El Matenavegante

[El Problema de la Semana] Caída libre

2011-09-20T18:09:00.001+02:00

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.

El compás celeste

2011-08-20T10:00:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Locura de fracciones

2011-07-21T10:26:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Vida futura

2011-07-20T08:38:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Repartamos beneficios

2011-07-18T09:49:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Competición de tiro

2011-07-17T11:25:00.001+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Obtén el cien

2011-07-13T10:00:00.001+02:00

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.

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

2011-07-10T11:34:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Las jarras de Poisson

2011-07-09T10:08:00.000+02:00

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.

[El Problema de la Semana] Los dos pececitos

2011-05-08T10:31:00.001+02:00

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.

El Fujiyama en camiones

2011-05-05T18:35:00.000+02:00

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?

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

2011-05-02T12:05:00.001+02:00

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) = (e^x + e^-x)/2, y la forma de cualquier cuerda se puede obtener con una fórmula derivada de esta, del tipo f(x) = a(e^x/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.

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

2011-01-31T17:51:00.000+01:00

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.

[El Problema de la Semana] Fechas españolas y americanas

2011-01-29T08:51:00.000+01:00

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.

[El Problema de la Semana] La edad del bisabuelo

2010-12-13T12:18:00.001+01:00

Hace ya varias semanas que propusimos este problemita a los grumetes:

Mauricio, el bisabuelo de José, no es ciertamente centenario, pero sí de edad muy avanzada. Podemos decir que el año anterior, su edad era múltiplo de 8, y que el año próximo es múltiplo de 7. ¿Cuántos años tiene Mauricio?

La solución se puede encontrar debajo de la interesante ilustración que proponemos.

[Matenavegando en busca de matemáticos longevos, nos hemos encontrado con la vida de Leopold Vietoris en un interesante artículo publicado en Gaussianos.com. Vietoris fue un matemático austriaco nacido en 1891, que realizó importantes aportaciones en el campo de la topología. Es posible, según este artículo, que Vietoris sea el matemático más longevo que se conoce, pues falleció en 2002 con 110 años cumplidos. Además es el austriaco más longevo, y su segundo matrimonio es el séptimo matrimonio más longevo sumando la edad de ambos cónyuges, pues su segunda mujer falleció con 101 años. La lista de matrimonios más longevos se encuentra en este artículo de la wikipedia.]

Solución:

El problema consiste en encontrar un múltiplo de 8 y un múltiplo de 7 que se diferencien en 2 unidades. Una vez encontrados, la edad de Mauricio será el número intermedio.

Los múltiplos de 8 son: 8, 16, 24, 32, 40, 48, 56, 64, 72, 80, 88, 96, 104, 112, 120...

Los múltiplos de 7 son: 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84, 91, 98, 105, 112, 119...

Como Mauricio no es centenario, los múltiplos mayores que 100 los podemos descartar.

Si observamos con detenimiento, hay dos parejas candidatas: 40 y 42 por un lado, 96 y 98 por otro. Pero en el primer caso la edad de Mauricio sería de 41 años, y esto no es una edad avanzada. El segundo caso tiene más lógica: la edad de Mauricio debe ser 97 años. Así el año anterior su edad era de 96 años (múltiplo de 8), y el año que viene su edad será de 98 años (múltiplo de 7).

Ampliación:

Este tipo de ejercicios se puede resolver mediante herramientas matemáticas llamadas congruencias. En lenguaje matemático, si llamamos x a la edad de Mauricio, entonces:

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ −1 (mod 7)

El símbolo ≡ es como el signo del igual pero con tres rayas horizontales en vez de dos, y en este contexto significa es congruente con. Por las propiedades de las congruencias, la segunda ecuación se puede sustituir por x ≡ 6 (mod 7)

Como el máximo común divisor de 7 y 8 es igual a 1, el Teorema chino del resto nos asegura que este sistema en congruencias tiene solución. Para encontrar la solución se puede seguir el siguiente método:

Las dos ecuaciones anteriores serían lo mismo que decir:

x = 1 + 8k

x = 6 + 7j; donde k y j representan números enteros cualesquiera.

Si multiplicamos la primera igualdad por 7 y la segunda por 8 tenemos:

7x = 7 + 56k

8x = 48 + 56j

Restamos la segunda ecuación menos la primera y tenemos:

x = 41 + 56(j − k)

Como k y j son enteros arbitrarios, la diferencia entre ellos también es un entero arbitrario, luego x es igual a 41 más un múltiplo arbitrario de 56:

x = 41 + 56m; o lo que es lo mismo:

x ≡ 41 (mod 56)

Tenemos por tanto que x puede tomar los valores 41, 97, 153, 209, 265, ... , e incluso podría tomar valores negativos, como −15, −71, −127, −183, −239, ...

De entre todas las posibles soluciones de x, elegimos la más lógica, 97, y ahí está nuestra respuesta.

[El Problema de la Semana] Larga sucesión de sumas y restas

2010-10-29T15:15:00.000+02:00

Un nuevo problema, bastante sencillo si sabemos enfocarlo adecuadamente.

En cierto libro nos ha aparecido una operación bastante larga:

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1

Es decir, se trata de ir sumando y restando los números, en sucesión decreciente, desde el 999 hasta el 1, los impares se suman, los pares se restan. ¿Eres capaz de calcular esta operación?

La solución, como siempre, más abajo, así no hay que esperar para comprobar nuestras deducciones.

[Esta ilustración, encontrada mientras matenavegábamos buscando imágenes de sumas, ha sido extraída de esta página. Como puede verse, es una tabla en la que se exponen todas las sumas de dos cuadrados menores o iguales que 100. ¿Qué tiene esto de curioso? Fermat se dio cuenta de que estas sumas podían dar números compuestos y números primos, pero los primos obtenidos eran aquellos de la forma 4n+1, es decir, los que al dividirse por 4 dan de resto 1 (con la única excepción del 2, que es primo, es la suma de dos cuadrados y no da resto 1 al dividirse por 4). En la tabla van apareciendo todos los primos 4n+1 y ninguno de los primos 4n+3. Esto condujo a Fermat a enunciar el llamado Teorema de Navidad, nombre que se le da a veces porque se encuentra en una carta a Marin Mersenne fechada el 25 de diciembre de 1640]

Solución:

Aunque parezca una tontería, vamos a añadir a la suma el término cero, que no modifica para nada el resultado, y escribimos:

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 – 0

De esta manera podemos emparejar los números:

(999 – 998) + (997 – 996) + (995 – 994) + … + (5 – 4) + (3 – 2) + (1 – 0)

Cada pareja da el mismo resultado, 1, luego tenemos una larga suma de unos. ¿Cuántos unos hay? Teniendo en cuenta que los números van del 999 al 0, hay exactamente 1000 números, y por tanto hay 500 parejas. (El cero lo hemos añadido para poder emparejar y contar las parejas más fácilmente). Hay 500 parejas, cada una da 1, luego la suma es 500:

1 + 1 + 1 + … [500 veces] ... + 1 + 1 + 1 = 500.

Nota: este problema, ligeramente modificado, ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial Anaya.

Tutorial para resolver kakuros

2010-10-08T12:43:00.008+02:00

Presentamos este tutorial, que es una traducción al español del que viene como animación flash en la página de la revista japonesa Nikoli.
El Kakuro es un pasatiempo numérico, de la familia del sudoku.

En el Kakuro se deben partir números en sumas de números más pequeños que se colocarán en las celdas correspondientes.

Las celdas blancas han de rellenarse con números del 1 al 9. Por ejemplo, en las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 5, y en principio pueden venir en cualquier orden (podrían ser, por ejemplo, 1 y 4, 4 y 1, 2 y 3, 3 y 2).

En las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 14.

Los números no se pueden repetir en celdas consecutivas. El siguiente ejemplo puede ser correcto:

Pero el siguiente ejemplo no lo es, porque no se deben repetir números en la suma:

En la siguiente figura, hay dos números 1, pero es correcto, porque no están en celdas consecutivas y no pertenecen a la misma suma:

Empecemos a resolver el kakuro. Fijémonos en la suma 4 de abajo a la derecha. Para obtener 4 sólo se puede hacer sumando 1 y 3, pero no sabemos en qué orden:

Pero si nos fijamos en el 3 que está a la derecha, sólo se puede obtener sumando 1 y 2, y los números se pueden colocar en dos órdenes posibles:

El número común a la suma del 4 y del 3 es 1, luego el 1 debe ir en la celda común a ambos:

Al colocar el 1 entonces ya se pueden rellenar las celdas que faltan:

Continuamos con las otra suma de 3 que hay en el centro. Hay dos posibilidades:

Pero de las dos posibilidades representadas, sólo es válida la de la izquierda, porque en la de la derecha el 2 se repetiría en la misma fila.

Ya podemos completar la suma 10. Hemos de tener en cuenta que cuatro casillas que sumen 10 sólo admiten los números 1, 2, 3 y 4. Como ya están colocados el 1 y el 2, basta completar con el 3 y el 4 adecuadamente para que no haya repetición en las columnas.

Ahora vamos a observar otro tipo de razonamiento. Fijémonos en la suma 6 de dos casillas, al centro a la izquierda, y en la suma 14, en columna, a la izquierda. Ambas sumas tienen una casilla en común.

