Dunod.

Les graphes et leurs applications, Ore, Dunod.

Problémes de cheminements dans les graphes, Demiame y Pair, Dunod.

Récréations arithmétiques, E. Fourrey, Vuibert.

Curiosités géométriques, E. Fourrey, Vuibert

Surfaces, H. B. Griffith, Cedic.

La mathématique des jeux, M. Kraitchik, Gauthier-Villars.

Formes, espaces et symétries, Houghton, Cedic.

Mathématiques de l'action, Mothes y Rosentiehl, Dunod.

Surprenants triangles, Odier y Roussel, Cedic.

100 problémes élémentaires et mathématiques, H. Steinhaus, Gauthier-Villars.

Mathématiques en instantané, H. Steinhaus, Flammarion.

Plaisir des mathématiques, W. W. Sawyer, Union générale d'éducation.

Sur le sentier des mathématiques, (2 tomos), B. Kordiemsky, Dunod.

Les mathématiques et l'imagination, Kasner y Newman, Payot.

Problèmes amusants, C.-M. Laurent, Grandes Editions françaises.

Avec des nombres et des lignes, Sainte-Laguë, Vuibert.

Redtt er casse-tête mathématiques, Perelmann, Cedic.

L'algèbre récréative, Mir, Perelmann.

Jouer à raisonner, J. Dumont y C. Schuster, Les Editions d'Organisation.

Editorial Gedisa ofrece los siguientes títulos sobre

JUEGOS LOGICOS, MATEMATICOS, PSICOLOGICOS Y OTROS

pertenecientes a sus diferentes colecciones y series

(Grupo “Juegos, Humor y Esoterismo”)

HENRI CAMOUS  Problemas y juegos con la matemática

GYLES BRANDRETH Juegos con números

RAYMOND SMULLYAN Juegos para imitar a un pájaro imitador

RAYMOND SMULLYAN Juegos por siempre misteriosos

J. FRIANT E Y. L'HOSPITALIER Juegos lógicos en el mundo de la inteligencia artificial

MARTIN GARDNER Juegos. Los mágicos números del Dr. Matrix

RAYMOND SMULLYAN Juegos de ajedrez y los misteriosos caballos de Arabia

RAYMOND SMULLYAN Juegos y problemas de ajedrez para Sherlock Holmes

MARTIN GARDNER Juegos y enigmas de otros mundos

NICHOLAS FALLETTA Paradojas y juegos

JAMES F. FIXX  Juegos de recreación mental para los muy inteligentes

JAMES L. ADAMS  Guía y juegos para superar bloqueos mentales

JEAN-PIERRE ALEM  Nuevos juegos de ingenio y entretenimiento matemático

JEAN-PIERRE ALEM  Juegos de ingenio y entretenimiento matemático

ANATOLY KARPOV Cómo aprender de las derrotas

B. M. NASH Y R. B. MONCHICK El libro de los tests. Conózcase a usted mismo

B. M. NASH Y R. B. MONCHICK El libro de los tests. Usted y los otros