20.9.11

[El Problema de la Semana] Caída libre

A continuación presentamos el último problema que le pusimos a los grumetes en la travesía pasada.

A medio camino en un vuelo transatlántico, una saca de correo se cae de la parte de atrás del avión. Al mismo tiempo, una de las ruedas del tren de aterrizaje se separa y cae también verticalmente. ¿Cuál será, la saca o la rueda, la que primero se estrelle contra el suelo?

Por favor, ya sabemos que la respuesta viene después de la ilustración.


[Gracias a las matemáticas aplicadas a la informática, se pueden hacer realidad los maravillosos programas simuladores de vuelo. Debo confesar que he pasado buenos ratos tratando de dominar uno de esos simuladores como si fuera un auténtico piloto de Boeing o Airbus. Si la simulación se combina además con la representación realista de la geografía terrestre, como en la aplicación Google Earth, entonces la experiencia es total. La imagen es una captura de pantalla del programa Microsoft Flight Simulator X, y está tomada de la web Fly Away Simulation.]

Solución:

Este último problema era sólo una pequeña trampa lógica. Si el avión está en medio de un vuelo transatlántico, entonces tanto la saca como la rueda caen al océano, y por tanto no se estrellarán contra el suelo. Y no hay más que decir.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

20.8.11

El compás celeste

Cuaderno de bitácora: recientemente he recibido un correo en el que se me recomendaba la web llamada El Cielo de Canarias, de Daniel López, y debo agradecer tal recomendación, que comparto aquí con los lectores.

Bien es sabido que la historia de las matemáticas ha estado íntimamente unida al desarrollo de la astronomía. A continuación me gustaría citar algunos ejemplos.

Si empezamos por Egipto, bien sabemos que los egipcios fueron grandes matemáticos aplicados y que con ese conocimiento supieron levantar increíbles construcciones y orientarlas exactamente hacia lugares específicos del cielo y de la geografía terrestre. Así, por ejemplo, las pirámides de Giza están perfectamente orientadas a los cuatro puntos cardinales, o también el eje del templo de Abú Simbel se alineaba con la salida del sol los días 20 de febrero y 20 de octubre, cumpleaños y día de la coronación de Ramsés II respectivamente, y en esos días la luz del sol entraba hasta el santuario interior del templo, iluminando las cuatro estatuas de los dioses que se encontraban en ese lugar.

En general, los templos egipcios están construidos siguiendo alineaciones y ángulos específicos respecto al curso del Nilo y respecto al cielo y ciertas estrellas, como Sirio, Alfa y Beta de Centauro, las Pléyades, Polaris, etc.

En la antigüedad no sólo los Egipcios, sino otras muchas civilizaciones se preocuparon de conseguir estos alineamientos en sus construcciones. Se puede consultar, por ejemplo, esta página, donde se nos explican algunas de las alineaciones más importantes.

En la Grecia antigua también se estudiaron las matemáticas a fondo para entender el movimiento celeste. Recordemos, por ejemplo, el estudio de las cónicas, y en concreto a la famosa matemática Hipatia, que supo traducir este estudio a la construcción de astrolabios, los cuales sirvieron durante muchos siglos para orientarse en la navegación gracias a la posición del sol y las estrellas.

Esas mismas cónicas son las que darían a Kepler la clave para entender y explicar el movimiento de los planetas en sus órbitas. Por la misma época, Galileo afirmaba que "las matemáticas son el alfabeto con el que Dios ha escrito el Universo".

A principios del siglo XIX, Gauss desarrolló métodos matemáticos muy potentes que permitieron la ubicación exacta del asteroide Ceres, el primero de los descubiertos en el cinturón de asteroides ubicado entre las órbitas de Marte y Júpiter.

Los modelos matemáticos de las geometrías no euclídeas, desarrollados durante la segunda parte del siglo XIX, fueron la base de la teoría de la relatividad de Einstein, con la que empezamos a entender la estructura y el comportamiento del Cosmos a gran escala.

La lista de relaciones entre desarrollos matemáticos y astronómicos es muy larga, y demuestra la íntima relación entre las dos ciencias. Sin embargo, una imagen vale más que mil palabras, y esto lo podemos comprobar si nos asomamos a la página El Cielo de Canarias, citada al principio de nuestra entrada, a través de los increíbles vídeos y las espectaculares fotografías de paisajes de Daniel López.