La suma 6 en dos casillas se puede expresar de varias formas: 1 y 5, 2 y 4. Lo mismo pasa con el 14, que se puede descomponer en 5 y 9, ó en 6 y 8. Pero si en la casilla señalada hay un número igual o mayor que 6, no sería compatible con la suma 6, y si en la casilla señalada el número fuera igual o menor que 4, entonces para completar la suma de 14 tendríamos que tener 10 o más. Luego las siguientes dos posibilidades son erróneas:

El número de la casilla señalada debe ser, por tanto, un 5, para que así sea compatible con las dos sumas.

Siguiendo este tipo de razonamientos lógicos, se puede completar el kakuro de la única forma posible.

Para resolver los Kakuros es muy útil conocer la lista de sumas únicas. Por ejemplo, con dos celdas o casillas, el 3 sólo se puede obtener con 1 y 2, y el 4 con 1 y 3; además el 17 sólo se puede obtener con 8 y 9, y el 16 con 7 y 9. Con tres celdas, el 6 sólo se puede obtener con 1, 2 y 3, el 7 con 1, 2 y 4; además el 24 sólo se puede obtener con 7, 8 y 9, y el 23 con 6, 8 y 9. Una lista completa de todas las sumas únicas según el número de casillas está, por ejemplo, en esta dirección.

Este tutorial se puede ampliar más, pero cada persona, con práctica y desarrollando sus propios recursos lógicos debe ser capaz de ir enfrentándose a kakuros de nivel cada vez más avanzado. Una página recomendable para jugar al kakuro online es www.kakuro.com.

[El Problema de la Semana] Contando decimales

2010-10-08T11:14:00.000+02:00

En el nuevo periplo de nuestro Barco Escuela, el primer problema de la semana ha sido el siguiente:

Algunos números pueden tener muchas cifras decimales, incluso infinitas. Considera el número decimal

0’012345670123456701234567…

Si te fijas verás que los decimales se van repitiendo en una sucesión muy fácil. Observa que la primera cifra decimal es un 0, la segunda un 1, la tercera un 2, etc., y si sigues contando, la cifra que está, por ejemplo, en el lugar décimo es un 1, y la cifra que está en el lugar vigésimo es un 3.

¿Sabrías decir qué cifra decimal está en el lugar milésimo?

Colocamos la imagen ilustrativa a continuación, y después colocamos la solución.

[En la imagen podemos ver el Ojo de Horus, dividido en partes, cada una de ellas correspondiente a una fracción. Los egipcios no usaban nuestro sistema indo-arábigo posicional, y para representar cantidades más pequeñas que la unidad utilizaban fracciones unitarias, es decir, con numerador igual a uno. Eran capaces de expresar cualquier cantidad fraccionaria sumando fracciones unitarias. La imagen y mucha más información sobre las fracciones egipcias, se pueden encontrar en la página correspondiente de la wikipedia]

Solución:

Se ve claramente que los decimales se repiten de ocho en ocho, y además que el 7 está en todos los puestos múltiplos de ocho: el octavo decimal es 7, el decimosexto decimal es 7, el vigésimo cuarto vuelve a ser 7, etc.

Coincidentemente, mil es múltiplo de ocho, luego el decimal que está en el puesto milésimo es el 7.

Nota: el número del que trata nuestro problema es un decimal infinito periódico puro. Como cualquier aprendiz de matenavegante debe saber, este número tiene una expresión en forma de fracción. En este caso la fracción es

Esta fracción es irreducible, porque numerador y denominador no tienen factores primos en común. Concretamente, 1.234.567 = 127 · 9721, y 99.999.999 = 3 · 3 · 11 · 73 · 101 · 137. Las factorizaciones las hemos hecho con la calculadora de esta página. Sin embargo, en esa misma página hay otra calculadora que pasa de decimal infinito periódico a fracción, pero que no funciona bien.

[El Problema de la Semana] Comparando rectángulos

2010-10-01T15:15:00.076+02:00

Retomamos la agradable tarea de proponer el problema de la semana. El que tenemos hoy es en realidad el último que pusimos el curso pasado a los grumetes:

Observa los dos rectángulos de la figura. ¿Cuál de los dos ocupa mayor superficie, el ABCD ó el BEFD? Razona tu respuesta.

Por supuesto, para no hacer esperar a nuestro amado público, la respuesta al problema está más abajo de la ilustración.

[Esta fotografía matemática está tomada de la will's web. De momento, ignoro el lugar donde ha sido tomada la foto, pero me gustaría averiguarlo; hay una buena colección de ortoedros en él, con sus correspondientes rectángulos que la perspectiva ha convertido en simples paralelogramos]

Solución:

En primer lugar, si nos fijamos detenidamente en la figura, alguien podría argumentar que ABCD es un rectángulo, pero que BEFD no lo es, porque sus ángulos no son rectos. El gráfico lo hice con el programa Paint de Windows o con otro programa similar, y en efecto, el BEFD no me salió con los ángulos tan rectos como pretendía. Pero este detalle no influye en el problema. O bien podemos dibujar BEFD correctamente para que sea un rectángulo, o bien podemos suponer que es un rectángulo, o bien podemos ignorar completamente el gráfico; en cualquier caso la solución va a ser la misma: La superficie de ABCD es la misma que la de BEFD.

El razonamiento es muy sencillo: Ambos rectángulos tienen un triángulo en común, el BCD. Luego nos basta demostrar que los restos de área de cada uno son iguales, es decir, que el área ABD es igual a la suma de las áreas BEC + DCF.

Esto es fácil, basta trazar un segmento paralelo a BE por el punto C para que corte al segmento BD en el punto G, tal como se ve en la siguiente figura:

Se puede observar que BECG es un paralelogramo, y por tanto, por razones de paralelismo de sus lados, el triángulo BEC es igual al triángulo BCG. De la misma manera, GCFD es otro paralelogramo, y los triángulos GCD y DCF son iguales. Por tanto BEC + DCF = BCG + GCD, pero esta última suma es igual al triángulo BCD.

Como ABCD es un rectángulo, los triángulos BCD y ABD son iguales, y de aquí concluimos lo que necesitábamos demostrar: ABD = BEC + DCF.

Notas:

1) El razonamiento geométrico que hemos utilizado es un proceso lógico que se viene usando en la geometría desde los tiempos de Euclides. Es independiente de las medidas de los lados, no tiene conexión con ninguna operación algebraica, emplea solamente propiedades geométricas como la del paralelismo y la semejanza de triángulos. Hoy en día no se suele enseñar este tipo de razonamientos a los grumetes, y es muy difícil que ellos, motu proprio, lo empleen para resolver el problema. En realidad, los grumetes solucionaron el problema midiendo los lados de los rectángulos sobre el folio donde estaban impresos. Como quiera que las medidas nunca van a ser exactas por las imperfecciones del dibujo y la falta de precisión de las reglas usadas para medir, las áreas de los rectángulos les salían distintas, y esa es la respuesta que me dieron. Ni uno solo de los grumetes halló la respuesta correcta.

2) He tenido un problema lingüístico al decir el área, pues me había entrado la duda de que últimamente se hubiera aceptado decir la área, ya que área es un sustantivo femenino. Gracias a la Real Academia Española lo he resuelto: se ha de decir el área, aunque con el artículo indefinido un, una lo normal es decir un área, pero no está incorrecto decir una área.

3) Como han pasado varios meses desde que propuse este problema y he sido trasladado a otro Barco Escuela, no recuerdo de dónde lo saqué, pero creo que fue de un libro de texto de la editorial Anaya.

(...)

2010-09-22T11:41:00.000+02:00

Cuaderno de bitácora:

Después de un periodo de descanso, silencio y reflexión, regresamos a nuestro periplo constante por los Matemares.

Durante este paréntesis de varios meses hemos sido transferidos a otro Barco Escuela. Estamos conociendo a nuevos oficiales y grumetes. También sentimos ilusiones nuevas, y con ellas nuevas ideas, nuevas direcciones, nuevos retos.

¡Desplegad velas! ¡Partimos otra vez en busca de nuevos horizontes!

[El Problema de la Semana] Pirámide numérica

2010-05-14T15:30:00.004+02:00

Nos acercamos al final del curso en nuestro Barco Escuela y éste es el problema de la semana planteado:

La pirámide del gráfico está formada por ladrillos, cada uno con un número. El número de cada ladrillo es igual a la suma de los dos ladrillos sobre los que se apoya. Averigua los números que faltan. (Pista: comienza por averiguar razonadamente el número contenido en el ladrillo marcado con una “x”)

Por favor... ¿Todavía, no sabe dónde está la solución? ¡Cómo es posible a estas alturas...! ¡Más abajo, más abajo, después de la imagen!

