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:
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:
Continuando con el trazado de grafos sin levantar el lápiz del papel, proponemos al lector el siguiente:
¿Sería capaz el lector de dibujar de un solo trazo el siguiente grafo lleno de triángulos?
Más abajo encontrará la solución.
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| Esta fotografía está tomada en el Centro de Conferencias KAFD en Riyadh, Arabia Saudita. El autor del diseño es Daniel Buren, un artista conceptual francés. La imagen está sacada de este sitio. |
SOLUCIÓN:
El recorrido se puede hacer de muchas formas. A continuación exponemos una de las posibles soluciones, la cual me fue sugerida por un grumete del Barco Escuela:
A-E-F-J-K-N-O-Q-R-O-K-F-A-B-F-G-K-L-O-P-L-G-B-C-G-H-L-M-H-C-D-H-I-D
También exponemos otra solución, con un recorrido un poco más complejo:
A-E-F-G-H-I-D-H-L-O-Q-R-O-K-F-A-B-C-G-K-N-O-P-L-G-B-F-J-K-L-M-H-C-D
AMPLIACIÓN:
Como se ha explicado en el problema de la semana anterior, Triángulos de un Solo Trazo, Euler demostró que un grafo era resoluble mediante un solo trazo siempre que el número de vértices impares fuera cero o dos, pero no es resoluble si el número de vértices impares es cuatro o más.
En nuestro ejemplo de hoy tenemos que todos los vértices son pares, salvo el A y el D. Luego este grafo es resoluble, siempre que tomemos A y D como puntos de inicio y final.
Nota: este problema está inspirado en uno de los capítulos del libro Mathematics and the Imagination, de Edward Kasner y James Newman.
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:
Presentamos hoy uno de los típicos problemas o pasatiempos en los que hay que conseguir trazar una figura de un solo trazo, es decir, en una sola línea, sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por un mismo camino ya dibujado:
¿Es usted capaz de dibujar, de un solo trazo, la siguiente figura triangulada?
La solución, unos cuantos triángulos más abajo.
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| Buscando triángulos hemos encontrado esta caja de porciones de queso. Anuncia que lleva dentro "16 cheese triangles", (16 triángulos de queso), aunque estrictamente hablando, las porciones no son triangulares, porque uno de sus lados es curvo. Pero claro, anunciar que dentro de la caja hay "16 cheese circular sectors", (16 sectores circulares de queso), sería no solo confuso, sino matemáticamente pedante. |
SOLUCIÓN:
En este grafo en particular podemos empezar a trazar por cualquiera de los puntos, y si hacemos el recorrido de forma inteligente lograremos nuestro objetivo.
Así, por ejemplo, podemos empezar por el vértice A, y luego hacer el siguiente recorrido:
A - C - D - B - G - I - J - H - E - C - F - I - H - F - D - G - F - E - A
Pasando en este orden por los diferentes vértices habremos resuelto el problema. Hay muchas otras soluciones que el lector puede ir probando.
AMPLIACIÓN:
Históricamente, el problema de dibujar grafos pasando por todas las aristas sin levantar el lápiz del papel tiene su origen en el Problema de los Puentes de Königsberg. Este problema fue resuelto por Leonhard Euler, y dio origen a una nueva rama de las matemáticas, la Topología, también llamada originalmente Analisis Situs.
La solución de Euler es muy sencilla de entender y se basa en clasificar los vértices del grafo en vértices pares o impares, según el número de aristas que convergen en cada vértice:
-Si un grafo solo tiene vértices pares, entonces se puede dibujar de un solo trazo, empezando por cualquier vértice.
-Si un grafo tiene dos vértices impares y el resto son pares, también se puede dibujar, pero esta vez hay que empezar el trazo en uno de los vértices impares, mientras que el otro vértice impar será el punto en el que finaliza el trazo.
-Si un grafo tiene cuatro o más vértices impares, entonces no se puede dibujar de un solo trazo.
En el grafo que hemos puesto en el problema de hoy, podemos ver que todos los vértices son pares: en A, B y J convergen 2 aristas, en C, D, E, G, H e I convergen 4 aristas, y en F convergen 6. Por tanto, se puede dibujar de un solo trazo, empezando por cualquier punto.
Nota: este problema está inspirado en un capítulo del libro Mathematics and the Imagination, de Edward Kasner y James Newman.
Newton and Leibniz
Sir Isaac Newton (1643-1727) was an English mathematician and scientist who is generally thought to be one of the greatest mathematicians of all time. He identified the principle of gravitation and the fact that it applied to all bodies throughout the Universe, establishing a formula to predict its effect in all circumstances. He formulated the three laws of motion and, by using a prism, established that white light was made up or a spectrum of colours. One of his greatest achievements was the invention of the calculus.
Gottfried von Leibniz (1646-1716) was a German mathematician who, independently of Newton, but about the same time, also invented the calculus. Though their methods were the same in principle, they differed widely in the notation they used. Controversy over which was the better dragged on for almost a century, but it is the Leibniz notation we use today.
Newton y Leibniz
Sir Isaac Newton (1643-1727) fue un matemático y científico inglés que generalmente se piensa que es uno de los más grandes matemáticos de todos los tiempos. Identificó el principio de gravitación y el hecho de que se aplicaba a todos los cuerpos del Universo, estableciendo una fórmula para predecir su efecto en todas las circunstancias. Formuló las tres leyes del movimiento y, con el uso de un prisma, estableció que la luz blanca estaba compuesta de un espectro de colores. Uno de sus grandes logros fue la invención del cálculo (*).
Gottfried von Leibniz (1646-1716) fue un matemático alemán, que independientemente de Newton, pero sobre la misma fecha, también inventó el cálculo.
Aunque sus métodos eran en principio los mismos, se diferenciaban mucho
en la notación que usaron. La controversia sobre cuál era la mejor, se
mantuvo durante casi un siglo, pero es la notación de Leibniz la que usamos hoy.
