2.4.18

El papel doblado que llega hasta el final del Universo

Cuaderno de bitácora: uno de esos días, pensando en las musarañas, me vino al recuerdo esa paradoja que afirma que doblando un papel muchas veces podemos conseguir el grosor que queramos. Aparece, por ejemplo, en el libro de Adrián Paenza, Matemática... ¿Estás ahí?, y en muchos otros sitios.

Por centrarnos en una fuente, en la web de Gizmodo aparece un artículo de Carlos Zahumenszky titulado Si doblas un papel 103 veces será más grueso que el Universo. Concretamente, expone el artículo:
La leyenda urbana dice que es imposible doblar una hoja de papel por la mitad más de ocho veces. En realidad, el récord mundial lo tiene Britney Gallivan, con 12 pliegues. Lo fascinante es que, según las matemáticas, si doblamos un papel por la mitad 103 veces, su grosor sería mayor que el diámetro del Universo observable, estimado en 93.000 millones de años luz.

La explicación a esta deliciosa paradoja está en el crecimiento exponencial. Una hoja de papel normal (el típico formato A4 con un gramaje de 80 gm /m2) tiene un grosor de 0,1 milímetros. Si la doblamos exactamente por la mitad, tendremos el doble de ese grosor.

A medida que la sigamos doblando una y otra vez por la mitad las cosas se ponen interesantes (e imposibles). Doblada siete veces, la hoja tiene un grosor equivalente a un cuaderno. Si la pudiéramos doblar 23 veces, su grosor ya superaría el kilómetro. 30 pliegues nos llevarían al espacio, sobrepasando la barrera de los 100 kilómetros. En 42 pliegues llegaríamos a la luna, y en 52 al sol.

El grosor del papel sigue aumentando exponencialmente. En 81 pliegues, su grosor sería casi el de la galaxia de Andrómeda, con 127 años luz. Solo 9 pliegues más llevarían a nuestro papel imaginario más allá de los confines del Supercluster de Virgo en el que nuestra galaxia convive con al menos otras cien.

Llegamos al papel doblado 103 veces. Su grosor sería superior a 93.000 millones de años luz.
En el artículo hemos resaltado en negrita o cursiva algunos detalles, pues con su ayuda queremos comentar y puntualizar esta paradoja.

Figura 1. El Universo observable representado en escala logarítmica. La imagen es de Pablo Carlos Budassi y está tomada de la wikipedia.

Es correcto decir que las matemáticas nos aportan las herramientas necesarias para estudiar el problema, como el crecimiento exponencial. En efecto, si vamos doblando en cada paso el grosor del papel, no se necesitan muchos pasos (103 pasos en total según los cálculos del artículo) para ir de un grosor de tan solo 0,1 milímetros, a un grosor superior al tamaño del Universo. Hagamos los cálculos para comprobar que es así:

0,1 · 2103 = 1014120480182583521197362564300,8 milímetros

Dividimos por 1.000.000 y nos da:

= 1.014.120.480.182.583.521.197.362 kilómetros aproximadamente

Dividimos por 300.000 · 3600 · 24 · 365 = 9.460.800.000.000 para pasar esta distancia a años-luz y nos da:

= 107.191.831.576 años-luz aproximadamente, un poco mayor que 93.000 millones de años-luz.

Llegar y superar el tamaño del Universo conforme doblamos el grosor de papel es idealmente posible, pero no es posible hacerlo mediante dobleces de un simple folio A4. Si empleamos la lógica y las matemáticas nos podemos dar cuenta rápidamente que la tarea es imposible si no se tiene una hoja de papel de tamaño adecuado.

Por un lado debemos destacar algo obvio: si doblamos un papel por la mitad, el grosor aumenta al doble, pero el tamaño del papel se reduce a la mitad. Por otro lado, cada doblez se hace curvando el papel, y la longitud del papel se emplea también en rodear la curva del doblez. Véase, por ejemplo, el siguiente gráfico:

Figura 2.
En la zona D se acumula el papel doblado, pero además tenemos a un lado y otro capas de dobleces en forma semicircular. La longitud de la hoja de papel se ha ido distribuyendo en todas estas capas, gastándose según el grosor del papel, y de esta forma queda limitado el número de dobleces que se pueden hacer por la propia longitud o tamaño del papel.