[En esta imagen podemos ver la increíble Pirámide de los Nichos en El Tajín, Veracruz, México. Pertenece a la cultura totonaca, una de las civilizaciones precolombinas que habitaron en territorio mexicano. Si nos fijamos con detalle, la pirámide está formada por siete pisos, y el número de nichos o huecos cuadrados de cada piso en la cara que vemos en la foto, va formando, de abajo a arriba, la sucesión 22, 19, 16, 13, 10, 7 y 5. Curiosamente, los seis pisos inferiores están en progresión aritmética, de diferencia igual −3, es decir, cada piso disminuye en tres nichos conforme ascendemos. Pero el último piso, el séptimo, rompe la regla disminuyendo sólo en dos, y en lugar de tener 4 nichos tiene 5. ¿Cuál es el motivo de esta corrección? Consultando la entrada de la wikipedia, el número total de nichos que decoran la fachada coincide con el número de días de un año: 365. Si sumamos los términos de la sucesión, 22 + 19 + 16 + 13 + 10 + 7 + 4 = 91, y multiplicamos por 4 caras que tiene la pirámide, nos da 364 nichos. En una de las caras hay una escalera, lo que modifica ligeramente la distribución. Los constructores debieron de adaptar la sucesión y poner cinco nichos en el piso de arriba en lugar de cuatro para que la cuenta coincidiera correctamente con el número de días del año al sumar todos los nichos de todas las caras. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:

Evidentemente, sin la pista de la "x" el problema sería mucho más difícil de resolver. Fijémonos en los dos ladrillos a la izquierda, los que reposan sobre los ladrillos señalados respectivamente con 19, x, 8. Cada uno de esos ladrillos es igual a la suma de los dos sobre los que se apoya, luego en ellos los números serían 19 + x, x + 8. Sumando estas dos expresiones tenemos el ladrillo de arriba, y así obtenemos la ecuación:
(19 + x) + (x + 8) = 53
resolvemos:
19 + x + x + 8 = 53
x + x = 53 − 19 − 8
2x = 26
x = 26/2 = 13.

Una vez resuelta la "x", es muy sencillo averiguar los números que faltan. Los números de la pirámide son:

120

53 67

32 21 46

19 13 8 38

Notas: este problema se inspira en otros problemas similares recogidos en el libro de David J. Bodycombe, The Riddles of the Sphinx.

[El Problema de la Semana] Mensaje secreto

2010-04-30T15:30:00.000+02:00

Esta semana nos toca descifrar cierto mensaje.

Este es el mensaje que Hugo ha mandado a Mario. Para que nadie se entere de lo que pone, lo ha cifrado usando un alfabeto desplazado, es decir, cada letra ha sido sustituida por otra desplazando el alfabeto un número concreto de lugares. De este modo ha creado un criptograma: WHPJR ÑD FRPWUDVHQD SDUD HPWUDU HP HÑ RUGHPDGRU GH MXDP.

El problema es que Hugo ha olvidado dar a Mario el número que indica los lugares que ha desplazado las letras del abecedario. ¿Eres capaz de descifrar el mensaje?

¿Cómo dice? ¿Que si hemos puesto la solución? ¿Todavía se atreve a dudarlo? Búsquela más abajo.

[En esta imagen podemos ver una de las páginas del enigmático manuscrito Voynich, un misterioso libro, escrito y dibujado a mano por un autor anónimo hace unos 500 años, con un lenguaje totalmente incomprensible en un alfabeto desconocido. El libro está, además, lleno de inexplicables ilustraciones que parecen aludir a conocimientos científicos imposibles para la época en la que fue escrito. Debido a la incapacidad para descifrar el texto, algunos han creído que el manuscrito Voynich se trata de un elaborado engaño. Sin embargo, el lenguaje utilizado en él sigue la ley de Zipf, que cumplen todas las lenguas naturales: la longitud de las palabras usadas es inversamente proporcional a la frecuencia de aparición de las mismas. Eso indica que el voynichés, el indescifrable idioma usado en el manuscrito, no se trata de una lengua artificial e inventada como el élfico de Tolkien o el klingon de Star Trek, sino que está basado en una lengua natural. Es imposible que hace 500 años el autor del manuscrito conociera la ley de Zipf, descubierta en el siglo XX, y la tuviera en cuenta, adrede, inventando un lenguaje que la pudiera cumplir.]

Solución:

Basta que tomemos una hoja de papel y escribamos en ella el alfabeto español: A B C D E F G H I J K L M N Ñ O P Q R S T U V W X Y Z (veintisiete letras), y luego lo volvemos a escribir debajo el alfabeto, y hacemos un desplazamiento de letras: si por ejemplo el desplazamiento es de tres lugares, la A la podemos unir con una línea con la D, la B con la E, la C con la F, etc.

También nos podemos construir de papel o cartulina un par de discos como los de la imagen:

Uno de los discos ha de contener el alfabeto de afuera, y el otro el de dentro, los unimos por el centro con una chincheta de forma que puedan rotar independientemente, así es sencillo cambiar cada letra por otra desplazada. En la imagen hay un desplazamiento de siete letras. Téngase en cuenta que el alfabeto de la imagen es un alfabeto inglés de veintiséis letras al que le falta la Ñ.

Hay que probar con diferentes desplazamientos hasta que empiecen a salir palabras con sentido. En nuestro caso, las letras han sido desplazadas precisamente tres letras. Así, para descifrar el texto, sustituimos cada letra por la que está tres lugares delante: la W por la T, la H por la E, la P por la N, etc.

Una vez hecho esto, obtenemos el siguiente mensaje: TENGO LA CONTRASEÑA PARA ENTRAR EN EL ORDENADOR DE JUAN.

Notas: para saber más sobre mensajes cifrados, recomiendo leer mis dos entradas en este blog: Mensajes cifrados (1), y Mensajes cifrados (2): la clave URODINELAS.

El problema de esta semana ha sido extraído del libro de texto de la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Potencias elevadas

2010-04-23T15:30:00.055+02:00

Esta semana se les propuso a los grumetes el siguiente problema:

A Felipe y Margarita les gusta competir con sus calculadoras. Al igual que muchas otras potencias, 7⁵⁹ no cabe en la pantalla, pero Felipe afirma que el resultado acaba en 1, mientras que Margarita piensa que acaba en 43. ¿Cuál de los dos tiene razón?

La solución aquí mismo, en esta misma pantalla, pero un poco más abajo.

[Aquí tenemos una foto de una de las primeras calculadoras mecánicas, la pascalina, que fue inventada por Pascal, de ahí el nombre, en 1645. La pascalina sólo era capaz de sumar y restar números de hasta seis cifras, y Pascal la construyó pensando en ayudar a su padre, contador de la Hacienda francesa, y facilitarle el trabajo con los cálculos aritméticos comerciales.]

Solución:

Los problemas en los que nos dan potencias altas y nos piden en qué cifra terminan se resuelven todos probando con las primeras potencias y encontrando la secuencia de terminaciones.

Para las potencias de 7 es fácil encontrar la secuencia:

7⁰ = 1

7¹ = 7

7² = 49

7³ = 343

7⁴ = 2.401

7⁵ = 16.807

7⁶ = 117.649

7⁷ = 823.543

7⁸ = 5.764.801

etc.

Como se puede comprobar, la cifra de las unidades sigue la secuencia 1, 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, ... de forma que las potencias múltiplos de 4 acaban todas en 1.

La potencia que estamos buscando es la 59, la múltiplo de 4 anterior más próxima es la 56, 7⁵⁶ termina en 1, 7⁵⁷ termina en 7, 7⁵⁸ termina en 9 y 7⁵⁹ termina en 3. Felipe, por tanto, no tiene razón.
Pero más que en 3, Margarita afirma que termina en 43 exactamente. ¿Es eso cierto? Si observamos la sucesión de potencias, veremos que también la cifra de las decenas va siguiendo un patrón concreto: 01, 07, 49, 43, 01, 07, 49, 43, luego podemos asegurar que Margarita sí tiene razón.

De hecho, con ayuda de una calculadora que pueda mostrar todos los números, por ejemplo la web2.0calc, obtenemos la potencia completa que estamos buscando:

7⁵⁹ = 72.574.551.534.231.909.331.741.171.093.173.785.967.490.646.405.143

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Los vecinos

2010-04-16T15:30:00.087+02:00

Este es otro antiguo problema de la semana que incluí en la web doDK:

El abuelo de Dani, que es un simpático señor que ya cumplió los 70 pero al que aun le falta para llegar a los 80, y el padre de Laura, que es cuarentón, viven en la misma calle, en la acera de los pares y en casas contiguas. Laura observa que el producto de la edad de su padre por el número de la casa del portal en que vive es igual al producto de la edad del abuelo de Dani por el número de su portal. Calcula las edades de ambos y los números de sus casas.

Más abajo, como siempre, está la solución.

[La foto que hemos seleccionado hoy es la de la fachada del Museo de Sherlock Holmes, en Baker Street. El famoso detective de ficción siempre se destacó por resolver sus casos con su aguda percepción de los detalles y su irresistible capacidad lógica. Arthur Conan Doyle afirma que Sherlock Holmes vivía en el número 221B de Baker Street, pero ese número en realidad no existía, porque en la época en que Doyle escribió los relatos la numeración de la calle sólo llegaba a 100. Más tarde, en el siglo XX, la calle se amplió, uniéndose a la que antes se conocía como Upper Baker Street, y ocho números, entre los que se incluía el 221, fueron asignados a un edificio llamado Abbey House, que desde ese momento empezó a recibir una ingente correspondencia desde todas partes del mundo dirigida al famoso detective. Tantas cartas recibían, que la Abbey Road Building Society, la constructora del edificio, tuvo que designar un "secretario permanente de Sherlock Holmes" para que se hiciera cargo de aquella correspondencia. La imagen y toda la información se ha tomado de esta web.]