(*) A la rama matemática desarrollada por Newton y Leibniz, en inglés se le ha dado el nombre de calculus, pero en español la palabra cálculo tiene la acepción general de "cómputo que se hace de algo por medio de operaciones matemáticas". Por tanto, una traducción más específica de calculus sería cálculo infinitesimal, y también análisis matemático.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído y adaptado del libro Oxford Study Mathematics Dictionary.
Cuaderno de bitácora: hoy transcribimos un problema de lógica, ambientado en la época de los espías:
EL ESPÍA DE LA TRINCHERA DE COLOR OCRE
Un misterio en doce puntos
por SUSAN ZIVICH
1. Cuatro espías con trinchera se habían acomodado en asientos encarados.
2. Viajaban en el exprés de Pekín.
3. Dos iban junto a la ventanilla, y los otros dos al lado del pasillo.
4. La colocación resultaba un tanto extraña (como sin duda pensó el lector).
5. El espía inglés estaba sentado a la izquierda del señor B.
6. El señor A llevaba una trinchera beige.
7. El espía con trinchera de color oliva se hallaba a la derecha del espía alemán.
8. El señor C era el único que fumaba un puro.
9. El señor D estaba en frente del espía norteamericano.
10. El ruso, vestido de caqui, llevaba una bufanda al cuello.
11. El espía inglés miraba por la ventanilla, a su izquierda.
12. ¿Quién era el espía de la trinchera de color ocre?
La solución: en la página 144 y más abajo.
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| Este problema ha sido extraído de un número de la revista Selecciones del Reader's Digest, concretamente del publicado en octubre de 1979 en España. El mismo problema, aunque con el texto de la edición de Ecuador, también ha sido publicado en el blog Momento Digital. La palabra trinchera apenas se utiliza hoy en la acepción en la que la vemos en este problema. Si miramos la acepción 3 del Diccionario de la Real Academia de la Lengua Española, trinchera es una "gabardina de aspecto militar". |
SOLUCIÓN:
Necesitamos hacernos un esquema con los asientos, la ventanilla y el pasillo. El problema ya traía un dibujo que parece facilitar la situación.
El problema tiene algunos puntos que no aportan información relevante y tan solo sirven para ambientarlo. Por ejemplo, en el punto 2 se dice que viajaban en el exprés de Pekín, pero igualmente podría ser un tren que lleva a Moscú, o a Estocolmo, pues eso no aporta información al problema. El punto 8 habla del señor C que fumaba un puro, pero igualmente podría estar bebiendo una limonada, lo único que es útil es saber que hay un señor C.
Teniendo en cuenta esto, vamos a ir extrayendo la información de los diferentes puntos.
Por el punto 11, sabemos que el espía inglés está en el asiento V2.
Por el punto 5, sabemos que el señor B está en el asiento P2.
En el punto 7 se nos habla de que "el espía con trinchera de color oliva se hallaba a la derecha del espía alemán", esto significa que el espía alemán debe estar en el asiento V2 o en el P1, pero el V2 está ocupado por el espía inglés. Por tanto el espía alemán está en P1, y el espía con trinchera de color oliva está en V1.
Por el punto 10, el ruso, vestido de caqui y con una bufanda al cuello (esto último es un dato irrelevante), tiene que encontrarse en P2, y es el señor B.
Por el punto 9, el espía norteamericano debe estar en V1 y tiene trinchera de color oliva. El espía inglés, por tanto, es el señor D.
Por el punto 6, el señor A, que leva una trinchera beige tiene que ser el espía alemán del asiento P1, ya que no puede ser el norteamericano, pues este lleva una trinchera de color oliva.
Ya tenemos que: el ruso viste de color caqui, el alemán viste de color beige y el norteamericano viste de color oliva.
Por eliminación, el espía de la trinchera de color ocre es el inglés.
Nota: como ya se ha indicado, este problema ha sido extraído de la revista Selecciones del Reader's Digest, concretamente del número de octubre de 1979, edición española.
The Platonic solids
Plato (427-347 BC) identified five polyhedral solids with all faces the same. He associated these with the basic elements which he believed made up the physical world. These Platonic solids are the triangular pyramid (tetrahedron), cube (hexahedron), octahedron, dodecahedron and icosahedron. Plato claimed that earth was made of cubic particles, fire of pyramids, air of octahedrons and water of icosahedrons. He claimed, '… the gods used the dodecahedron for arranging the constellations on the whole heaven'.
In his Elements, Euclid gives a thorough account of the Platonic solids and repeats Plato's assertion that there are only five regular solids.
Los sólidos platónicos
Platón (427-347 a.C.) identificó cinco sólidos poliédricos con todas las caras iguales. Los asoció con los elementos básicos que creía que formaban el mundo físico. Estos sólidos platónicos son la pirámide triangular (tetraedro), el cubo (hexaedro), el octaedro, el dodecaedro y el icosaedro. Platón afirmaba que la tierra estaba hecha de partículas cúbicas, el fuego de pirámides, el aire de octaedros y el agua de icosaedros. Él aseguraba que "... los dioses usaron el dodecaedro para ordenar las constelaciones en todo el cielo".
En sus Elementos, Euclides da una detallada descripción de los sólidos platónicos y repite la afirmación de Platón de que solo hay cinco sólidos regulares.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído del libro: The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
Todavía es primavera:
¿A qué velocidad en kilómetros por hora crece una planta que en seis meses ha pasado de tener 20 centímetros de altura a tener 30?
La solución, 30 centímetros más abajo.
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| El problema de hoy nos ha recordado una cuestión similar que aparece en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Más abajo, en la ampliación, citamos el texto donde se menciona. La imagen está tomada de la web librosdemario.com. |
SOLUCIÓN:
Se trata de un ejercicio de cambio de unidades.
La velocidad es igual a espacio partido por tiempo. Primero tenemos el espacio:
30 − 20 = 10 centímetros
Lo pasamos a kilómetros:
10 centímetros = 10/100 = 0.1 metros
0.1 metros = 0.1/1000 = 0.0001 kilómetros
Luego tenemos el tiempo:
6 meses = 6 · 30 = 180 días = 180 · 24 = 4320 horas.