Un maravilloso ejemplo es esta fotografía, llamada Startrails ("rastros de estrellas") desde el Parque Nacional del Teide. La imagen está hecha con un objetivo especial que abarca un campo de 180º. Mediante una exposición de varias horas, las estrellas han ido dejando su rastro luminoso conforme se movían en el cielo nocturno. Gracias a la amplitud de campo, podemos ver a la izquierda cómo se van cerrando las circunferencias en torno al polo norte, y a la derecha, por debajo del horizonte, se curvan en torno al polo sur. La magnífica perspectiva conseguida por el autor de la foto hace que el Teide se encuentre al centro, y de él salgan trazos rectos, dando la impresión de que sobre su cima se proyecte el ecuador celeste.


En esta espectacular fotografía se observan los startrails con tajinastes (plantas endémicas de Tenerife) en primer plano. Esta imagen es una de las más completas que he visto en cuanto a cantidad de rastros estelares, trazados con perfección por el gran compás de los cielos. El rastro de Polaris o estrella Polar es uno muy pequeño y luminoso casi al centro de las circunferencias, un poco a la izquierda y abajo, como una coma al revés. Polaris, que nos señala el polo norte celeste, no se encuentra exactamente en ese polo norte sino que se desvía casi un grado del mismo; si estuviera en el polo norte exacto, en la foto se vería una estrella luminosa justo señalando el centro de las circunferencias.


Esta bellísima fotografía nos enseña el rastro de estrellas durante cuatro horas de exposición en el llano de Ucanca, Tenerife. La perspectiva elegida por el autor, que se ha situado justo al sur del Teide, hace que el polo norte celeste se encuentre exactamente sobre la cima del volcán. Además, ha aprovechado una gran charca de agua de lluvias recientes para conseguir el reflejo del universo en rotación. Al centro de las circunferencias apreciamos el pequeño y brillante rastro de Polaris, un poco a la izquierda y arriba del centro geométrico de los trazos estelares. A la derecha se ve un segmento rectilíneo: el paso de un satélite Iridium que refleja brillantemente la luz del sol oculto tras el horizonte.

Fotografías tan espectaculares como las que hemos expuesto aquí, junto con vídeos y otras imágenes de cuerpos celestes, galaxias, nebulosas, etc. se encuentran en la web de Daniel López, al que agradecemos su trabajo y felicitamos con entusiasmo por sus inspiradoras y preciosas imágenes.

21.7.11

[El Problema de la Semana] Locura de fracciones

Aquí tenemos otro problema de la semana que se les puso a los grumetes en su momento.

¿Cuánto es la mitad de dos tercios de tres cuartos de cuatro quintos de cinco sextos de 48?

La solución, muy cerca, más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar el rosetón norte de la catedral de Notre Dame de París. Hemos tomado la fotografía de Wikimedia Commons. Los rosetones de las catedrales góticas aprovechan las simetrías y los giros geométricos para crear motivos hermosos y llenos de simbolismos. En el caso de esta vidriera, gracias a sus numerosas divisiones, podemos apoyarnos en su forma para reconocer fracciones. Si observamos los círculos, el interior está dividido en 16 rayos o partes, y el exterior en 32, con lo que tomaríamos trozos que correspondan a fracciones con estos denominadores. También se reconocen más divisiones y subdivisiones dentro de ellos. Asimismo, las ventanas de abajo están divididas o agrupadas en varias partes, 9, 18, 108, etc.]

Solución:
Creo que éste es uno de los problemas más sencillos de los propuestos. Se trata de hacer una multiplicación de fracciones sin liarse.


Las fracciones también se pueden simplificar unas con otras antes de hacer la multiplicación, y nos quedaría sólo 48/6 que es igual a 8.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

20.7.11

[El Problema de la Semana] Vida futura

El siguiente problema va de predicciones.

Una vidente predice que morirá a los 99 años. En este momento, según su predicción, dos tercios de su vida pasada es igual a cuatro quintos de su vida futura. ¿Cuál es su edad actual?

Podemos predecir que la solución aparecerá en cuanto haga girar la rueda del ratón.

[Al tratar sobre una vidente, el problema nos ha recordado las bolas de cristal usadas tradicionalmente para enfocar las visiones proféticas. Una de las esferas de cristal más perfectas que se han creado es la que aparece en la fotografía, refractando la imagen de Albert Einstein, está hecha de cuarzo fundido y se empleó en el experimento del satélite Gravity Probe B para confirmar dos predicciones de la teoría de la relatividad. La forma de la esfera difiere de la de una esfera matemáticamente perfecta en tan sólo un grosor de 40 átomos]

Solución:
Éste es uno de esos típicos problemas que se resuelven con ayuda de una ecuación. Si llamamos x a la edad actual de la vidente, entonces:

La edad de la vidente en este momento es de 54 años, y le faltan 45 para que se cumpla su predicción.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

18.7.11

[El Problema de la Semana] Repartamos beneficios

Aquí tenemos un nuevo problema propuesto en su día a los grumetes.