La primera persona que, de forma documentada, estableció esta limitación del número de dobleces fue Britney Gallivan, en 2001. No sólo argumentó esta limitación, sino que además obtuvo una fórmula que daba exactamente la relación entre la longitud del papel, L, el grosor t, y el número de dobleces n. Como conclusión a su estudio y demostración práctica de su fórmula, tomó un papel suficientemente largo y lo dobló 12 veces.

Como ilustración de nuestra entrada, traducimos a continuación el artículo de la Historical Society of Pomona Valley, publicado el 3 de abril del 2005:

DOBLANDO PAPEL POR LA MITAD 12 VECES
Britney Gallivan ha resuelto el Problema de Doblar Papel. Este bien conocido desafío consistía en doblar papel a la mitad más de siete u ocho veces, usando papel de cualquier tamaño o forma.
En abril de 2005, el éxito de Britney fue mencionado en el show televisivo de la CBS Numb3rs, en hora de máxima audiencia.
Para conseguir créditos extra para una clase de matemáticas, a Britney le plantearon el desafío de doblar cualquier cosa 12 veces. Después de experimentar de forma exhaustiva, dobló una lámina de oro 12 veces, rompiendo el récord. Lo hizo usando direcciones alternadas de doblado. El desafío se redefinió para doblar un papel. Britney estudió el problema y fue la primera persona en darse cuenta de la causa básica de los límites, y entonces dedujo la fórmula del límite de doblado para cualquier tamaño. Se dedujeron fórmulas de límite para el caso de doblar en direcciones alternadas y para el caso de doblar en una sola dirección usando una larga tira de papel. Las ventajas de cada forma de doblar son discutibles, pero para un alto número de dobleces, el doblado en una sola dirección requiere menos papel.
Se dedujo el límite exacto para el caso del doblado en una sola dirección. Se basa en los efectos limitantes acumulados por cada uno de los dobleces durante el proceso. Si consideramos la complejidad del problema, la fórmula tiene un aspecto relativamente simple.
Para el caso de doblado en una sola dirección, la fórmula exacta del límite es:
 (1)
donde L es la longitud mínima posible del material, t es el grosor del material, y n es el número de dobleces posibles en una dirección. L y t deben expresarse en las mismas unidades.
El doblado en direcciones alternas tiene el siguiente límite:
Esta fórmula da la anchura W de la pieza cuadrada de papel que se necesita para doblarla n veces, en direcciones alternas. La fórmula completa del doblado alterno es compleja, pero esta fórmula relativamente simple nos da una cota que no puede excederse y está bastante cerca del límite exacto.

Para papel no cuadrado, la anterior fórmula da un límite ajustado. Si el papel tiene una proporción entre el largo y el ancho de 2:1, podemos imaginar que lo doblamos una vez y así comienza con un grosor del doble del original, y entonces usamos la fórmula anterior, recordando que debemos añadir el primer doblado.
Britney definió reglas y definiciones estrictas para el proceso de doblado. Una regla es: Para que una hoja se considere doblada n veces debe documentarse convincentemente y verificarse independientemente que 2n capas únicas descansan en al menos una línea recta. Las secciones que no cumplen este criterio no se cuentan como parte de la sección doblada.
En algunas páginas web, los límites encontrados por Britney son descritos como debidos a la relación entre el grosor y la anchura de los dobleces finales, o atribuídos a que la persona que dobla no es suficientemente fuerte para doblar más veces. Ambas explicaciones para los límites matemáticos son incorrectas y no dan con la auténtica razón detallada para el límite físico-matemático.
En un solo día Britney fue la persona en conseguir el récord de doblar papel a la mitad en 9, 10, 11 y 12 veces.
Algunos hablan equivocadamente de humedecer el papel para conseguir más dobleces, estrujar la hoja de papel como una guía de teléfonos para dividir a la mitad su grosor, o estirar el papel húmedo o seco. Humedecer el papel sólo consigue que se rasgue más fácilmente. Rasgar y cortar no es doblar.
Figura 3. Britney Gallivan sobre el doblez número 11, antes de efectuar el doblez número 12.
Bien, si usamos la fórmula (1) obtenida por Britney Gallivan y queremos tener realmente un papel que doblado alcance el grosor del universo visible, entonces haciendo cuentas:

L = π · 0,1 · (2103 + 4) · (2103 − 1) / 6 ≅ 5,385 · 1060 milímetros

Si esta cantidad la dividimos entre 1.000.000 para pasarla a kilómetros, y entre 9.460.800.000.000 para pasarla a años-luz, nos da aproximadamente 5,69 · 1041 años-luz. Si comparamos esta enorme cantidad con la anchura del universo, 93.000 millones de años-luz, entonces tenemos aproximadamente:

6.120.218.381.123.657.274.171.314.576.586,2 ≅ 6 quintillones

Resumiendo: según la fórmula de Gallivan, si queremos doblar un papel hasta que su grosor alcance el ancho de nuestro universo observable, debemos doblarlo sobre sí mismo 103 veces, y esto sólo sería posible con un papel de grosor 0,1 milímetros si tuviera una longitud superior a 6 quintillones de veces la anchura de nuestro universo.

Por otro lado, si queremos doblar 12 veces un papel de grosor 0,1 milímetros, como hizo Britney Gallivan en 2001, debemos tomar una tira de papel cuya longitud sea por lo menos mayor que:

L = π · 0,1 · (212 + 4) · (212 − 1) / 6 ≅ 879.096 milímetros, es decir, un poco más de 879 metros.

Lo único que nos resta es hacer el experimento.

Notas: el número 2103 = 10.141.204.801.825.835.211.973.625.643.008 está mencionado en nuestra entrada Potencias de dos, pues se acerca mucho a una potencia de 10, concretamente a 1031 (diez quintillones), y apenas se separa de este número un 1,4%.

Referencias: la figura 2 es una adaptación de la imagen que aparece en la página de la Historical Society of Pomona Valley conservada en el Internet Archive, que relata el trabajo de Britney Gallivan.

20.3.18

[El Problema de la Semana] Treinta

Esta semana va de búsquedas:
El número 30 es fácil expresarlo con tres cincos: 5 · 5 + 5.

¿Cómo se puede hacer esto mismo con otras tres cifras iguales? 

Veamos las soluciones más abajo.

Matenavegando en busca de información sobre 30, hemos encontrado Treinta y Tres, que es el nombre de uno de los diecinueve departamentos de Uruguay, y también el nombre de la capital del departamento. Se le dio este nombre en honor a los Treinta y Tres Orientales, que al mando de Juan Antonio Lavalleja lucharon para independizar la antigua Provincia Oriental del Imperio del Brasil, y reunificarla con las demás provincias argentinas. Obsérvese que en el escudo aparecen 33 símbolos, como puntas de lanzas o de alabardas, dispuestas en tres filas, la superior de 12, la media de 11 y la inferior de 10, haciendo una progresión aritmética de tres términos y diferencia −1.

SOLUCIONES:

Buscando, buscando, hemos encontrado tres soluciones más:

30 = 6 · 6 − 6
30 = 33 − 3
30 = 33 + 3

De momento, con las cifras indoarábigas, esto es lo que tenemos.

AMPLIACIÓN: ¡No se vayan todavía! ¡Aún hay más!

Si admitimos las cifras romanas, entonces también tenemos la solución:

30 = XXX.

Si usamos la numeración ática (numeración griega antigua):

30 = ΔΔΔ

Si empleamos el sistema egipcio:

30 = ⋂⋂⋂

Si empleamos el sistema hexadecimal:

1E = A + A + A (en el sistema hexadecimal 1E equivale a 30 en el sistema decimal)

Y si usamos números enteros negativos:

30 = (−6) · (−6) − 6
30 = 33 + (−3)
30 = −(−3)3 − (−3)
30 = (−5) · (−5) + 5

etc... ;)

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Matemáticas recreativas, de Yakob Perelman.