Solución:

Este es un problema de tanteo, pero en el que, al igual que hacía Sherlock Holmes, tenemos que emplear la lógica para descartar posibilidades y quedarnos con la única solución válida. Si llamamos D a la edad del abuelo de Dani, y d al número donde vive, L a la edad del padre de Laura y l al número donde vive, entonces:
D · d = L · l
Si pasamos a un lado las edades y a otro los números de los portales, entonces:
D / L = l / d
Lo que nos interesa de esta igualdad es que las edades forman la misma proporción o razón que los números de las casas. D es un número entre 70 y 79, y L es un número entre 40 y 49. Entonces la razón de las edades es como mínimo 70/49 = 1.42857, y como máximo 79/40 = 1.975.
Ambas personas viven en casas contiguas en la acera de los pares. Los números de los portales pueden ser 2 y 4, 4 y 6, 6 y 8, 8 y 10, etc. Pero las razones en cada pareja de números son: 4/2 = 2; 6/4 = 1.5; 8/6 = 1.3333; 10/8 = 1.25, etc. Rápidamente se llega a la conclusión de que los números de las casas han de ser 4 y 6, para estar en una proporción compatible con las edades, D y L, pues las demás parejas tienen una razón demasiado elevada (4/2 = 2), o demasiado pequeña (8/6, 10/8, etc.)

Una vez que tenemos esto, vamos probando parejas de edades que estén en la misma proporción que 4 a 6, y encontramos que los únicos números que cumplen este requisito son 48 y 72, 72/48 = 1.5, con lo que el abuelo de Dani tiene 72 años y el padre de Laura 48, y viven en el número 4 y el número 6 respectivamente.

[El Problema de la Semana] El profe de matemáticas

2010-04-09T15:30:00.002+02:00

A continuación un sencillo problema recuperado entre los restos de doDK.

Tenemos un profesor de matemáticas que no pierde oportunidad de ponernos problemas. El otro día hicimos un examen y hoy, en la clase, le dijimos que si lo había corregido. Nos dijo que sí, pero que los había olvidado en su casa. Nos fastidió, así que le preguntamos si recordaba al menos el número de aprobados. Nos contestó que no recordaba el número exactamente, pero que le llamó la atención que al 95% de los alumnos y alumnas que habían aprobado les gustase mucho el baloncesto. Si en clase hay 35 alumnos/as, ¿cuántos aprobaron?

Si miran ustedes más abajo de la imagen, encontrarán la solución, como siempre.

[Ya que el problema de la semana habla de baloncesto, y yo siempre he sido muy aficionado a este deporte, incluyo una ilustración con las medidas de la cancha, del balón, la canasta, etc. Como todo el mundo sabe, tanto el baloncesto como los demás deportes se pueden ver desde un punto de vista matemático, por la geometría de la cancha y de los objetos usados, la estadística de los deportistas, las marcas de velocidad, tiempo y masa, las trayectorias del balón, la disposición dinámica de los jugadores, etc. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:

Basta mirar aquellos números que al hacerle el 95 % da un resultado exacto. El único número menor de 35 cuyo 95% es exacto, es 20, luego aprobaron 20 alumnos y de ellos al 95%, es decir, a 19 alumnos, les encanta el baloncesto.

También se puede observar que 95% = 95/100 y si simplificamos la fracción nos queda 95/100 = 19/20.

[El Problema de la Semana] Cuadrado al cuadrado y algo más

2010-03-31T15:30:00.000+02:00

Otro de los antiguos problemas publicados en doDK, del cual, como es habitual, he perdido la fuente y no puedo decir ahora de donde lo extraje.

He tomado un determinado número y hallado su cuadrado. Después, he elevado este cuadrado al cuadrado y multiplicado el resultado por el número original. Al final de mis cálculos, hallo como resultado un número de 7 cifras acabado en 7. ¿Cuál es el número original?

La solución no se hará esperar, en cuanto la imagen dejéis pasar.

[Esta imagen está tomada de la web Grand Illusions. Consiste en un sencillo juguete formado por seis cuadrados hechos de plástico transparente de tres colores, y unidos por una esquina mediante una pieza de goma que se puede pegar a una ventana, por ejemplo. Con la luz que entre por la ventana, los niños pueden jugar a darle vueltas a los cuadrados y descubrir las diferentes tonalidades de colores que se van formando al combinar los cuadrados entre sí. Recomiendo visitar la página grand-illusions.com, porque está llena de todo tipo de objetos y juguetes mágicos, ilusiones ópticas, y artículos y vídeos de muchos de ellos]

Solución:

Si elevamos al cuadrado, luego otra vez al cuadrado y luego multiplicamos por el número original, estamos elevando a la quinta:

(x²)² · x = x⁵

Tenemos que encontrar a un número que elevado a la quinta dé un resultado de siete cifras que termine en 7. Esto se puede hacer a tanteo, aunque basta probar con los números que terminan en 7, porque son los únicos que pueden dar de última cifra 7 cuando se elevan a la quinta potencia (los que terminan en 3 también pueden dar 7 en la última cifra, pero no cuando se elevan a la quinta potencia).

Tras un breve tanteo se comprueba que 17⁵ = 1419857, es decir, 17 es el único número que lo cumple.

El barco fantasma

2010-03-29T12:17:00.004+02:00

Cuaderno de bitácora: esta mañana, a través de la densa niebla, he avistado la forma de un navío de aspecto conocido y con intrépido ánimo le he pedido al timonel que pusiera rumbo hacia el extraño barco. No ha sido difícil surcar el piélago que nos separaba, y cuando nos hemos aproximado hacia el barco nos hemos encontrado para nuestro asombro con la presencia inquietante y fantasmal de doDK, que suponíamos naufragado desde hace varios meses.

A pesar de nuestras voces y señales no hemos recibido contestación, ni hemos podido ver ningún tripulante a bordo; el barco parece abandonado a su suerte. Tanto mi persona como el resto de los matemarineros, dominados por sentimientos supersticiosos, hemos evitado abordar el extraño navío y después de acompañarlo durante un buen rato en su rumbo a la deriva nos hemos separados lentamente de él. Finalmente la niebla se lo ha vuelto a tragar, y dudo que lo vayamos a encontrar de nuevo en nuestro periplo.

Ignoro si sus bodegas conservarán intacto aquello que una vez contuvieron, yo por mi parte no pienso averiguarlo. ¡Adiós doDK! ¡Sigue surcando el ancho espacio de los matemares en tu recorrido aleatorio! ¡Conviértete en una de esas leyendas y misterios que pueblan las inmensidades mateoceánicas! ¡Que las tormentas te respeten, el agua no pudra tus fuertes cuadernas y los peces se asombren al verte pasar brillando al sol de cielos limpios!

[El Problema de la Semana] Sumas de impares

2010-03-26T15:30:00.000+01:00

Hoy, otro de los antiguos problemas de doDK:

Nos han encargado que sumemos todos los números impares desde el 1 al 101 ambos inclusive. Después de un buen rato hemos finalizado la cuenta, pero luego nos han encargado la suma del 1 al 201, y cansados de sumar, queremos encontrar una fórmula fácil que nos dé el resultado.

Encuentra la fórmula, y como aplicación calcula la suma de los impares desde el 1 al 101, del 1 al 201 y del 1 al 343.

¿Dónde estará

la solución?

Justo pasando

la ilustración.

Girad la rueda

en el ratón;

la encontraréis

sin dilación.

[Esta imagen está tomada de una actividad realizada por George Hart en la Universidad de Albion (Albion College), en el verano de 2008. Muestra el vestíbulo de dicha Universidad, en la que Hart dirigió a varios grupos de personas para montar las estructuras geométricas que luego fueron izadas y colgadas a diferentes alturas, como se ve en la foto. En total hay nueve formas geométricas, aunque en la imagen sólo se ven ocho, y están colocadas de forma que su sucesión inspira el vuelo de un asteroide o cometa espacial. Es sorprendente que, a pesar de que las estructuras son perfectamente regulares, Hart ha conseguido una forma intrincada que junto a los colores elegidos sugieren la forma irregular y rugosa de una roca incandescente entrando a la atmósfera de la Tierra. Ver nota al final de esta entrada para más detalles sobre George Hart]

Solución:

Basta ir probando con las primeras sumas de impares y darse cuenta de lo que pasa:

1 = 1 = 1²

1 + 3 = 4 = 2²

1 + 3 + 5 = 9 = 3² ...

Las sumas de números impares consecutivos siempre da el cuadrado de un número, concretamente el número que es media aritmética de los impares que estamos utilizando. Si queremos sumar todos los impares desde el 1 al 101 va a salir el cuadrado del número que es media aritmética entre 1 y 101:

(1 + 101) : 2 = 51; luego

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 99 + 101 = 51² = 2601

Y de la misma forma:

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 199 + 201 = 101² = 10201

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 341 + 343 = 172² = 29584

Aclaración: evidentemente, para los matenavegantes un poco curtidos, este problema trata en realidad de la suma de progresiones aritméticas, y se pueden utilizar las fórmulas apropiadas para calcular dichas sumas, pero en este caso particular, sumando números impares, nos hemos encontrado con el atajo que se ha explicado antes y las fórmulas no son necesarias, tan solo un poco de atención e ingenio.

Nota: la página de George Hart es uno de los últimos descubrimientos en nuestro periplo de matenavegación. Recomendamos a todos los oficiales de los Barcos Escuela que la visiten, porque está llena de sorprendentes actividades. Una de ellas, concretamente la que Hart realizó en la Universidad de Sevilla en octubre de 2008, la hemos repetido en nuestro propio Barco, y en este enlace se pueden contemplar los resultados.