Sara tiene que repartir las ganancias de la lotería, que han sido exactamente 8268 €, entre todos los miembros de una peña de juego. Incluyéndose ella misma, sabemos que hay entre 80 y 150 miembros en la peña. Si Sara logra repartir los beneficios en euros enteros (sin tener que usar céntimos), de forma exacta e igual para todos, ¿cuántos miembros tiene la peña? ¿Cuánto gana cada uno?

La solución, como ya es conocido, aparecerá más abajo.

[Ya que tocamos el tema de la lotería, hemos elegido esta fotografía, publicada en el diario ABC, de uno de los premios más abultados que ha repartido el Sorteo de los Euromillones. El premio, concedido en el sorteo del viernes, 13 de mayo de 2011, fue a parar a las manos de un joven panadero de la localidad de Pilas, cerca de Sevilla. Pero no hay que ilusionarse: la probabilidad de acertar el bote de los Euromillones es de 1 entre más de 76 millones. Es mucho más fácil que te toque la lotería nacional, los cupones de la ONCE o incluso acertar una quiniela]

Solución:
El problema no es difícil, hay que encontrar un número, comprendido entre 80 y 150, que divida exactamente al número 8268.
Si descomponemos 8268 en factores primos, tenemos que 8268 = 2 · 2 · 3 · 13 · 53. Para que un número divida a 8268 tiene que estar compuesto de algunos de estos factores, y por tanto vamos probando combinaciones de ellos, seleccionando aquella que quede entre 80 y 150.
Es suficiente con probar unas cuantas posibilidades para convencernos de que el único divisor que está entre 80 y 150 es 2 · 53 = 106. Por tanto la peña tiene 106 miembros, y al repartir el premio, a cada uno le ha tocado 78 euros.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

17.7.11

[El Problema de la Semana] Competición de tiro

Este es un problema que a pesar de su sencillez parece un poco confuso.

Dos hermanos participan en una competición de tiro con escopetas de aire comprimido. Daniel dispara 5 perdigones en 10 segundos, mientras que en otra prueba Dennis dispara 10 perdigones en 20 segundos. ¿Cuál de los dos hermanos es más rápido cargando la escopeta?

La solución aparecerá como una bala más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar la recreación de un soldado tirador de la Guerra Civil americana en la batalla de Gettysburg. La fotografía ha sido tomada de esta página. También recomendamos, para los que saben inglés o tienen un buen traductor, la página de Mathspig, en la que aparecen artículos curiosos y algunos muy divertidos relacionando las matemáticas con situaciones atípicas, como, por ejemplo, la forma de los bigotes masculinos, o las colas de los trajes de novia. En concreto nos gustaría destacar el artículo sobre las matemáticas de los francotiradores, que está relacionado con el problema de hoy]

Solución:
Cuando lo pensamos por primera vez nos parece que tanto Daniel como Dennis tardan lo mismo, 2 segundos para cargar la escopeta con un perdigón. Pero la pregunta nos invita a sospechar que las apariencias engañan.

En efecto, si suponemos que ambos hermanos tienen la escopeta cargada al empezar a disparar, entonces Daniel tiene que cargar la escopeta 4 veces ya que en el primer perdigón no carga la escopeta, ya la tiene cargada de antes, mientras que Dennis carga la escopeta 9 veces.

Así podemos calcular el tiempo medio de carga de cada uno de los dos:

Daniel → 4 cargas en 10 segundos → 10/4 = 2.5 segundos por carga.
Dennis → 9 cargas en 20 segundos → 20/9 = 2.222... segundos por carga.

Por tanto, Dennis es el más rápido cargando.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

13.7.11

[El Problema de la Semana] Obtén el cien

El problema de hoy es sencillo, y me deparó muchas sorpresas cuando recibí las respuestas de los grumetes.


¿Cómo podemos obtener el número 100 usando todas las cifras del 1 al 9 una sola vez, y sólo con los signos +, −, × y los paréntesis adecuados?

Nota: hay varias maneras diferentes de conseguirlo.


Algunas soluciones (porque hay muchas) debajo de las imágenes. Hagan girar la rueda del ratón, por favor.