Ya podemos calcular la velocidad en kilómetros por hora que nos pide el problema:
velocidad = 0.0001/4320 = 0.000000023148 km/h aproximadamente.
Si ponemos la solución en notación científica, tendríamos: 2.3148 × 10−8 km/h.
AMPLIACIÓN:
Como ya mencionamos en la imagen, este problema es similar a una cuestión que se plantea en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Citamos el texto en concreto:
"Siempre me sorprende y me deprime encontrar estudiantes que no tienen la menor idea de cuál es la población de los Estados Unidos, de la distancia aproximada entre las costas Este y Oeste, ni de qué porcentaje aproximado de la humanidad representan los chinos. A veces les pongo como ejercicio que calculen a qué velocidad crece el cabello humano en kilómetros por hora, cuántas personas mueren aproximadamente cada día en todo el mundo, o cuántos cigarrillos se fuman anualmente en el país. Y a pesar de que al principio muestran cierta desgana (un estudiante respondió, simplemente, que el cabello no crece en kilómetros por hora), en muchos casos su intuición numérica acaba mejorando espectacularmente."
Luego continúa más adelante:
"En notación científica, las respuestas a las preguntas que planteé al principio son las siguientes: el cabello humano crece aproximadamente a razón de 1,6 × 10−8 kilómetros por hora; cada día mueren en la tierra unas 2,5 × 105 personas y cada año se fuman aproximadamente 5 × 1011 cigarrillos en los Estados Unidos. Las expresiones de estos números en notación común son: 0,000000016 kilómetros por hora, 250.000 personas y 500.000.000.000 cigarrillos."
Si nos fijamos en la velocidad a la que crece el cabello humano, se parece bastante a la de la hierba de nuestro problema. Concretamente la hierba crece un poco más rápido. ¿Será que con fertilizante para plantas el cabello puede crecer más rápido?
Nota: este problema ha sido extraído del libro Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.
The Nine Chapters
Los Nueve Capítulos
El texto matemático chino más antiguo, Los Nueve Capítulos del Arte Matemático, apareció por primera vez en el siglo I a.C. Se escribieron muchos comentarios a lo largo de los siglos siguientes, el mejor de los cuales fue de Liu Hui en 263 d.C. El texto demuestra el teorema de Pitágoras (deducido de forma independiente) y enseña como calcular distancias tales como la altura de una torre vista desde una colina, la anchura de un estuario, la altura de una pagoda y la profundidad de un barranco. También trata del cálculo de áreas y volúmenes de figuras como trapezoides, círculos, segmentos de círculos, cilindros, pirámides y esferas.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído de The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
Creo que hoy nos encontramos con el problema de enunciado más corto de todos los que hemos publicado.
Encuentra un cuadrado que al sumarle dos se convierte en un cubo.
La solución es igualmente corta y aparece más abajo.
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| La imagen está sacada de la web de zazzle. |
SOLUCIÓN:
En el problema de hoy la solución aparece de forma muy sencilla: basta ir probando con los cuadrados perfectos, sumar dos y ver si el resultado es un cubo perfecto.
Los cuadrados perfectos son 1, 4, 9, 16, 25, 36...
1 + 2 = 3
4 + 2 = 6
9 + 2 = 11
16 + 2 = 18
25 + 2 = 27
Ya hemos encontrado la respuesta: 25 es el cuadrado de 5; si le sumamos 2 nos sale 27, que es el cubo de 3.
AMPLIACIÓN:
Nadie garantiza que haciendo lo que hemos hecho podamos encontrar la solución. El problema está pensado de antemano para que la solución sea fácil de encontrar.
Supongamos que se nos ocurre modificar el enunciado ligeramente: "encuentra un cuadrado que al sumarle tres se convierte en un cubo". He estado probando con bastantes números y no veo ninguna solución, ni parece que pueda aparecer pronto.
Sin embargo, si ponemos "encuentra un cuadrado que al sumarle cuatro se convierte en un cubo", entonces salen dos soluciones sin pensarlo demasiado: 4 que al sumarle cuatro sale 8, y 121, que al sumarle cuatro sale 125.
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.
Einstein, Riemann and the Space-Time Continuum
The general theory of relativity postulated by Albert Einstein (1879-1955) uses the concepts of Riemann geometry and an extra dimension, making a four-dimensional space called space-time. In general relativity, space-time is curved, with the degree of curvature increasing close to massive bodies. Curvature is produced by the interaction of mass-energy and momentum producing the phenomenon we know as gravity. Thus Einstein’s theory replaces the force of gravity familiar from Newtonian mechanics with multi-dimensional, non Euclidean geometry.
Einstein, Riemann y el continuo espacio-tiempo
Nota: el texto en inglés ha sido extraído del libro The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
Hoy tenemos estadísticas en el instituto:
En cierto instituto, un profesor se ha quejado de que “la inmensa mayoría del alumnado, quizás más del 75%, ha sacado una nota inferior a la puntuación media del centro”.
¿Es esto posible? Si no lo es, razónalo. Si lo es, pon un ejemplo con una clase de 30 alumnos y alumnas.
La solución, sobre la media de la página.
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| "El birrete es un gorro rematado con una borla, usado en actos
ceremoniales, por magistrados, jueces, letrados, abogados y componentes
de la comunidad universitaria en ocasiones solemnes. El mismo consiste
en un panel horizontal de forma cuadrada fijado a un casquete, con una
borla fijada a su centro" (wikipedia). Siempre me ha preocupado el momento en el que los estudiantes recién graduados lanzan sus birretes al aire, pues no sé si luego cuando caen cada uno logra recuperar el suyo. En fin, ellos sabrán. La imagen está tomada de la University College Roosevelt, situada en Middelburg, Holanda. |
SOLUCIÓN:
Contestemos rápidamente a la pregunta ¿Es esto posible?: Sí, por supuesto que sí es posible. En este caso nos piden que pongamos un ejemplo. Ahí va:
Tenemos una clase de 30 alumnos. De ellos, 27 han obtenido una nota de 6 en un examen. Los 3 restantes han obtenido un 10. La media de las notas en esta clase es:
(27 · 6 + 3 · 10) /30 = 192/30 = 6'4
Si la nota media ha sido de 6'4, entonces todos los alumnos que han sacado un 6 han obtenido una nota inferior a la media. Estos han sido 27 de 30, es decir un 90%, más del 75%. En esta clase, un 90% de los alumnos han sacado una nota inferior a la media.