10.3.18

Sudoku de letras (20)

Regla de este Sudoku: llenar las casillas vacías de forma que en cada fila, en cada columna y en cada caja de 3×3 estén todas las letras del siguiente conjunto:

A  C  E  I  L  O  P  R  S

Una vez resuelto, en la fila central aparecerá una palabra: instrumentos para escribir.

8.3.18

[El Problema de la Semana] ¿Cuántos años tiene?

Veamos qué tenemos hoy:

A un aficionado a los rompecabezas le preguntaron cuántos años tenía. La contestación fue compleja:

-Tomad cuatro veces los años que tendré dentro de cuatro años, restadles cuatro veces los años que tenía hace cuatro años y resultará exactamente los años que tengo ahora.

¿Cuántos años tengo?

La respuesta, como siempre, debajo de la imagen ilustrativa.

Los famosos rompecabezas tienen también mucho sentido matemático. Obsérvese por ejemplo, las diferentes formas que pueden adoptar las piezas en un rompecabezas estándar: con los cuatro lóbulos hacia adentro, como la quinta pieza de la segunda fila, con los cuatro hacia afuera, como la quinta de la tercera fila, con tres hacia afuera y uno hacia adentro como la tercera de la segunda fila, con tres hacia adentro y uno hacia afuera, como la tercera de la tercera fila, con dos hacia adentro y dos hacia afuera alternados, como la quinta pieza de la fila séptima, y con dos hacia adentro consecutivos y dos hacia afuera consecutivos, como la segunda de la segunda fila. Seis formas en total, sin contar las piezas que hacen de borde. También podemos seguir las líneas horizontales y verticales que separan las piezas, son líneas en las que los lóbulos hacen ondulaciones a un lado y otro de la línea, y el conjunto de las ondulaciones se puede codificar en binario. Por ejemplo, la primera línea horizontal tendría una codificación como 101100, y la primera línea vertical se codificaría como 01000011. Esta imagen ha sido sacada del blog de Judith Arias.

SOLUCIÓN:

Este problema se resuelve de forma muy sencilla con una ecuación. Llamamos x a la edad que buscamos:

dentro de 4 años tendrá: x + 4
hace 4 años tenía: x − 4.

La ecuación planteada es: 4 · (x + 4) − 4 · (x − 4) = x

Resolvemos:
4x + 16 − 4x + 16 = x
32 = x

El aficionado a los rompecabezas tiene exactamente 32 años.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Matemáticas recreativas, de Yakob Perelman.

25.2.18

Cómo resolver las Torres de Hanói

Cuaderno de bitácora: gracias a la guía de nuestro compañero matenavegante Pablo Viedma, un día pudimos visitar, en nuestro periplo mateoceánico, las Torres de Hanói.

Este juego fue inventado en el año 1883 por un matemático francés, Edouard Lucas. Se trata de un solitario que se compone de tres pivotes o estacas verticales insertadas en un tablero y una pila con un cierto número de discos de tamaños crecientes, normalmente siete u ocho.

Figura 1.

El juego consiste en trasladar la pila entera de discos de uno de los pivotes a cualquiera de los otros dos, pero teniendo en cuenta las reglas:

-Sólo se puede tomar un disco en cada movimiento.
-El disco tiene que estar en la posición superior de su pila.
-Al pasarlo a otro pivote no se puede colocar sobre otro disco más pequeño.

Edouard Lucas, para dar mayor interés y contexto al juego, se inventó la leyenda de que el juego se había creado en un templo de Benarés, en la India, hoy ya desaparecido. Según esa leyenda, allí se comenzó con una Torre de 64 discos apilados.

Es fácil calcular el número mínimo de movimientos necesarios para trasladar toda la torre de una varilla a otra: 2n − 1, siendo n el número de discos que hay en la torre.

Si por ejemplo tenemos una torre de 8 discos, como en la figura 1, el número mínimo de movimientos será de:

28 − 1 = 256 − 1 = 255 movimientos.

En el caso de la leyenda del templo de Benarés, para mover toda la torre de 64 discos de un pivote a otro, se necesitarían:
264 − 1 = 18.446.744.073.709.551.615 movimientos como mínimo, más de 18 trillones.