 [Pusimos en el Google la palabra hundred, cien, para buscar imágenes relacionadas con el problema de hoy, y nos encontramos con estos dos curiosos billetes. El de arriba es de "medio Rial" de Omán, nunca imaginé que hubiera billetes con fracciones; la imagen ha sido extraída de esta página. El de abajo es de "cien trillones de dólares" de Zimbabwe, aunque en español usaríamos billones en lugar de trillones. Para los que saben inglés o si usamos un buen traductor, es interesante leer este artículo publicado en el Guardian, escrito por Marcus du Satoy, profesor de matemáticas en la universidad de Oxford, donde no sólo se habla de este billete y de la crisis económica, sino que se hace un breve repaso a las cifras grandes, millón, billón, trillón, gúgol, etc. y a la historia de cada una de ellas]

Soluciones:
Cuando me enfrenté a este problema por primera vez, no me fue difícil encontrar, mediante tanteo, una sencilla solución con la que quedé bastante satisfecho:

9 · 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 100

Tuve una sorpresa mayúscula cuando los grumetes empezaron a entregarme soluciones, porque, si no recuerdo mal, ninguno me presentó la que yo encontré, sino que me ofrecían diferentes posibilidades, cada una más original que la anterior. De hecho, algunos grumetes no se contentaron con ofrecerme una solución, sino que me presentaron varias.

Carlos Muñoz me presentó ésta:

3 · 2 + 8 · 9 + 4 · 5 + 7 + 1 – 6 = 100

Zakariaa el Mrabet me entregó cuatro posibilidades diferentes:

(3 + 7) · (1 + 9) + 8 · 4 – 6 · 5 – 2 = 100
9 · (8 + 7) – 5 · 6 – 4 · 1 – 3 + 2 = 100
1 · 2 · 3 · 4 + 5 + 6 + 9 + 7 · 8 = 100
9 · 6 + 7 · 4 + 2 · 1 + 5 + 3 + 8 = 100

Alejandro Espigares presentó nada más y nada menos que seis posibilidades:

(1 + 2 + 3 + 4) · 5 + 6 · 8 + 9 – 7 = 100
8 · 3 · 4 – 6 · 5 · 2 + 9 · 7 + 1 = 100
(7 + 6) · (3 + 2) + 8 · 4 + 9 – 5 – 1 = 100
9 · 7 + 8 · 2 + 6 · 4 – 5 + 3 – 1 = 100
9 · 6 – 4 + 3 + 1 – 5 · 2 + 8 · 7 = 100
8 · (6 + 1) + 7 · 2 + 3 · (9 – 4 + 5) = 100

Salvador Corts encontró la siguiente forma:

1 · 2 · (5 · 4 + 6 · 3) + 7 + 8 + 9 = 100

Irene Hermoso presentó la siguiente:

1 · (9 · 8 + 7 + 6 + 3 · 4 + 5 – 2) = 100

José Luis Rodríguez encontró esta forma:

9 · 8 + 7 + 5 · 6 + 2 + 1 – 3 · 4 = 100

Finalmente, Raquel Perales dio con esta posibilidad:

9 · 7 + 8 · 4 + 5 – 1 + 6 – 2 – 3 = 100

He comprobado todas las respuestas, cosa que el lector también puede hacer, y, salvo algún error por mi parte, todas son correctas y esencialmente diferentes unas de otras. Creo que puede ser un problema interesante encontrar el número total de posibilidades que hay. Supongo que alguien lo habrá resuelto ya, aunque lo desconozco. 


Nota: este problema también ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

10.7.11

[El Problema de la Semana] Un león a punto de comer

En este problema, hay que saber decidir muy bien cuál es la solución correcta. ¡La vida de un príncipe depende de ello!

El príncipe del país de las matemáticas se encuentra frente a tres puertas de un gran castillo. Detrás de una puerta hay un león hambriento. Detrás de otra no hay nada, y detrás de la tercera hay una princesa. En la puerta de la izquierda pone: “Aquí está el león”. En la puerta del centro pone: “Aquí está la princesa”. En la puerta de la derecha pone: “Aquí no está el león”. Pero el paje del príncipe le avisa de una cosa: ¡Alerta, príncipe, sólo uno de los carteles es falso!

¿Qué tiene que hacer el príncipe para reunirse con la princesa sin ser devorado por el león?

Mírese debajo de la ilustración para encontrar la solución.

[Éste podría ser el aldabón de una de las puertas a las que tiene que llamar el príncipe. La fotografía ha sido tomada de esta web]

Solución:
La situación es la que vemos en el gráfico siguiente.