Si nos fijamos en el ejemplo que hemos puesto, se pueden notar los siguientes detalles:
-Todos los alumnos de la clase están aprobados.
-Casi
todos los alumnos tienen una nota igual, un poco baja, mientras unos
pocos tienen una nota muy alta. Las notas están asimétricamente
distribuidas: un grupo muy numeroso en la zona inferior de las notas, otro grupo muy
pequeño en la superior.
-La media, que está entre los dos grupos, es cercana a la nota que tiene el grupo más numeroso.
AMPLIACIÓN:
Si alguien pensaba que no era posible lo que decía el profesor es porque está confundido entre lo que es la media de una distribución estadística y la mediana de dicha distribución.
Tanto la media como la mediana son parámetros de tendencia central, y es de esperar que se coloquen al centro de la distribución estadística. Pero esta forma de colocarse al centro es diferente para cada parámetro. La mediana se coloca de forma que el 50% de los valores estadísticos sean menores o iguales que ella, y el otro 50% sean mayores o iguales. Luego si en lugar de la media hablamos de la mediana en el problema, lo que dice el profesor sería matemáticamente imposible: el 50% del alumnado, ni más ni menos, siempre tiene una nota igual o menor a la mediana, y no es posible que el 75% tenga una nota inferior a la mediana.
Pero la media está colocada en el "centro de gravedad" de la distribución, y se dan diferentes situaciones según la distribución es simétrica o asimétrica.
Cuando la distribución estadística está simétricamente distribuida, entonces es de esperar que la media esté al centro junto a la mediana. Pero no sucede así cuando la distribución es asimétrica. Por eso vemos en la solución del problema, por ejemplo, que podemos tener un enorme grupo de puntuaciones "un poco bajas", todas iguales, y luego unas pocas puntuaciones "muy altas", y al calcular la media, el resultado se queda entre estos dos grupos, con lo que el grupo de puntuaciones bajas, muy numeroso, que puede fácilmente ser del 75% y más, queda por debajo de la media.
¿Por qué se queja entonces el profesor del problema?
El profesor se está quejando porque la distribución de notas es asimétrica. Si en su queja quería expresar su convencimiento de que las notas son bajas, el razonamiento es insuficiente. No podemos asegurar que las notas sean malas, pues no sabemos cuál es la media del instituto. Incluso si el profesor se quejase de que el 75% del alumnado del centro tiene una nota inferior a la media regional o nacional, es posible que no haya motivo de preocupación, pues también a nivel regional o nacional la distribución puede ser asimétrica. El profesor necesita más datos para fundamentar su queja; decir que el 75% del alumnado tiene menos nota que la media del instituto solo indica la asimetría de la distribución.
Nota: este problema ha sido adaptado del libro Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.
Though Ptolemy's most famous work was The Almagest, he also wrote a Geography which remained influential for over a thousand years. He developed two projections and introduced lines of latitude and longitude, though the inaccuracy of measurements led to considerable errors in his longitudes. He also overestimated the extent of the Earth's surface covered by the Hellenic lands and consequently his calculated size of the Earth was smaller than the real thing.
The earliest surviving European maps from the Middle Ages are heavily reliant on Ptolemy's Geography. When explorers planned to sail to India by heading west they would have expected the journey to be much shorter than it actually was. Perhaps if Columbus had realized the true nature of the undertaking he would not have attempted the voyage that led him to the Americas.
Ptolomeo y las Américas
Aunque el trabajo más famoso de Ptolomeo fue El Almagesto, también escribió una Geografía que mantuvo su influencia durante más de mil años. Ptolomeo desarrolló dos proyecciones e introdujo líneas de latitud y longitud, aunque la inexactitud de las medidas causaron errores considerables en sus longitudes. También estimó por exceso la extensión de la superficie de la Tierra cubierta por las tierras helénicas y en consecuencia el tamaño de la Tierra que calculó resultó más pequeño que el real.
Los mapas europeos más antiguos que todavía sobreviven desde la Edad Media se apoyan considerablemente en la Geografía de Ptolomeo. Cuando los exploradores planearon navegar a la India por el oeste, debían haber esperado que el viaje fuera mucho más corto de lo que fue en realidad. Quizás si Colón se hubiera dado cuenta de la verdadera naturaleza de la empresa, no habría intentado el viaje que lo llevó a las Américas.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído de The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
Para encontrar la solución, lance la página y rebote debajo de la imagen.
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| A través de una esfera de cristal vemos la imagen invertida del paisaje. La ilustración ha sido tomada de este sitio. |
SOLUCIÓN:
En primer lugar debemos comentar que en este problema estamos haciendo una licencia física: cuando alguien lanza una pelota por el aire en una dirección que no sea perpendicular al suelo, la trayectoria que sigue la pelota nunca será perfectamente recta debido a la gravedad terrestre. Siempre se asemejará a un tramo de parábola.
De hecho, si quisiéramos que la trayectoria fuera perfectamente recta deberíamos lanzarla en un ambiente sin gravedad, como el que puede haber en una estación espacial.
Pero mejor dejemos de complicarnos la vida. Supongamos que el chico del problema lanza la pelota con la suficiente fuerza para que ésta siga una línea prácticamente recta, y despreciemos los detalles.
Cuando la pelota rebota en el suelo sucede un hecho importante: el ángulo con el que la pelota alcanza el suelo es igual al ángulo de rebote. Siendo así, podemos hacer un esquema geométrico de la situación:
En el esquema vemos que el chico está representado por el segmento AB, y la pared con la ventana por el segmento CD. El punto de rebote es R, y en ese punto el primer tramo de la trayectoria de la pelota, BR, forma un ángulo de incidencia α con la horizontal, mientras que el segundo tramo de la trayectoria, RD, forma el ángulo de rebote β. Los ángulos de incidencia y rebote son iguales: α = β.