Con un sencillo cálculo se puede comprobar que si hiciéramos un movimiento por segundo harían falta 584.942.417.355 años para completar todo el traslado.

El número total de movimientos para 64 discos nos recuerda otra leyenda famosa en matemáticas, la del inventor del ajedrez. Se dice que cuando el inventor presentó el ajedrez a su rey, este le ofreció como premio cualquier cosa que pidiera. El inventor pidió un grano de trigo por la primera casilla del tablero de ajedrez, dos granos de trigo por la segunda casilla, cuatro por la tercera, ocho por la cuarta, y así sucesivamente, doblando la cantidad de granos en cada casilla hasta completar las 64 de todo el tablero. Si calculamos el número de granos de trigo que hay que reunir en total nos sale exactamente la misma cantidad que los movimientos de la torre de 64 discos:

264 - 1 = 18.446.744.073.709.551.615 granos de trigo. (Para más información, consultar la entrada Leyenda sobre el tablero de ajedrez)

Hay estudios matemáticos muy completos sobre las Torres de Hanói. Es realmente interesante conocer la relación que existe entre las posiciones de los discos y los números del sistema binario. Otra actividad muy interesante para los grumetes es investigar en qué movimiento se mueve cada disco, y obtener así diversas progresiones aritméticas. Quizás dediquemos entradas futuras a tratar estos dos aspectos.

Pero enfrentémonos al juego e intentemos resolverlo. Nos daremos cuenta de que si los discos son muy pocos, dos, tres, hasta cuatro, trasladar la torre es sencillo. Pero a partir de cinco, seis discos... la cosa se empieza a poner complicada, el número de movimientos crece rápidamente y es muy fácil perderse.

Para ello hay dos trucos, cualquiera de los dos ayudan por separado a resolver el puzle, y si los combinamos entonces no podemos perdernos.

-El primer truco consiste en pintar los discos en dos colores diferentes, alternados, por ejemplo blanco y negro. También debemos pintar las bases de los pivotes en colores alternados: los pivotes libres uno debe ser negro de base y el otro blanco, y el pivote de partida debe tener el color contrario al disco más grande. Cuando tengamos pintados los discos y las bases debemos añadir una nueva regla: cada disco que movamos debe colocarse sobre otro disco o base de color contrario, nunca del mismo color.

-El segundo truco consiste en fijarse en que  el disco más pequeño, el que inicialmente está en la cúspide de la torre, se mueve en el movimiento 1º, 3º, 5º, 7º, 9º, ... en todos los movimientos impares. Empezamos moviendo el disco pequeño, movemos otro disco, luego otra vez el pequeño, luego otro disco, luego el pequeño otra vez, luego otro disco, luego el pequeño, y así sucesivamente. De cada dos discos que movemos, uno es el pequeño.

Además, siempre debemos mover el disco pequeño en el mismo sentido. Entre los pivotes hay dos sentidos de movimiento: el que podemos llamar sentido positivo o de izquierda a derecha, 1→2→3→1, y el que podemos llamar sentido negativo o de derecha a izquierda, 3→2→1→3.

Vamos a emplear este segundo truco o procedimiento para resolver este solitario. Haremos el ejemplo de una torre con 4 discos.

Figura 2.

A continuación ponemos la secuencia completa de 24 − 1 = 15 movimientos:

movimiento 1º: a1 → 2
movimiento 2º: b1 → 3
movimiento 3º: a2 → 3
movimiento 4º: c1 → 2
movimiento 5º: a3 → 1
movimiento 6º: b3 → 2
movimiento 7º: a1 → 2
movimiento 8º: d1 → 3
movimiento 9º: a2 → 3
movimiento 10º: b2 → 1
movimiento 11º: a3 → 1
movimiento 12º: c2 → 3
movimiento 13º: a1 → 2
movimiento 14º: b1 → 3
movimiento 15º: a2 → 3

Veamos los movimientos en una secuencia de fotografías:

Figura 3.
 a1 → 2
Figura 4.
 b1 → 3
Figura 5.
a2 → 3
Figura 6.
c1 → 2
Figura 7.
a3 → 1


Figura 8.
b3 → 2
Figura 9.
a1 → 2
Figura 10.
d1 → 3
Figura 11.
a2 → 3
Figura 12.
b2 → 1
Figura 13.
a3 → 1
Figura 14.
c2 → 3
Figura 15.
a1 → 2
Figura 16.
b1 → 3
Figura 17.
a2 → 3 y final.