Si confiamos en que lo que dice el paje del príncipe es cierto, entonces sólo uno de los carteles es falso. Se pueden dar tres situaciones: que el cartel falso sea el de la puerta A, que sea el de la puerta B o que sea el de la puerta C.
Si el cartel falso es el de la puerta A, entonces detrás de A no está el león, pero B y C serían verdaderos, 
detrás de C tampoco está el león, luego el león tendría que estar junto a la princesa, detrás de B, y esto no es lo que dice el problema.
Si el cartel falso es el de la puerta C, entonces detrás de C sí está el león, pero A y B son verdaderos, y detrás de A también está el león; sólo hay un león según el problema, luego esto es imposible.
Si el cartel falso es el de la puerta B, entonces A y C son verdaderos, luego el león está detrás de A, y la princesa no puede estar detrás de B, sino en C. Esta es la única combinación coherente con las condiciones luego es la única posibilidad válida.
Por tanto, el león está en A y la princesa está en C, y la puerta C es la que debe elegir el príncipe.

Nota: este problema, al igual que otros que ya hemos sacado en el blog, ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

9.7.11

[El Problema de la Semana] Las jarras de Poisson

Hoy hablamos de un problema relacionado con un famoso matemático:

La familia de Siméon Poisson intentó que su hijo fuera de todo, desde abogado a cirujano, lo primero alegando que no servía para nada más. Inició una o dos de estas profesiones con notable ineptitud, pero al final encontró su verdadero oficio cuando, durante un viaje, alguien le planteó un problema análogo al que tratamos a continuación. Lo resolvió al instante y desde entonces Poisson descubrió su verdadera vocación, llegando a ser uno de los más grandes matemáticos del siglo XIX.
El problema dice: Dos amigos que tienen una jarra de 8 litros de vino lo quieren repartir en 2 partes iguales. Disponen también de dos jarras vacías de 5 y 3 litros respectivamente. La pregunta es clara, ¿cómo pueden repartirse el vino en 2 partes iguales sin tirar nada?

La solución un poquitín más abajo.


[la imagen ha sido tomada de esta web, donde se expone alfarería fabricada en la Isla de Wight]

Solución:
Lo que tenemos que hacer es ir pasando el vino de una a otra jarra de forma inteligente hasta conseguir que los 8 litros queden repartidos en dos partes iguales de 4 litros. A continuación damos una tabla en la que se esquematiza el proceso:

Jarra de 3           Jarra de 5          Jarra de 8
0                        0                        8
3                        0                        5
0                        3                        5
3                        3                        2
1                        5                        2
1                        0                        7
0                        1                        7
3                        1                        4
0                        4                        4

La tabla se lee por filas. En el momento inicial, las jarras de 3 y de 5 están vacías, y los 8 litros están en la jarra de 8, y esto está indicado en la primera fila, con los números 0, 0 y 8. Luego tomamos la jarra de 8 y llenamos la de 3, y entonces hay 3 litros en la de 3 y 5 litros en la de 8, mientras que la jarra de 5 permanece vacía, y eso es lo que está escrito en la segunda fila, 3, 0 y 5. A continuación tomamos la jarra de 3 y la vaciamos en la de 5, quedando vacía la de 3, la jarra de 5 queda con 3 litros y la de 8 se mantiene con 5 litros, y esto es lo que indica la tercera fila, con 0, 3 y 5. Se continúa pasando el vino como está esquematizado en las filas hasta alcanzar la última fila, en la que conseguimos que haya 4 litros en dos jarras.
Como es lógico, al final las dos mitades de cuatro litros quedan recogidas en las jarras de 5 y 8 litros respectivamente ya que no caben en la de 3 litros.
Es un poco difícil de seguir la explicación una vez escrita, así que aconsejo al lector que trate de reproducir el esquema que aparece arriba, usando su propio camino lógico. ¡Cuidado: el proceso descrito no es la única solución!

Nota: este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

8.5.11

[El Problema de la Semana] Los dos pececitos

A continuación proponemos un sencillo problema geométrico:


Dos pececitos están juntos y empiezan a nadar. Nadan 6 metros en línea recta y luego ambos giran 90º a la derecha, nadando cada uno en línea recta 8 metros más. ¿Cuál puede ser la mayor distancia que los separa ahora?

La respuesta, como ya todo el mundo debe saber, debajo de la ilustración.


[En esta ilustración presentamos el desarrollo de un cubo decorado con una de las famosas teselaciones de Escher. La ilustración se ha obtenido de este sitio, en el que aparecen cubos de rubik virtuales decorados con este tipo de diseños. Si se quiere imprimir esta imagen para construir un cubo, debe tenerse en cuenta que el cuadrado inferior derecho, el que tiene las caras de los peces azul y verde, debe ser recortado completamente y colocado a la derecha del cuadrado justo encima. En el esquema se ve cómo la cara B "back" debe ser colocada a la derecha de la R "right"]

Solución:
El recorrido que hace cada pez, 6 metros en línea recta, ángulo recto hacia la derecha y 8 metros en línea recta, lo coloca en un punto que forma un triángulo rectángulo con el punto de origen y el punto donde se gira en ángulo recto. Los catetos de ese triángulo miden 6 y 8 metros respectivamente, y por el teorema de Pitágoras podemos calcular la distancia desde el punto de origen al de llegada, que es exactamente de 10 metros.
Con un poco de lógica se puede comprender que para que los dos peces acaben lo más lejos posible, deben partir en dos direcciones exactamente opuestas. Si ambos distan 10 metros del punto de origen, la distancia entre ellos será de 20 metros.