Como estos dos ángulos son iguales, y los triángulos ABR y CDR son rectángulos, entonces estos dos triángulos son semejantes. Por tanto los lados correspondientes son proporcionales, y concretamente con los catetos podemos hacer la igualdad de proporciones:
AB/CD = AR/CR
es decir:
1.5/2.5 = m/n
pero:
n = 8 − m
y por tanto:
1.5/2.5 = m/(8−m)
Multiplicamos en cruz y desarrollamos la ecuación:
1.5(8 − m) = 2.5m
12 − 1.5m = 2.5m
4m = 12
m = 3
La respuesta sería: el chico debe hacer rebotar la pelota en el punto R que se encuentra a 3 metros de él y 5 metros de la pared.
AMPLIACIÓN:
Hemos hecho los cálculos con una proporción que ha dado como resultado una ecuación de primer grado. También podemos solucionar el problema de forma estrictamente geométrica, haciendo la simetría de la ventana con el suelo y prolongando la trayectoria de la pelota en línea recta, como si golpeara contra el reflejo de la ventana en el suelo, tal y como se ve en el esquema:
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.
A magic square is an arrangement of numbers in a square grid so that each horizontal, vertical and diagonal line of numbers adds up to the same total, called the magic constant. The smallest magic square (apart from a box with the figure 1 in it) has three squares on each side and the magic constant is 15:
Un cuadrado mágico es una disposición de números en una tabla cuadrada de forma que cada línea horizontal, vertical o diagonal de números suman el mismo resultado, llamado constante mágica. El cuadrado mágico más pequeño (aparte de una caja con el dígito 1 en ella) tiene tres cuadrados por cada lado y su constante mágica es 15.
¿Tenéis un reloj analógico a mano? Pues idlo preparando:
Si nos fijamos en la hora que marca el reloj, a la aguja horaria le falta el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la aguja de los minutos.
¿Qué hora marca el reloj?
Para la solución no hace falta girar las manecillas del reloj, sino la rueda del ratón.
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| Esta imagen es de un bonito reloj que se encuentra en París, en el actual Museo d'Orsay. El museo fue una estación de trenes, y uno de sus ferrocarriles era el que hacía el trayecto París-Orleans. La llegada del transporte por ferrocarril en el siglo XIX popularizó los relojes y trajo el establecimiento de un horario común en todas las ciudades y pueblos de cada nación. Hasta ese momento, cada ciudad y pueblo tenía su hora propia, ligada a la hora solar, lo cual suponía una enorme dificultad para calcular los horarios de salida y llegada de los trenes. |
SOLUCIÓN:
Para resolver el problema hay que pensar que la aguja horaria estará en las 6 cuando sean las 6 en punto, mientras que la aguja de los minutos estará en las 6 cuando sea "la hora que sea y media". Es fácil darse cuenta que esa "hora que sea y media" debe ser las 5 y media, pues la aguja de los minutos no puede alejarse de las 6 más de una hora. Luego la hora que marca el reloj será antes de las cinco y media, lo suficiente para que a la aguja horaria le falte el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la de los minutos en llegar a las cinco y media.
Un cálculo mental inmediato nos lleva a que la hora que marca el reloj debe ser las 5:15. De ese modo, faltarán 15 minutos para que sean las 5 y media, y 45 minutos (el triple de tiempo) para que sean las 6 en punto.
Es más sencillo darse cuenta mentalmente de la situación que plantearla con una ecuación, pero en este caso se podría plantear la ecuación siguiente:
6 − x = 3 · (5'5 − x)
La resolvemos:
6 − x = 16'5 − 3x
2x = 10'5
x = 5'25
La respuesta es 5'25, es decir, 5 horas y 0'25 de hora, o lo que es lo mismo, 5 horas y cuarto, la misma solución que nuestro cálculo mental.
Nota: este problema ha sido adaptado del libro Enigmas para Darle al Coco, de Àngels Navarro.
John Napier (1550-1617)
John Napier was a Scottish mathematician and eighth Laird of Merchiston. He entered the University of St Andrews at the age of 13, but left without a degree. He is best known as the inventor of logarithms and another calculating device called 'Napier's bones'. He began working on logarithms around 1594 and published his treatise, Description of the Marvelous Canon of Logarithms, in 1614. Napier's bones comprised a system of small rods used for calculating; they were the forerunner of the slide rule.
Napier was also an inventor of artillery, and suggested to James VI of Scotland something like a tank – a metal chariot with holes from which small bore shot could be fire. He is known, too, as the first person to use the dot as a decimal point separating the parts of a decimal number – his logarithmics tables are the first document to use the decimal point in the modern style.
John Napier (1550-1617)
John Napier fue un matemático escocés y el octavo señor (*) de Merchiston. Ingresó en la Universidad de San Andrews a la edad de 13 años, pero la abandonó sin llegar a graduarse. Es conocido como el inventor de los logaritmos y de otro dispositivo llamado "huesos de Napier". Comenzó a trabajar en los logaritmos alrededor de 1594 y publicó su tratado, Descripción del Maravilloso Canon de los Logaritmos, en 1614. Los huesos de Napier incluyen un sistema de varillas que se usan para calcular; éstas fueron las precursoras de la regla de cálculo.
Napier también fue un inventor de artillería, y sugirió a Jaime VI de Escocia algo parecido a un tanque - un carro de metal con agujeros por los que se pudieran disparar armas de pequeño calibre. También es conocido por ser la primera persona en usar el punto como punto decimal que separa las partes de un número decimal - sus tablas logarítmicas son el primer documento en usar el punto decimal al estilo moderno.
(*) laird es un título escocés que equivale a terrateniente o propietario de una gran cantidad de tierras.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído de The Story of Mathematics, de Anne Roone.