Ludolph van Ceulen y la extraña redacción (o en qué se parece una furgoneta a los 35 primeros decimales del número pi)

2010-03-23T12:27:00.004+01:00

Cuaderno de bitácora: entre los muchos papeles viejos que aparecieron el pasado verano cuando nos pusimos a hacer una limpieza a fondo de los camarotes, quiero subir a este blog uno de ellos que me trae la imagen de una simpática grumete de hace tres o cuatro años, la cual, un día de aquellos, y a propuesta mía, presentó una redacción sobre Ludolph van Ceulen.

La curiosa vida de van Ceulen la encontré por primera vez dentro de un libro de texto, en un pequeño artículo de una sección de curiosidades incluidas al final de cierto tema. Ludolph van Ceulen fue un matemático alemán del siglo XVI y principios del XVII, que emigró a Holanda por motivos religiosos y fue nombrado profesor de la Universidad de Leiden en 1600, cuando contaba con 60 años. Lo más curioso, y el motivo de que se le recuerde, es que se pasó los último veinte años de su vida calculando cifras decimales al número pi, π, y cuando murió había logrado determinar π con la friolera de... 35 cifras decimales:

3,14159265358979323846264338327950288.

Como recordatorio de su gesta, el número π con sus treinta y cinco primeros decimales fue grabado en la lápida de su tumba, y en parte de Europa al número π se le ha llamado durante mucho tiempo número ludolphino (pronúnciese la ph como una efe: "ludolfino").

El número π es quizás el más famoso de las matemáticas, y conocer su historia es descubrir un largo camino lleno de hitos importantes, mediante los cuales nos podemos hacer una idea de lo que han sido muchos aspectos de la aritmética, de la geometría, del álgebra, del cálculo y del análisis, y de cómo han ido evolucionando a través de los tiempos. No es una historia para conocer ni comprender por completo en un rato, sino que requiere paciencia y progresiva profundización.

La historia de π está llena de anécdotas y hechos curiosos. Podemos hacer un mínimo resumen de ella, y empezar diciendo que π era conocido desde la más remota antigüedad en su definición, "la razón o proporción entre la longitud de una circunferencia y su diámetro"; pero una cosa es definirlo y otra muy distinta es calcularlo.

Diferentes civilizaciones han dado distintas aproximaciones del número π, algunas más alejadas de su valor real, otras más ajustadas, más exactas. En la Biblia, en el Libro de los Reyes, se dan una serie de instrucciones para construir un caldero, y en esas instrucciones se asume implícitamente que π es igual a 3. Los egipcios dieron un valor a π de 3'1666... y los griegos un valor de 3'125. Los chinos se aproximaron mucho, dando un valor a π de 355/113. Si hacemos la división veremos que coincide con π en las seis primeras cifras decimales (consultar la página de la wikipedia para más detalles).

Se dice que Arquímedes fue el primero que propuso un método o algoritmo geométrico que se usó durante siglos para aproximarse al valor de π. El método es muy sencillo: se trata de tomar una circunferencia, de un diámetro determinado, y calcular su longitud aproximándola mediante el perímetro de polígonos regulares. Tomamos polígonos regulares inscritos (polígonos interiores cuyos vértices están en la circunferencia) y polígonos regulares circunscritos (polígonos exteriores cuyos lados son tangentes a la circunferencia). Conforme vamos aumentando el número de lados de esos polígonos, se van pareciendo cada vez más a la circunferencia, y los perímetros se van aproximando cada vez más a la longitud real de la circunferencia, que al dividirla entre la longitud del diámetro, nos va acercando al número pi con la precisión que queramos.

Éste método, como hemos dicho antes, estuvo en uso durante muchos siglos. Pero el problema son los cálculos aritméticos. Sin ayuda de calculadoras, sin ni siquiera el apoyo de los logaritmos, que no se inventarían hasta principios del siglo XVII, los matemáticos de aquellos tiempos se tenían que enfrentar a tediosos cálculos a mano que, para obtener unas cuantas cifras decimales de π, requerían horas y horas de trabajo. El método de Arquímedes, a pesar de la simplicidad de su planteamiento, es un método lento, se necesitan ir tomando polígonos de muchos lados (miles, millones, billones de lados) para avanzar significativamente en el cálculo de las cifras decimales de π. Se dice, por ejemplo, que para obtener las 35 cifras de π, Ludolph van Ceulen necesitó manejar polígonos regulares de 2 elevado a 62 lados (unos cuatro trillones y medio de lados; un trillón = un uno seguido de dieciocho ceros, 1.000.000.000.000.000.000 = 10¹⁸).

A partir del siglo XVII, XVIII, con el avance del cálculo infinitesimal y del análisis matemático, empezaron a desarrollarse métodos mucho más eficientes para el cálculo de las cifras decimales del número π. Newton, Leibniz, Wallis, Euler fueron algunos de los matemáticos que, a través del estudio de las series numéricas, encontraron dichos métodos de cálculo.
Sería en pleno siglo XX cuando la llegada de los ordenadores permitiría dar un salto de gigante en el cálculo de esas cifras. Ferguson, en 1947, con la ayuda de una calculadora mecánica, llegó a calcular 808 decimales de π, pero apenas dos años más tarde, ENIAC, el primer ordenador, logró calcular 2037 decimales de π en tan solo setenta horas. Después de este acontecimiento y hasta nuestros días, se han utilizado ordenadores cada vez más rápidos y potentes, y el número de cifras decimales calculadas ha ido aumentando de forma exponencial. La última marca la estableció Fabrice Bellard el 31 de diciembre de 2009, día en que anunció que había conseguido un total de 2.7 billones de cifras decimales. En este artículo de El País se cuentan los detalles.
Regresando a la redacción que me presentó la grumete hace varios años, conservo la fotocopia de la misma y he podido releerla. Esta redacción ya ha quedado como un paradigma de la desconexión total que a veces se produce entre los grumetes y las tareas que tienen que hacer. Cuando en el Barco Escuela los oficiales matenavegantes les mandamos una tarea, lo importante para ellos es presentar algo, lo que sea, aunque no tenga el mínimo sentido. Y eso es lo que me presentó la grumete, un papel escrito a mano, con buena letra, y decorado con el típico método de ir chamuscando y quemando ligeramente los bordes del papel para que parezca un viejo pergamino, pero su contenido no tenía ni pies ni cabeza. A continuación lo reproduzco; el lector debe tener en cuenta que la intención es escribir sobre van Ceulen y las cifras decimales del número pi:

Al 1500s España fue encontrada a un "limpiamiento espiritual" conocido también como la "inquisición". A los no Católicos, esto significó el encarcelamiento, la tortura generalmente, y/o ejecución. Mientras que el español comenzó a conquistar Europa occidental, forzaron muchos a huir a la seguridad de los estados holandeses.
Tal es el caso de Colonia, que cayó a España en 1559. Como muestra de identificación, las clases ricas de Colonia unieron a menudo, furgoneta Keulen de van Ceulen ("akal del subfijo") a sus nombres, que significa literalmente "de Colonia".

Eventual, los nombres de la "furgoneta" se reconocieron mientras que los apellidos, y así, la familia de la furgoneta Keulen/van Ceulen fueron creados.

¿Inquisición española? ¿Colonia? ¿furgoneta Keulen? ¿reconocimiento de apellidos?

Supongo que la autoría de la redacción está compartida entre alguna página web en inglés sobre Colonia y un traductor automático particularmente extraño y desafortunado. A la grumete no pareció importarle el contenido. Simplemente lo copió, a mano (lo cual no deja de tener su mérito) y lo presentó. Posteriormente he estado buscando en la red la fuente de la redacción, pero no he sido capaz de encontrar tal combinación de despropósitos.
Lo que más me ha gustado, con diferencia, es la traducción de van Ceulen por furgoneta Keulen. Me recuerda lo bien que lo pasé leyendo un folleto de instrucciones para la instalación de la placa base de un ordenador; en dicho folleto, entre muchas otras barbaridades, el traductor de turno hablaba del abanico de la placa base, refiriéndose en realidad al ventilador, y lo único que me faltó es imaginarme a la placa base ataviada con peineta, mantón de manila, y una flor entre las conexiones de los chips.

[El Problema de la Semana] El cuadrado maya de la buena suerte

2010-03-19T15:30:00.000+01:00

Este problema también apareció en doDK hace bastante tiempo.

En una pirámide maya hay un grabado como el que reproducimos. Debajo de él se puede leer: “Aquel que calcule la superficie del cuadrado interior, sabiendo que el exterior mide 100 centímetros cuadrados, recibirá del dios Itzamná suerte durante 50 años del calendario Tzolkin”. Si crees en la fuerza del destino, ponte a trabajar.

¿Hoy también ponemos la solución? ¿No? ¿Sí? ¿Tal vez? Pues miremos más abajo de la ilustración si queremos saberlo.

[Una de las actividades del pueblo maya era su famoso juego de pelota, en el que en una cancha con forma de H los jugadores mayas se disputaban una pelota maciza de caucho para intentar introducirla por uno de los dos aros de piedra verticales sujetos en las paredes centrales. La pelota se podía golpear con la cintura, y parece que también con los hombros, codos y rodillas, pero no con manos, pies ni cabeza. Los partidos podían durar un día y una noche, y no se disputaban como un entretenimiento, sino como un ritual, un oficio religioso que representaba la mitología maya de la creación]

Solución:

Es muy sencilla, basta con girar el cuadrado de dentro y colocarlo como se ve en el dibujo adjunto, y así nos daremos cuenta de que la superficie del cuadrado pequeño es la mitad de la del cuadrado grande.