Ampliación: cada uno de los peces se encuentra a una distancia de 10 metros del punto de origen. Nos podemos imaginar que, sea cual sea la dirección en la que hayan partido, cada uno de los peces se encuentran en sendos puntos de una esfera de radio 10 metros cuyo centro es el punto de donde partieron. Es evidente que en una esfera, los puntos más alejados son los puntos opuestos respecto al centro, o las antípodas.
Acostumbrados como estamos a trabajar sobre el papel y en superficies planas, al principio no se me pasó por la cabeza que el movimiento de los peces se debe considerar tridimensional, y me fascina imaginármelos en el agua, nadando en la superficie de esferas virtuales.

Nota: el problema de los pececitos ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

5.5.11

El Fujiyama en camiones

Cuaderno de bitácora: con motivo de ayudar a los grumetes, cuando en el Barco Escuela les pongo un examen de matemáticas doy la opción de que realicen un trabajo o actividad complementaria en lugar de uno de los problemas del examen. Esta actividad complementaria siempre consiste en leer un texto de algún libro o de la web relacionado con las matemáticas y contestar a varias cuestiones sobre el texto.

Hace varios meses les propuse un texto del libro El hombre anumérico, de John Allen Paulos. El texto y las actividades propuestas se pueden encontrar en este enlace. Una de las cuestiones planteadas en las actividades consiste en resolver el problema que aparece al final del texto de Allen Paulos:
Y para terminar daremos otro ejemplo de cálculo terrenal que suele usar un asesor científico el MIT para eliminar aspirantes en las entrevistas de selección de personal: pregunta cuánto se tardaría en hacer desaparecer una montaña aislada, como el Fujiyama japonés, por ejemplo, transportándola con camiones. Supóngase que, durante todo el día, llega un camión cada 15 minutos, es cargado instantáneamente de tierra y piedras, y se va sin interrumpir al siguiente camión. El resultado es un tanto sorprendente.
¿Cuánto tardaríamos en trasladar el Fujiyama con camiones? El problema no contiene los datos necesarios para hacer las cuentas, si uno quiere resolver el problema, necesita informarse antes de la altura del Fujiyama, calcular aproximadamente su volumen, suponer que está constituido por roca homogénea, buscar la densidad de la roca y pasar el volumen a peso, y luego decidir qué tipo de camiones puede utilizar y cuál es la capacidad de cada uno.


Vamos a ir recopilando datos:

Altura del Fujiyama - 3776 metros
Volumen del Fujiyama - esto es más difícil; haciendo una busca rápida en la red, no hemos encontrado ningún sitio donde aparezca el volumen, así que vamos a calcularlo suponiendo que tiene aproximadamente la forma de un cono. Haciendo mediciones directamente sobre la fotografía, vemos que el ángulo de inclinación es de unos 20º, y por trigonometría básica, el radio de la base del cono se puede calcular con la fórmula: r = h/tan20º, donde h es la altura del cono y "tan" es la tangente del ángulo, y de aquí sale que r = 10374 metros.

De aquí, con la fórmula del volumen de un cono, V = π·r2·h/3 = 4.26 · 1011 m3 = 426 kilómetros cúbicos, aproximadamente.

Peso del Fujiyama - consultando en esta página, vemos que el Fujiyama está compuesto, principalmente por basalto y andesita. La densidad del basalto es de unos 2700 kilogramos por metro cúbico, es decir, 2.7 toneladas por metro cúbico, luego el peso total sería de 1.15 · 1012  toneladas (más de un billón de toneladas).

Ya tenemos la cantidad de material que tenemos que transportar, ahora necesitamos los camiones, y no vamos a ser tacaños, usaremos los mayores camiones que existen. Según las investigaciones en la red, el camión más grande del mundo es el caterpillar 797, que es capaz de desplazar 345 toneladas de carga útil.



Ahora sí que podemos terminar los cálculos. Si cada 15 minutos un camión es cargado instantáneamente de piedras del Fujiyama y se va sin entorpecer al siguiente camión, son 4 cargas a la hora, y 96 cargas al día (trabajando las veinticuatro horas sin parar). Multiplicamos y tenemos que cada día logramos desplazar 96 · 345 = 33120 toneladas. Si queremos desplazar el billón largo de toneladas del volcán japonés, necesitamos 1.15 · 1012 : 33120 = 34695000 días aproximadamente, más de 95000 años.