En el problema de hoy tratamos de abrir una caja fuerte:
En una casa abandonada hemos encontrado una vieja caja fuerte cerrada. La cerradura se compone de cuatro rodillos, y en cada uno de ellos están 24 letras del alfabeto. Los rodillos han de combinarse de tal manera que formen una determinada palabra desconocida. Como queremos abrir la caja sin forzarla, hemos decidido ir probando con dichas letras todas las combinaciones posibles. Para probar cada combinación se invierten 6 segundos. Disponemos del fin de semana para encontrar la combinación correcta.
¿Tendremos suficiente tiempo?
Abrimos la caja más abajo de la imagen.
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| Aquí vemos el rodillo en una cerradura de una antigua caja fuerte. La imagen ha sido sacada de este foro. El rodillo tiene las 26 letras del alfabeto inglés. En el mensaje dejado en el foro, la persona que publica la imagen, un tal Cibarius, comenta: "Hace algunos meses un amigo compró una licorería más abajo de donde vivo, y en el negocio apareció esta vieja caja fuerte. Tiene una cerradura con combinación de 26 letras, y mi amigo se pregunta si habrá alguna forma de abrirla. No sabemos nada de la combinación. He pensado en publicarlo aquí para ver si avanzamos en conseguir abrirla. No sé nada sobre estetoscopios ni como abordar la tarea, ¡cualquier consejo sería estupendo!" |
SOLUCIÓN:
Conforme vamos probando con los rodillos, por "palabra" no entenderemos solo algo que tenga un significado, como "casa", sino también cualquier variación aunque no signifique nada, como "xaqt", o incluso con letras repetidas, como "bbbf". Para probar solo palabras con significado deberíamos tener un buen diccionario, e incluso así debemos debemos contar con que el que ha puesto la combinación tenga como "palabra" algo que no figure en los diccionarios.
Así, por tanto, tenemos que ir probando todas y cada una de las variaciones de 4 letras que podemos formar con las 24 letras del alfabeto que hay en los rodillos. Preferimos, por razones clásicas, llamarles variaciones, en lugar de combinaciones, que es el término más corriente, concretamente se trata del cálculo de variaciones con repetición.
¿Cuántas variaciones tenemos? Esto es bastante fácil de calcular, basta multiplicar:
24 · 24 · 24 · 24 = 331776 variaciones
Para probar cada variación gastamos 6 segundos, luego el número de segundos que necesitamos para probar todas y cada una de ellas son:
331776 · 6 = 1990656 segundos
Una hora son 3600 segundos, luego tenemos que gastar:
1990656 : 3600 = 552.96 horas = 552 horas, 57 minutos, 36 segundos
Si esto lo pasamos a días,
552.96 : 24 = 23.04 días = 23 días, 0 horas, 57 minutos 36 segundos
Es evidente que con un fin de semana no tenemos tiempo suficiente para probar todas las combinaciones, aunque estemos probando incansablemente, incluso sin dormir por la noche.
Entonces, que acertemos la combinación durante el fin de semana es cuestión de suerte y de probabilidades.
Calcular la probabilidad que tenemos de acertar la combinación de la caja fuerte es bastante sencillo: basta dividir los casos favorables entre los casos posibles. Si consideramos el fin de semana como 2 días completos exactos, entonces tenemos 48 horas para probar combinaciones contando con que no paremos a dormir ni a nada:
48 horas = 48 · 3600 = 172800 segundos
Como en cada variación invertimos 6 segundos:
172800 : 6 = 28800 variaciones
La probabilidad de que alguna de ellas sea la buscada es de:
28800 : 331776 = 0.0868 aproximadamente.
Es decir, tenemos una probabilidad de 8.68%, menos de un 9%, de acertar la combinación de la caja fuerte.
Notas:
Cuando se dice que los rodillos tienen 24 letras del alfabeto, hay que tener en cuenta que no tiene el alfabeto completo. El alfabeto español tiene 27 letras. El alfabeto inglés tiene 26 (las mismas que el español menos la Ñ). Es probable que al elegir las 24 letras que irán en los rodillos de la caja fuerte hayan quedado fuera la Ñ (porque es exclusivamente española), la Q (porque se puede confundir con la O), y otra más, quizás la W.
Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.
Cuaderno de bitácora: recientemente hemos descubierto, gracias al libro Mathematics and the Imagination de Edward Kasner y James Newman, un sencillo hecho que vamos a compartir a continuación.
Nos dan un número cualquiera, x. ¿Sabríamos calcular con regla y compás su raíz cuadrada?
Primero debemos representar gráficamente el número x como un segmento cuya longitud es precisamente x. Vamos a suponer, por ejemplo, que el número es x = 5, y lo representamos gráficamente.
A dicho segmento le añadimos una extensión de longitud 1.
¿Esto funciona siempre así? ¿Cuál es su justificación?
Sí, funciona con cualquier número. Su justificación está en el llamado TEOREMA DE LA ALTURA.
Construimos un triángulo rectángulo. Para ello tomamos como base el lado AC, que va a ser la hipotenusa, y trazamos un semicírculo que pase por A y por C. Elegimos un punto del semicírculo, D, y lo unimos con A y C. Se puede demostrar que el triángulo ACD es rectángulo necesariamente, con el ángulo recto en D y catetos AD y CD.
Desde D trazamos la altura, que corta perpendicularmente a AC en el punto B.
La altura BD corta al triángulo rectángulo original en dos triángulos rectángulos más pequeños, ABD y BCD. Es fácil razonar que los tres triángulos, el grande ACD y los pequeños ABD y BCD son semejantes, ya que sus ángulos son iguales. Por ejemplo, el ángulo A forma parte tanto del triángulo ACD como del ABD, luego estos dos triángulos tienen dos ángulos iguales, el A y el ángulo recto, y por tanto también tienen igual el tercer ángulo, por tanto ACD y ABD son semejantes. Igual razonamiento podemos hacer con el ángulo C, el triángulo ACD y el BCD, y de aquí ACD y BCD también son triángulos semejantes. Como consecuencia, BCD y ABD son semejantes entre sí por ser semejantes ambos al triángulo grande ACD.