Por tanto la solución es 50 centímetros cuadrados.

El que no se da cuenta de este astuto giro, lo puede resolver por el teorema de Pitágoras, llegando a la misma solución.

Notas: en su momento no apunté la fuente de muchos de los problemas que incluí en doDK, y de momento, debido a ciertos arreglos que se están realizando en nuestro Barco Escuela, no puedo buscar dichas fuentes, así que ahora me encuentro con que sé que este problema de hoy lo saqué de alguna parte, pero no puedo decir de dónde.

Los problemas de matemáticas son como los refranes, o como los chistes, es difícil rastrear al verdadero autor, pues muchos de los problemas se remontan a libros, pergaminos, papiros y estelas antiquísimos, y los profesores matenavegantes de todas las épocas los han ido transmitiendo con multitud de variaciones y adaptaciones a sus alumnos durante las clases de matemáticas. Si decimos que un problema lo hemos extraído de tal libro, lo más probable es que el autor de dicho libro lo haya tomado de otro libro anterior, o de alguien que se lo contó en su momento, y ese alguien lo recibió de otro alguien anterior, etc. Es muy difícil encontrar hoy en día problemas totalmente originales, salvo cuando ya son muy especializados en diversas ramas novedosas de las matemáticas.

[El Problema de la Semana] Una calculadora estropeada

2010-03-12T15:30:00.037+01:00

Ahí va el nuevo problema:

Imagina que tu calculadora tiene estropeada la tecla del "cero". El juego consiste en conseguir que aparezcan en la pantalla estos números: 250, 205, 2050, 0'025.

¿Y cómo se podrían efectuar los siguientes cálculos? 0'025 · 205; 2050 : 250.

Recuerda que la tecla del "cero" sigue estropeada.

¡Santo cielo! ¿Dónde estará la solución? Que no cunda el pánico... Está más abajo, después de la imagen ilustrativa.

[Hablando de calculadoras, esta cosa extraña con el nombre de CURTA es en realidad una calculadora mecánica inventada durante la Segunda Guerra Mundial por un prisionero de un campo de concentración nazi, Curt Herzstark. Evidentemente, el nombre de Curta proviene del nombre su inventor, que sobrevivió al campo de concentración y perfeccionó el diseño de su calculadora, sacándola al mercado en 1948. Fueron consideradas las mejores calculadoras de mano hasta 1970, año en que empezaron a ser reemplazadas por las calculadoras electrónicas. Las Curtas pueden sumar, restar, multiplicar y dividir, y por su diseño fueron llamadas molinillos de pimienta. Se puede consultar la página de la wikipedia para más detalles, y también un simulador de cómo funciona]

Solución:

Es evidente que este problema admite múltiples soluciones. Por ejemplo, si queremos que aparezca en pantalla el 250 sin pulsar la tecla del "cero" podemos hacer cualquier cálculo que nos dé 250 como solución, y hay infinidad de cálculos en los que no necesitamos pulsar el "cero": 249 + 1, 251 − 1, 125 · 2, etc...

A continuación voy a escribir una de esas infinitas posibilidades, buscando pocas operaciones y una cierta "elegancia" en la elección de los números, usando principalmente productos y divisiones en lugar de sumas y restas:

250 = 125 · 2

205 = 41 · 5

2050 = 82 · 25

0'025 = 1 : (8 · 5)

Una vez que tenemos estas posibilidades, basta combinarlas para obtener las dos operaciones que nos pregunta el problema:

0'025 · 205 = [1 : (8 · 5)] · 41 · 5

2050 : 250 = (82 · 25) : (125 · 2)

Ampliación:

Aprovechando que en nuestra solución hemos usado productos y cocientes, las dos últimas operaciones se pueden simplificar y obtener el mismo resultado con menos pasos.

0'025 · 205 = [1 : (8 · 5)] · 41 · 5, aquí podemos simplificar un 5 que multiplica con otro que divide, obteniendo el mismo resultado así: 0'025 · 205 = 41 : 8

2050 : 250 = (82 · 25) : (125 · 2), podemos simplificar el 25 con el 125 y el 82 con el 2, y se obtendría el mismo resultado así: 2050 : 250 = 41 : 5

Cuando los matenavegantes nos encontramos con un problema que tiene muchas formas de solucionarse, no nos conformamos con haber encontrado esas soluciones, sino que nos preguntamos cuál de las soluciones será la más corta, la más eficiente, etc. Sí, a los matenavegantes nos gusta complicarnos la vida. En nuestro caso podría ser interesante averiguar, para cada una de las operaciones, cuál es el mínimo número de teclas que tenemos que pulsar en nuestra calculadora para obtener el resultado.

Así, para 250, parece que necesitamos al menos pulsar cinco teclas más la del "igual", aunque eso también dependerá del modelo de calculadora que tenemos.

Si hacemos 250 = 125 · 2, son cinco teclas (más la del igual, pero de ahora en adelante no vamos a contarla), pero si hacemos 250 = 5³ · 2, y nuestra calculadora tiene una tecla que eleva al cubo directamente, entonces sólo tenemos que pulsar cuatro teclas.

Análogamente, 205 = 199 + 6, aquí hay que pulsar cinco teclas, pero con la solución que hemos dado más arriba, 205 = 41 · 5, sólo hay que pulsar cuatro.

Invito a todos los lectores a que experimenten con sus propias calculadoras y traten de encontrar esos números mínimos de teclas que se necesitan para cada cálculo.

Notas: este problema ha sido extraído del libro de texto de la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Llenas, medio llenas y vacías

2010-03-05T15:30:00.001+01:00

El problema de la semana para los grumetes:

Tres hermanos recibieron 21 botellas cerradas iguales con diferentes cantidades de un refresco de naranja: 7 estaban llenas; otras 7, medio llenas, y las 7 restantes, vacías.

¿Cómo repartirse las 21 botellas de modo que cada uno reciba el mismo número de botellas y la misma cantidad de refresco sin destapar las botellas?

La solución, ¡cómo no!, debajo de la foto.

[En la fotografía se puede contemplar un modelo tridimensional de la botella de Klein, una superficie cerrada que no tiene interior ni exterior, y que es equivalente, en superficie cerrada, a la banda de Möbius. Nosotros, en nuestra realidad tridimensional, estamos acostumbrados a que las superficies cerradas, como un balón de fútbol, una botella cerrada, una caja cerrada, tengan interior y exterior, y no se pueda pasar de uno a otro sin romper o atravesar la superficie. En realidad, la botella de Klein no es un objeto tridimensional, sino tetradimensional (de la cuarta dimensión), una superficie que no se corta a sí misma, pero como se aprecia en la foto, para representarla en tres dimensiones se necesita que el "cuello" de la botella se meta dentro de la "barriga" para unirse con el fondo, atravesando la superficie, cosa que en cuatro dimensiones no pasaría. La foto me parece muy simpática: obsérvese la absurda escala de medida, en la que el volumen contenido es siempre cero, (en realidad, al no tener interior ni exterior, cualquier cosa que se "meta" dentro de la botella no se puede aislar del exterior, con lo cual esta botella no sirve para "guardar" nada); obsérvese también en la parte inferior la frase en inglés Imported from the 4th Dimension, "importada de la cuarta dimensión". La imagen se ha extraído de esta web]

Solución:

En primer lugar debemos darnos cuenta que en total son 21 botellas, y de refresco son 7 botellas enteras y 7 medias botellas, que hacen 10½ botellas, con lo que repartiendo entre los tres, cada uno debe tener 7 botellas, y de refresco 3½ botellas cada uno. Hay al menos dos soluciones diferentes, como cualquiera que piense un poco puede descubrir, y creo que son las dos únicas soluciones.

Una primera solución podría ser:

-el primer hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.

-el segundo hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.

-el tercer hermano, 1 botellas llena, 5 botellas medio llenas, y 1 vacía.

Una segunda solución podría ser:

-el primer hermano, 2 botellas llenas, 3 botellas medio llenas, y 2 vacías.

-el segundo hermano, 2 botellas llenas, 3 botellas medio llenas, y 2 vacías.

-el tercer hermano, 3 botellas llenas, 1 botella medio llena, y 3 vacías.

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto para 3º ESO de editorial SM.

[El Problema de la Semana] Los güisquis

2010-02-26T15:30:00.000+01:00

Otro sencillo problema publicado en doDK, aunque hemos cambiado el protagonista y el tipo de bebida.

Un escocés y medio se bebe un güisqui y medio en un día y medio. ¿Cuántos güisquis se beben seis escoceses en seis días?

¿La solución? ¿dónde? Pues como siempre... más abajo de la imagen.

[En la imagen, tomada de Wikimedia Commons, un gaitero escocés, con su precioso traje de gala. De Escocia es un matemático muy conocido, John Napier, el descubridor de los logaritmos. Su apellido, Napier, adaptado, da nombre a los logaritmos neperianos]

Solución:

Se puede resolver paso a paso, o aplicando una regla de tres compuesta.

Si un escocés y medio se bebe un güisqui y medio en un día y medio, entonces, en un solo día se bebe un solo güisqui. El doble de escoceses, tres, se beberán en un solo día dos güisquis, y el doble, seis escoceses, se beberán en un solo día cuatro güisquis.

Por tanto, seis escoceses se beberán en seis días 6 · 4 = 24 güisquis.