Los cálculos pueden variar según la aproximación que tengamos de los datos, pero es interesante hacerse a la idea de que con los mayores camiones disponibles se necesitarían casi cien mil años para hacer desaparecer el Fujiyama. Si dispusiéramos de camiones más estándar, que acarrearan la décima parte de peso en cada viaje, entonces el tiempo se multiplicaría por diez, dándonos la friolera de un millón de años para hacer todo el trabajo.

¿Nos ha sorprendido? ¿Nos parece una cantidad muy grande? ¿Por qué aparecen números tan grandes en los cálculos?

La razón debemos buscarla en el volumen de las cosas. Estamos bastante acostumbrados a comparar longitudes, y así medimos las alturas de las montañas, de los edificios, de los monumentos, etc. y nos hacemos una idea de su tamaño. Pero no estamos tan acostumbrados a comparar volúmenes; tengamos en cuenta que un volumen es una longitud al cubo, y al elevar al cubo se multiplican las cantidades por sí mismas tres veces. Si una montaña es el doble de alta que otra que tenga la misma forma, su volumen es 2·2·2 = 8 veces más grande. Un kilómetro contiene mil metros, pero un kilómetro cúbico contiene mil millones de metros cúbicos.

¿Sería capaz de calcular el lector el tiempo que se tardaría en trasladar una montaña de forma similar al monte Fuji, pero que tuviera la altura del Everest, de 8848 metros? ¿y qué me dice del monte Olimpo, en Marte, con 27 kilómetros de altura?

2.5.11

[El Problema de la Semana] Una cuerda y dos palos

Supongo que al lector le pasará algo parecido a lo que me pasó a mí cuando leí este problema por primera vez. Inmediatamente me imaginé una complicada situación de análisis matemático en la que debía calcular el mínimo de una función exponencial. Pero no es así. La situación es mucho más sencilla de lo que parece.

Una cuerda de 40 metros de longitud tiene sus extremos atados a la parte superior de dos palos de 22 metros de altura. Si la cuerda cuelga a 2 metros del suelo, ¿cuál es la separación entre los dos palos?

La solución cuelga más abajo, aunque no a 22 metros de distancia.

[Cuando una cuerda cuelga entre dos palos o postes, la gravedad hace que forme una curva, llamada catenaria. En las líneas férreas, los trenes eléctricos suelen tomar la electricidad de cables colgados de postes que discurren por encima del tren, y a estas líneas de cables también se les llama catenarias. La imagen procede de esta web, en donde también se puede obtener más información sobre estos puntos.]

Solución:
Nada más hay que fijarse en que la cuerda tiene que bajar desde un palo y subir al otro, y como mide 40 metros estará 20 bajando y otros 20 subiendo; pero los palos miden 22 metros, y el extremo inferior de la cuerda cuelga a dos metros del suelo, por tanto la cuerda no puede formar una curva, tiene que bajar 20 metros en vertical y subir 20 metros en horizontal, y esto solo es posible si los dos palos están juntos. Luego la separación entre los dos palos es de 0 metros, no hay separación.

Ampliación:
La fórmula matemática que adopta la curva de una cuerda colgada entre dos postes, la llamada catenaria, palabra que se deriva de cadena, es la del coseno hiperbólico. La expresión básica del coseno hiperbólico es f(x) = ch(x) = (ex + e-x)/2, y la forma de cualquier cuerda se puede obtener con una fórmula derivada de esta, del tipo f(x) = a(ex/a + e-x/a)/2. Si le pedimos a la cuerda que tenga una longitud de 40 metros, entonces tenemos que entrar en el cálculo de integrales, porque la longitud de una curva se calcula con una integral.
Si el problema nos dijera que la cuerda cuelga a 5 metros del suelo, por ejemplo, entonces calcular la distancia a la que tienen que estar los postes no es un problema trivial, sino de análisis matemático avanzado.
Por supuesto, siempre podemos tomar dos palos de 22 metros, atar a sus puntas una cuerda de 40 metros,  ir separando los palos hasta que la cuerda cuelgue a 5 metros del suelo exactamente y medir la separación de los dos palos. Pero encontrar y manejar dos palos de 22 metros de largo (la altura de un edificio de siete pisos) y desplazarlos de forma que en todo momento estén verticales, no debe ser nada fácil.

Nota: este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

31.1.11

[El Problema de la Semana] ¡Dejaré de fumar!