Si dos triángulos son semejantes, sus lados correspondientes son proporcionales. Si tomamos los catetos de los triángulos ABD y BCD, entonces se cumple la proporción:
AB/BD = BD/BC
Como en la figura hemos dado los nombres x = AB, y = BC, h = BD, entonces:
x/h = h/y
De aquí, multiplicando en cruz:
h2 = x · y
Este es el teorema de la altura, que dice: "En un triángulo rectángulo, el cuadrado de la altura trazada sobre la hipotenusa es igual al producto de las proyecciones de los catetos sobre la hipotenusa".
En el caso que estamos estudiando en esta entrada, si y = 1, entonces tenemos que
h2 = x ·1 = x
Y por tanto:
h = √x
Así se justifica la construcción que hemos hecho al principio, donde pusimos el ejemplo x = 5.
No estoy seguro, pero puede que este problema que este problema clásico ya haya salido en nuestro blog:
Todas las personas que asistieron a una reunión se saludaron estrechándose la mano. Uno de ellos se molestó en contar cuántos apretones se habían dado y fueron 120.
¿Cuántas personas estuvieron en la reunión?
La solución, más abajo de la ilustración.
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| La imagen ha sido extraída de esta web. |
SOLUCIÓN:
Supongamos que en la reunión hay x personas. Cada una estrecha la mano de x − 1 personas. Parece que basta con multiplicar las dos cantidades para obtener el número de apretones, pero si lo hacemos así estamos contando dos veces cada apretón. Por tanto dicha cantidad hay que dividirla entre 2, y ya podemos plantear la ecuación:
x · (x − 1) / 2 = 120
Desarrollamos:
x2 − x = 240
x2 − x − 240 = 0
Si resolvemos la ecuación de segundo grado obtenemos las soluciones:
x1 = 16
x2 = −15
Evidentemente, descartamos la raíz negativa, y por tanto la solución es que en la reunión estuvieron 16 personas.
Nota: este problema ha sido extraído del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.
Pierre de Fermat (1601-1665)
Born in the Basque region, Fermat studied law and later mathematics. He developed independently of Descartes the principles of using a coordinate system to define the positions of points.
Fermat worked extensively on curves, developing a method for measuring the area under a curve that is similar to integral calculus, and to generalized definitions of common parabolas. He worked extensively, too, on the theory of numbers and corresponded with Blaise Pascal on this subject. This was his only contact with other mathematicians. He was a secretive recluse, who generally communicated only with Marin Mersenne.
Fermat was the most productive mathematician of his day, but was so reluctant to publish that he gained little credit for his work during his lifetime.
Pierre de Fermat (1601-1665)
Nacido en la región vasca (el texto parece referirse al país vasco francés, pero al parecer Fermat nació en Beaumont-de-Lomagne, en la región de Occitania), Fermat estudió leyes y posteriormente matemáticas. Desarrolló, con independencia de Descartes, los principios del uso de un sistema de coordenadas para definir la posición de los puntos.
Fermat trabajó ampliamente sobre las curvas, desarrollando un método para medir el área bajo una curva que es similar al cálculo integral, y en definiciones generalizadas de parábolas ordinarias. También trabajó extensamente en teoría de números, y mantuvo correspondencia con Blaise Pascal sobre dicha materia. Este era su único contacto con otros matemáticos. Fermat era un solitario reservado, que generalmente solo se comunicaba con Marin Mersenne.
Fermat fue el matemático más productivo de su época, pero era tan reticente a publicar que recibió pocos méritos por su trabajo durante su vida.
Nota: el texto en inglés ha sido extraído de The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
Pongámonos el casco y preparémonos para rodar por la carretera:
Un motorista viaja entre dos ciudades. El viaje de ida lo cubre a 90 km/h, y el de vuelta a 60 km/h.
¿Cuál ha sido la velocidad media de su recorrido?
(Ayuda: suponer que la distancia entre las ciudades es de 180 km)
La solución después de la estupenda ilustración.
SOLUCIÓN:
Si hacemos caso de la ayuda y suponemos que la distancia entre las ciudades es de 180 km, entonces el viaje de ida, a 90 km/h, lo cubre en 2 horas, y el viaje de vuelta, a 60 km/h, lo cubre en 3 horas. En total ha tardado 5 horas en hacer 360 km (ida y vuelta), luego la velocidad media de su recorrido ha sido de:
360/5 = 72 km/h.
¿Y si no hacemos caso de la ayuda y dejamos abierta la distancia recorrida entre las dos ciudades?
En ese caso, supongamos que la distancia es d, entonces el tiempo empleado en la ida será:
tiempo ida = espacio/velocidad = d/90
Y el tiempo gastado en la vuelta es de:
tiempo vuelta = d/60
Luego:
tiempo total = d/90 + d/60
Y la velocidad media será:
velocidad media = espacio total / tiempo total = 2d/(d/90 + d/60)
Si hacemos operaciones, teniendo en cuenta que:
d/90 + d/60 = 2d/180 + 3d/180 = 5d/180
Entonces:
2d/(5d/180) = 360d/5d
Las distancias se simplifican y nos queda que la velocidad media es de:
velocidad media = 360/5 = 72 km/h.
por tanto, la distancia entre las ciudades es indiferente para el cálculo de la velocidad media.
AMPLIACIÓN:
Hay un error muy frecuente que consiste en tomar las dos velocidades y hacer la media de las dos: (90 + 60)/2 = 150/2 = 75 km/h.
Esta operación es incorrecta porque el tiempo durante el cual ha durado cada velocidad es diferente. Veámoslo con el siguiente ejemplo:
Si la moto hubiera estado a 90 km/h durante por ejemplo dos horas, y a 60 km/h durante otras 2 horas, entonces en las primeras dos horas habría recorrido 180 km, en las segundas dos horas habría recorrido 120 km, y en total 300 km en 4 horas, lo que quiere decir que la velocidad media habría sido de 300/4 = 75 km/h, que era lo esperado al hacer la media de las velocidades.