Obsérvese que:

-El disco más pequeño, el a, siempre se ha movido de izquierda a derecha y en los movimientos impares, es decir, cada 2 movimientos.
-El segundo disco, el b, se ha movido de derecha a izquierda; se movió en el 2º movimiento y luego cada 4 movimientos (en el 6º, el 10º y el 14º).
-El tercer disco, el c, se ha movido como el a, de izquierda a derecha, empezando en el 4º movimiento y luego cada 8 movimientos (en el 12º).
-El cuarto disco, el d, se ha movido como el b, de derecha a izquierda, empezando en el 8º movimiento y luego le tocaba moverse cada 16 movimientos, pero como en nuestro ejemplo no había más que 15 movimientos, este disco sólo se ha movido una vez.

Con este ejemplo creemos que el lector puede guiarse para resolver el pasatiempo cuando la torre tiene más discos, aunque conforme el número de discos aumenta, el número de movimientos aumenta exponencialmente, y es difícil no perder la atención y confundirse en cualquier momento.

22.2.18

[El Problema de la Semana] Dos obreros camino del trabajo

Veamos este nuevo problema:

Dos obreros, uno viejo y otro joven, viven en un mismo apartamento y trabajan en la misma fábrica. El joven va desde casa a la fábrica en 20 minutos; el viejo en 30 minutos.

¿En cuántos minutos alcanzará el joven al viejo, andando ambos a su paso normal, si éste sale de casa 5 minutos antes que el joven?

Para la solución no hay que caminar nada, sólo girar la rueda del ratón.

Aquí tenemos una vieja e impresionante foto de 1930. Está tomada durante la construcción del Empire State Building de Nueva York. En ella un obrero de edad madura aprieta unas tuercas mientras está sentado sobre el vacío. A la derecha se aprecia el famoso edificio Chrysler. Como el edificio Chrysler mide en total 318,9 metros y en la foto parece estar por debajo del horizonte, podemos aventurar que el obrero de la foto se encuentra trabajando a más de 320 metros de altura. El Empire State Building fue inaugurado el 1 de Mayo de 1931, y tiene una altura total de 443,2 metros. [Extraído de la wikipedia]

SOLUCIÓN:

Podemos llamar e al espacio que ambos recorren, y que es el mismo. Según esto, la velocidad (espacio/tiempo) a la que va cada uno es:

Velocidad del joven: v1 = e / 20
Velocidad del viejo: v2 = e / 30

Teniendo en cuenta que el espacio es igual a velocidad por tiempo, el tiempo que tarda el joven (t) en alcanzar al viejo (que lleva caminando t + 5 pues sale 5 minutos antes) cumple la siguiente ecuación:

t · e / 20 = (t + 5) · e / 30

Simplificamos e en la ecuación, multiplicamos en cruz para quitar denominadores, quitamos paréntesis, y nos queda:

30t = 20t + 100

Y de aquí:

10t = 100; luego t = 10 minutos.

Otra forma más sencilla de razonar este problema es decir: si el joven tarda 20 minutos en hacer el recorrido, tardará 10 minutos en hacer la mitad del recorrido, y si el viejo tarda 30 minutos en hacer el recorrido, tardará 15 minutos en hacer la mitad del recorrido. Si el viejo sale 5 minutos antes que el joven, cuando este lleve 10 minutos andando se encontrará a mitad de recorrido, justo donde está el viejo en ese momento, que lleva 15 minutos andando

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Matemáticas recreativas, de Yakob Perelman.

17.2.18

Sudoku de letras (19)

Regla de este Sudoku: llenar las casillas vacías de forma que en cada fila, en cada columna y en cada caja de 3×3 estén todas las letras del siguiente conjunto:

A  C  E  F  I  L  N  O  R

Una vez resuelto, en la fila central aparecerá una palabra: el nombre de una hermosa ciudad italiana.