Nota: aunque es un problema muy sencillo, la primera vez que leí el enunciado me dejó perplejo eso de un escocés y medio, y me gustó el ritmillo de la frase, que parece querer convertirse, cualquier día, en una tonta canción infantil, acompañada, por supuesto, de un fondo de gaitas escocesas.

Matemáticas y cine: Dentro del Laberinto

2010-02-22T13:59:00.001+01:00

Cuaderno de bitácora: parece que todos los cursos, en el Barco Escuela, estoy recurrentemente destinado a repetir a los grumetes los mismos temas. Uno de ellos surge cuando les presento al maravilloso y popular pintor M. C. Escher, y les muestro algunos de sus cuadros. Hay uno de ellos, Relatividad, que es muy conocido, y representa una especie de lugar fantástico, una casa o castillo, en el que las tres dimensiones van intercambiándose el papel de arriba-abajo, izquierda-derecha, delante-detrás. El dibujo parece estar presidido por escaleras que son subidas y bajadas por individuos anónimos, pero no hay una dirección para subirlas o bajarlas, sino que la referencia es relativa a cada individuo: para cada uno de ellos la perspectiva arriba o abajo, izquierda o derecha, delante o detrás, es diferente. El castillo se abre en arcos y balcones a un exterior que también es distinto en cada perspectiva, haciéndolo imposible de conciliar para la imaginación de los que observamos la escena.

En este mundo de fantasía plasmado por Escher, los individuos sin rostro parecen autómatas incapaces de interactuar entre sí, cada uno vive atrapado por su propia perspectiva y situación, carecen de ojos para ver, quizás porque la visión sería incomprensible para su cerebro, y también carecen de oídos y de boca, porque el diálogo entre ellos es inútil, pues nunca podrán ponerse de acuerdo en una forma común de ver el mundo.

Propongo al lector que observe por un momento el cuadro y agrupe los diferentes personajes anónimos por conjuntos, cada uno con la misma perspectiva. Por ejemplo, en la esquina superior izquierda, hay una pareja que camina dándonos la espalda, y a su lado un personaje apoyado en un pretil, y un poco a la derecha otro personaje que baja una escalera, los cuatro con la misma orientación y perspectiva. O, en la esquina inferior derecha hay dos individuos sentados a una mesa delante de lo que parecen comestibles, y un poco a la izquierda se ve a otro, con la misma orientación, bajando una escalera y llevando en su mano izquierda una bandeja con una botella. ¿Cuántas perspectivas hay en total? ¿Cuántos personajes pertenecen a cada orientación?

Supongo que se puede filosofar mucho sobre el significado de la imagen de Escher, y sacarle un paralelismo con la situación del mundo actual y la actitud de tantos sectores radicales y fanáticos de la sociedad respecto a los demás sectores. Sin embargo, el título del cuadro lo resume todo: relatividad, todo es relativo, cada persona interpretará su mundo de acuerdo a su propia visión y la comprensión mutua llegará cuando sepamos ver esa misma relatividad en la que se envuelve todo, o cuando seamos capaces de ponernos de acuerdo en elegir perspectivas comunes.

A los grumetes, en clase, les comento que éste es un cuadro utilizado en una hermosa película: Dentro del Laberinto (Labyrinth), que les recomiendo encarecidamente para que la vean si no lo han hecho ya.

Personalmente, la película Labyrinth está ligada a diversos recuerdos nostálgicos de mi adolescencia. Con diecisiete o dieciocho años formaba parte de una pandilla de amigos y amigas del colegio, salíamos a pasear, a tomar algo en alguna cafetería, a visitar juntos los centros comerciales, a ir al cine, etc. Una de las películas que proyectaron en las pantallas de aquella época fue Dentro del Laberinto. Quizás sea que recuerdo aquellos años y los vuelvo a ver con los ojos soñadores de un adolescente, pero estoy convencido que fue una de las mejores épocas para el cine. En las pantallas se estrenaban películas llenas de fantasía e imaginación; fueron los años del triunfo de Steven Spielberg y George Lucas, los años en los que se estrenó, por ejemplo, la que considero mejor película de toda la saga Star Wars: El Imperio Contraataca; los años en los que apareció Indiana Jones, Blade Runner, Alien, Excalibur, Galáctica, Terminator, Rocky, y tantos otros títulos que luego han dado lugar a sagas, remakes e imitaciones.

En Sevilla, en la calle República Argentina, existe todavía una tienda de la cadena Vips que fue abierta en aquellos tiempos. Disponía de lo último en videos y libros, y entre los que exponía pude hojear un libro dedicado a los personajes de la película Dentro del Laberinto. El libro se ilustraba con una enorme cantidad de dibujos y bocetos de los monstruos de la película, duendes, ogros, goblins, describiendo cada uno de ellos, sus características, sus ocupaciones, su comportamiento, etc. Aquella imagen del libro lleno de dibujos y bocetos se me ha quedado grabada en la memoria, como un permanente estímulo para la imaginación. Éste es uno de los momentos atesorados de mi adolescencia, que envuelto en el glamour de la tienda Vips, en el ambiente de mi pandilla y en la magia del cine, siempre que lo recuerdo me produce un profundo estremecimiento emocional.
En Labyrinth, la joven Sarah (interpretada por Jennifer Connelly) debe rescatar a su hermano pequeño, que ha sido secuestrado por el rey de los goblins, Jareth (interpretado por David Bowie). Para ello debe introducirse en el reino de los duendes y atravesar el laberinto que se extiende delante del castillo de Jareth, y llegar al castillo antes de que se cumplan las trece horas asignadas para el rescate.
Al principio de la película, podemos ver la habitación de Sarah; en una de sus paredes destaca un póster con el grabado Relatividad de Escher que hemos puesto arriba. Los autores del filme han colocado allí el grabado como una referencia al autor holandés, pues se han inspirado en su obra para plasmar el interior del castillo de Jareth, que tiene una disposición similar a la representada en el cuadro y que vamos a conocer al final de la película, en el momento del desenlace. Es entonces cuando sola y metida en una especie de mundo onírico, Sarah llega al castillo y se encuentra un salón incomprensible lleno de puertas y escaleras colocadas en imposibles perspectivas, por las que el rey de los goblins juega a bajar y subir, salir y entrar, violando las leyes de gravedad y retando a Sarah en un último juego de ingenio e imaginación. La joven trata de llegar hasta donde se encuentra su hermano Toby, pero éste se aparece siempre en la escalera equivocada y se muestra inalcanzable, por mucho que Sarah se esfuerza en encontrar el camino correcto. La muchacha deberá tener fe y romper la ilusión saliéndose de las normas retorcidas que quiere imponerle el rey de los goblins, para rescatar finalmente a su pequeño hermano.

Hay un momento en el filme que también tiene una referencia matemática muy concreta. Es el momento en el que Sarah se enfrenta con dos puertas, delante de las cuales hay dos personajes extraños, cada uno de ellos cubierto por un escudo tras el que se asoma una cabeza por arriba, otra por abajo, varias manos y varios pies. Los personajes informan a la joven que una de las puertas conduce directamente al castillo del rey de los goblins, y la otra a una muerte segura. Para averiguar cuál es la puerta buena, las reglas son que Sarah sólo podrá hacer una pregunta y sólo a uno de los dos personajes, pero uno de ellos siempre miente y el otro siempre dice la verdad, y la joven no sabe cuál es cada cual. Así que después de pensar unos momentos Sarah se acerca a uno de ellos y le hace la pregunta correcta: "¿Me diría tu compañero que ésta es la puerta que lleva al castillo?", y cuando le contesta que sí, entonces la chica deduce que la puerta buena es la otra (piense el lector por qué).

Éste es uno de los problemas más conocidos en el que aparecen personajes que siempre dicen la verdad y otros que siempre mienten, y que a través de lo que dicen, hay que deducir cuál es la verdad. Existen libros enteramente dedicados a este tipo de problemas de lógica.

El mismo problema aparece en el filme español La habitación de Fermat, y uno de sus protagonistas afirma que lo vio en una película; es evidente que se está refiriendo a Dentro del Laberinto.

Notas: para contemplar la obra de Escher, es recomendable visitar su página oficial.

[El Problema de la Semana] Las cuatro tarjetas

2010-02-19T15:30:00.002+01:00

Esta semana el problema ha ido de darle vuelta a las tarjetas:

Tenemos cuatro tarjetas blancas. Por el otro lado son todas azules. Hay que dar la vuelta a las tarjetas para que queden todas mostrando su lado azul, pero en cada movimiento se le debe dar la vuelta obligatoriamente a tres (y sólo tres) tarjetas a la vez. ¿Cómo conseguirlo?

Como siempre, ponemos una imagen para que no aparezca la solución demasiado pronto. Para consultar la solución mirar más abajo de la imagen.

[Las tarjetas nos recuerdan a las construcciones con cartas de póker, y matenavegando nos hemos encontrado a Bryan Berg, un especialista en levantar enormes torres de cartas, como la de la fotografía. Bryan ostenta diversos récords Guinness sobre su habilidad. Recomiendo visitar la página de Bryan Berg, donde se pueden ver, entre otras cosas, videos impresionantes de sus trabajos]

Solución: aunque en principio el problema me pareció que podía ser complicado, cuando uno se pone a resolverlo encuentra el camino en pocos pasos.

Así, para el primer paso, damos la vuelta a tres cartas cualesquiera, por ejemplo las tres primeras.