Profundizando en estos detalles, podemos ver que lo último que hemos calculado es la media aritmética entre 90 y 60, que vale 75, pero otra es la media armónica:
2/(1/90 + 1/60) = 72;
la media armónica es la preceptiva en este caso, y la que da el resultado correcto.
Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.
Robert Recorde (1510-1558)
Robert Recorde was born in Wales and taught mathematics at the Universities of Oxford and Cambridge. He re-established mathematics in England, when the country had not seen a notable mathematician for 200 years. He explained everything in careful detail, in steps that were easy to follow and in English, as he wanted to make mathematics as accesible as possible. Most of his works were written in the form of dialogues between a master and a student. In 1551 he published an abridged version of Euclid's Elements, making the text available in English for the first time. He first used the equals sign, though using much longer lines than we do now. It took 100 years before the sign was universally accepted above alternative notations.
Robert Recorde (1510-1558)
Nota: el texto en inglés ha sido extraído del libro The Story of Mathematics, de Anne Rooney.
La solución: bajando, bajando...
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| Aquí vemos un esquema de la molécula del peróxido de hidrógeno, llamado también agua oxigenada, con dos átomos de oxígeno al centro y dos átomos de hidrógeno en los extremos. El esquema incluye ángulos y distancias. Las distancias están medidas en pm = picometros. Un picometro es la billonésima parte de un metro, es decir, 10-12 metros. |
SOLUCIÓN:
Un litro son 1000 mililitros, 1000 ml; vamos a usar estas unidades en todo el ejercicio, para no tener que complicarnos con la masa en gramos ni con la densidad de los líquidos.
Si la primera botella tiene una concentración del 40%, significa que de los 1000 ml, 400 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 600 ml, es agua (el peróxido de hidrógeno H2O2 es otro nombre del agua oxigenada).
La segunda botella tiene una concentración del 10%, esto significa que de los 1000 ml, 100 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 900 ml, es agua.
Si llamamos x e y a las cantidades respectivas en mililitros que tenemos que tomar de cada botella para mezclarlas y obtener un litro de agua oxigenada al 20%, entonces se cumplen las siguientes ecuaciones:
x + y = 1000;
ya que juntas dan un litro de agua oxigenada;
40x/100 + 10y/100 = 200;
ya que hacemos un 40% de la primera cantidad y le sumamos un 20% de la segunda cantidad y obtenemos 200 ml de peróxido puro, el 20% de un litro.
simplificando:
4x + y = 2000
ya que este es el peróxido de hidrógeno que cada botella aporta, y que en conjunto debe sumar los 200 ml, el 20%, de la botella resultante.
Resolvemos el sistema, por ejemplo por sustitución:
y = 1000 − x
4x + 1000 − x = 2000;
3x = 1000
x = 1000/3;
de aquí:
y = 1000 − 1000/3 = 2000/3
Es decir, tendremos que mezclar 1/3 de litro de la primera botella, con 2/3 de litro de la segunda.
Nota: este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.
François Viète (1540-1603)
François Viète was a French mathematician and Huguenot sympathizer. Trained in law, he became a member of the Breton parliament, then of the King's Council serving Henri III and Henri IV. He was proficient at deciphering secret messages intercepted by the French. Indeed, he was so successful that the Spanish accused him of being in league with the devil, complaining to the Pope that the French were using black magic to help them win the war. However, the Pope paid no attention to these accusations.
For a period of nearly six years in the second half of the 1580s, Viète was out of favour at court and concentrated almost exclusively on mathematics. He made great advances in several fields of mathematics, but always working in his spare time. Being wealthy, he printed numerous of his papers at his own expense.
François Viète (1540-1603)
François Viète fue un matemático francés, simpatizante de los hugonotes. Preparado en leyes, se convirtió en un miembro del parlamento bretón, y después en miembro del Consejo del Rey, sirviendo a Enrique III y a Enrique IV. Viète era competente descifrando mensajes secretos interceptados por los franceses. De hecho, tuvo tanto éxito que los españoles le acusaron de estar en complot con el diablo, y se quejaron al Papa de que los franceses estaban usando magia negra para ayudarse a ganar la guerra. Sin embargo, el Papa no prestó atención a estas acusaciones.
Por un periodo de cerca de seis años durante la segunda mitad de los años 1580, Viète perdió el favor en la corte y se concentró casi exclusivamente en las matemáticas. Hizo grandes avances en varios campos de las matemáticas, pero siempre trabajando en su tiempo libre. Como era rico, imprimió numerosos trabajos pagándolos de su propio bolsillo.
[El texto en inglés ha sido extraído del libro The Story of Mathematics, de Anne Rooney]
La matrícula se resolverá más abajo
SOLUCIÓN:
Recordemos la regla de la divisibilidad por 11: "un número es divisible por 11 si al tomar la suma de las cifras colocadas en lugar par y la suma de las cifras colocadas en lugar impar y restar ambas cantidades, el resultado sale 0, 11 o múltiplo de 11".
Tenemos un número de cuatro cifras con las dos primeras iguales y las dos últimas iguales: XXYY, entonces las cifras colocadas en lugar par (segundo y cuarto lugar) suman X+Y, y las colocadas en lugar impar (primer y tercer lugar) también suman X+Y. Si restamos ambas cantidades iguales, nos da 0, luego el número de la matrícula es divisible por 11.
Como el número es un cuadrado perfecto y 11 es primo, entonces necesariamente será múltiplo de 112 = 121. Además, si dividimos el número de cuatro cifras por este factor, el cociente también será un cuadrado perfecto (en un cuadrado perfecto, todos los factores primos de su descomposición han de aparecer elevados a exponente par).
Basta ir multiplicando 121 por los cuadrados perfectos hasta encontrar la solución:
121 · 1 = 121
121 · 4 = 484
121 · 9 = 1089
121 · 16 = 1936
121 · 25 = 3025
121 · 36 = 4356
121 · 49 = 5929
121 · 64 = 7744
121 · 81 = 9801
El número de la matrícula es 7744, que es el cuadrado de 88 = 8 · 11.
Nota: este problema ha sido extraído del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.