Con la entrada de la nueva ley antitabaco, quizás alguno que otro se pueda inspirar en el siguiente problema para dejar de fumar:

La señora Menchu, una gran fumadora durante muchos años, finalmente decidió dejar de fumar al enterarse de la malignidad del tabaco y ver que todos sus amigos y amigas estaban dejándolo ya. “Acabaré los 27 cigarrillos que quedan”, se dijo, “y jamás volveré a fumar”. 
La costumbre de la señora Menchu era fumar exactamente 2/3 de cada cigarrillo. 
No tardó mucho en descubrir que con la ayuda de una cinta engomada podía pegar tres colillas y hacer otro cigarrillo. 
Con 27 cigarrillos, ¿cuántos puede fumar antes de abandonar el tabaco para siempre? 

Ponemos la solución debajo de la imagen.

[John Norwood es un artista que ha realizado, entre otras obras, esculturas geométricas con paquetes de tabaco. La imagen se ha tomado de la web del artista.]

Solución:
Cuando fume los 27 cigarrillos le quedan 27 colillas, cada una 1/3 de cigarrillo. Uniendo tres colillas se obtiene un cigarrillo, luego con las 27 colillas Menchu puede confeccionar 9 cigarrillos más. Pero aquí no se acaba la cosa; cuando se fuma estos 9 cigarrillos, le quedan 9 colillas, y con ellas puede elaborar 3 cigarrillos más, y cuando se fuma estos últimos, con las 3 colillas restantes puede conseguir un último cigarrillo, que dará una última colilla, y esta sí que ya no se puede aprovechar.
En total: 27 + 9 + 3 + 1 = 40 cigarrillos en total.

Ampliación:
Hemos sumado una pequeña progresión geométrica, de cuatro términos, con término inicial 27 y razón 1/3. Si permitimos a Menchu seguir fumando la colilla que le queda y se sigue cumpliendo que cada vez el tamaño de la colilla se reduce en 2/3, podríamos continuar la suma de la progresión
27 + 9 + 3 + 1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...
Esta progresión infinita tiene una suma finita, que se calcula con la operación 27/(1 - 1/3) = 81/2 = 40.5

Nota: este problema es bastante antiguo y creo que no es la primera vez que se lo propongo a los grumetes como problema de la semana. Por cierto, nunca es tarde para recordar e insistir que fumar tabaco es muy perjudicial para la salud, y que en cada inhalación estamos introduciendo en el cuerpo miles de sustancias venenosas que a la larga nos pueden producir todo tipo de enfermedades, especialmente cancerosas. Espero que a nadie se le ocurra tomar este problema o la imagen contenida en él como una inducción al tabaquismo.

29.1.11

[El Problema de la Semana] Fechas españolas y americanas

El problema que presentamos en esta ocasión trata del calendario, algo tan necesario desde los inicios de la historia de la humanidad, y que siempre ha presentado un sinfín de curiosidades.

En España, fechas como 6 de diciembre de 2010 suelen abreviarse 6/12/10, pero en otros países como Estados Unidos, se da primero el mes y luego el día, escribiéndose 12/6/10.

Si desconociésemos cuál de ambos sistemas se ha utilizado, ¿cuántas fechas quedarían indeterminadas en la notación abreviada?


La solución ... ?

más...
abajoooo...


[Dedicamos la foto de hoy a Martin Gardner, genial divulgador de matemáticas y escritor de muchos libros de matemáticas recreativas. Este problema de las fechas está extraído de uno de sus libros.]

Solución:
Como sólo tenemos doce meses, el número correspondiente al mes podrá ir del 1 al 12, mientras que los días, dependiendo del mes, pueden llegar a 31. Una fecha en la que la cifra correspondiente al día sea mayor de 12 ya no da lugar a confusiones, sea española o americana. Si ponemos 22/5/10, o si ponemos 5/22/10, en ambos casos está claro que la fecha es 22 de Mayo de 2010, primero escrita en el orden español, y luego escrita en el orden americano.
Las fechas quedarán indeterminadas cuando el día sea 12 o menor. Combinando 12 meses y para cada mes 12 días, nos salen 144 posibilidades.
Sin embargo, entre estas combinaciones, aquellas en las que el número del mes y del día coincidan tampoco son indeterminadas; así 4/4/10 es el 4 de Abril del 2010, ya sea en forma española o americana.
Por tanto, de las 144 posibilidades tenemos que restar 12 fechas con el día y el mes iguales (el 1 de enero, el 2 de febrero, etc.) Como conclusión quedarán 132 fechas indeterminadas.

Este problema ha sido extraído del libro Ruedas, vida y otras diversiones matemáticas, de Martin Gardner.