Luego, le damos la vuelta a otras tres que no sean las mismas de antes, por ejemplo las tres últimas, y nos queda la siguiente combinación:

Se va viendo que en el primer movimiento, conseguimos que nos quedara una carta blanca, en el segundo nos quedan dos cartas blancas, en el tercero que vamos a hacer, buscaremos que nos queden tres cartas blancas, que serán las que se darán la vuelta en el cuarto movimiento para que al final se muestren las cuatro azules. Por tanto, el movimiento correcto que hemos de hacer ahora es el de girar las dos azules y una de las blancas, por ejemplo la primera, la tercera y la cuarta:

Ya tenemos, como queríamos, tres cartas blancas, y las giramos las tres, llegando al resultado que queríamos:

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto de 3º ESO, editorial Anaya.

Un padre de 220 años

2010-02-15T18:53:00.004+01:00

Cuaderno de bitácora: esta mañana, corrigiendo problemas de ecuaciones en el Barco Escuela, me encontré con uno bastante llamativo y he decidido reflejarlo en el diario de matenavegación.

Es uno de los problemas que propone nuestro libro de texto, va sobre edades y se resuelve con una ecuación de segundo grado. El enunciado del problema es el siguiente:

La edad de Luis es 22 veces la de su hija y dentro de cinco años será su cuadrado. ¿Qué edades tienen actualmente ambos?

El planteamiento del problema es estándar, como debe hacerse con todos los problemas de edades:

ahora - la hija tiene x años; Luis tiene 22x años

dentro de cinco años - la hija tendrá x + 5 años; Luis tendrá 22x + 5 años

"Dentro de cinco años, la edad de Luis será el cuadrado de la edad de su hija" nos lleva a la siguiente ecuación:

22x + 5 = (x + 5)²; resolvemos

22x + 5 = x² + 10x + 25; pasamos todo al primer miembro y hacemos operaciones

−x² + 12x − 20 = 0

Hemos obtenido una ecuación de segundo grado, y si la resolvemos, con la típica fórmula,

nos salen dos soluciones: x₁ = 2, x₂ = 10. Si tomamos el primer resultado, x₁ = 2, la hija de Luis tiene 2 años y Luis tiene 44 años. Parece una solución razonable.

Pero si tomamos el segundo resultado, x₂ = 10, nos sale que la hija de Luis tiene 10 años, y ¡Luis tiene 220 años!

Los comentarios de los grumetes son unánimes cuando se lo explico en la pizarra: ¡esta solución no es válida!, ¡la única buena es la primera, la de los 44 años de Luis y los 2 años de su hija!, ¡nadie tiene 220 años! Sin embargo, yo no puedo evitar que mi imaginación busque alguna posibilidad para que esto sea factible...

Lo primero que me viene al pensamiento, gracias a mi afición a la literatura, son los elfos de El Señor de los Anillos, personajes como Elrond, Galadriel o Arwen, inmunes a la vejez y a las enfermedades, con vidas que se extienden durante cientos y miles de años. Luis puede ser un elfo, que a la edad de 210 años decidió tener una hija...

Luego trato de imaginarme alguna situación en nuestro mundo real en la que se pueda dar el caso que estamos tratando. Evidentemente, no se conoce con certeza ninguna persona que haya pasado de doscientos años; consultando un libro de los récords Guinness, encontramos personas que han llegado hasta los 120 años.

Sin embargo, en el libro del Génesis tenemos citas de antiguos patriarcas que alcanzaron edades fabulosas; el caso más paradigmático fue el de Matusalén, que llegó a vivir 969 años. En general, se afirma que antes del Diluvio la edad de los seres humanos se acercaba a los mil años, y después del Diluvio, Dios acortó la vida de los hombres hasta los ciento veinte años (Génesis, 6:3). Es curioso que precisamente éste número coincida con el récord de vida de las personas más longevas conocidas, ¿Estará programado el ser humano en realidad para vivir ciento veinte años si no fuera por las enfermedades y el envejecimiento prematuro? Si nos ubicamos en el libro del Génesis, Luis y su hija son personajes bíblicos, pertenecientes a la época anterior al Diluvio Universal.

Otra posibilidad es la siguiente: existe la leyenda de un lugar de los Himalayas, llamado Shangri-La, en el que reina la paz y la felicidad, el tiempo se detiene y las personas pueden alcanzar vidas muy largas, de más de doscientos y trescientos años. Entonces, Luis y su hija viven en Shangri-La.

Por último, y entrando en el mundo de lo científicamente posible, Luis puede alcanzar los 220 años de varias maneras:

-Usando la criónica o la animación suspendida, para mantenerse vivo, y ser reanimado en el futuro, a finales del siglo XXII, para entonces tener a su hija.

-Partiendo de la Tierra en una nave que se acerque mucho a la velocidad de la luz; en este caso, por la teoría de la relatividad, el tiempo pasaría mucho más lento para los astronautas de la nave que para los que nos quedamos en el planeta Tierra. Cuando esa nave regresase a finales del siglo XXII, para nosotros habrán pasado ciento ochenta años, pero para los astronautas puede que sólo hayan pasado cinco o diez años. Luis es un astronauta de la nave, que al regresar, tendrá a su hija.

-Luis puede alargar la vida de su cuerpo con algún método biológico hoy todavía desconocido, reemplazando glándulas envejecidas, empleando hormonas o medicina genética, o algo similar.

Con tantas opciones diferentes, ¿seguiremos pensando que la solución x₂ = 10 no es válida?

2001 Una odisea del espacio: El misterioso monolito

2010-02-14T10:28:00.000+01:00

Hoy, otro de los artículos de doDK, sobre Matemáticas y Cine, dedicado a la película 2001: Una Odisea del Espacio. Como en todos los artículos que estamos rescatando del naufragio de doDK, hemos aprovechado esta ocasión para corregir y ampliar el texto.

Para aquél que todavía no ha visto la película, avisamos que en este artículo comentamos ampliamente sobre su argumento, y no es nuestra intención estropear (spoil, en inglés) la intriga, así que si quiere ver el filme sin ideas preconcebidas, ¡no siga leyendo!

Quizás lo más recordado de esta película sea su banda sonora, donde aparece esa magnífica composición titulada Así habló Zaratustra de Richard Strauss. Los acordes rotundos se van escuchando mientras un supuesto precursor del homo sapiens aprende a manejar un hueso, golpeándolo violentamente contra otros huesos esparcidos por el suelo. Entre tanto, la escena está siendo contemplada por un misterioso monolito que ha venido de no se sabe dónde y que se convierte después en el núcleo de la película.

El monolito negro y enigmático aparece en ese momento en que comienza el despertar de la raza humana. Resulta ser una especie de guía, un instructor, un objeto cuya presencia es el punto de partida del desarrollo del hombre. No se sabe quién lo colocó allí, pero evidentemente se trata de una inteligencia superior que quiere que el ser humano evolucione, y que en esas épocas de fragilidad para la especie humana viene a ayudar en el desarrollo de destrezas inteligentes que permitirán a los homínidos tomar ventaja frente al ecosistema y las demás especies competidoras.

Posteriormente la película da un salto hacia una época futura situada en los albores del año 2001. Han pasado tres millones de años en los que la especie humana ha evolucionado hasta desarrollar una civilización tecnológica, capaz de emprender los primeros viajes interplanetarios. En la órbita terrestre se está construyendo una gran estación espacial, y los viajes a la Luna son trayectos cotidianos para científicos y astronautas, que han instalado una base permanente en el cráter Clavius.
Durante las investigaciones en la Luna, los científicos descubren otro monolito semejante al que presenció el inicio de la raza humana, enterrado bajo la superficie rocosa del cráter Tycho. Cuando el extraño objeto es encontrado y desenterrado, y recibe los primeros rayos del Sol, manda una poderosa transmisión de radio hacia Júpiter. El artefacto fue colocado en la Luna como una especie de alarma o de avisador de esos seres desconocidos que ayudaron a la humanidad en sus comienzos; el que sea desenterrado significa que la raza humana ha triunfado en su desarrollo tecnológico, y es capaz de salir de su propio planeta, y el monolito está programado para mandar un mensaje con la noticia.
Los científicos deciden enviar una nave, la Discovery, hacia el planeta joviano, tripulada por varios cosmonautas entre los que se encuentra el protagonista, David Bowman. Tras sufrir ciertos contratiempos con el ordenador de a bordo HAL 9000, Bowman llega por fin a las cercanías de Júpiter y se encuentra allí, en medio del espacio, otro monolito, semejante a los dos primeros, pero de un tamaño gigantesco...

La película, dirigida por Stanley Kubrick y basada en un guión escrito por Kubrick y Arthur C. Clarke, es ya todo un clásico, no solo en el género de ciencia ficción, sino en toda la historia del cine. La elección de la forma de los objetos encontrados es uno más de sus aciertos: monolitos, por llamarlos de alguna manera, de unas características muy concretas; su color es negro, opaco, sin reflejo. El material del que están hechos es desconocido y se resiste a todo análisis. Lo único que se puede asegurar es que están fabricados por alguna inteligencia no humana. Pero esta afirmación apenas se insinúa... Es como una verdad que nadie se atreve a aceptar y menos a decir... Todo es misterio...

¿Qué es lo que asegura desde el principio que los monolitos están creados por una inteligencia y no son producto de la naturaleza? En realidad no su color ni su material, sino su perfecta forma geométrica. Las matemáticas son las encargadas de darnos la prueba de que no se trata de objetos aparecidos al azar.
Los científicos de la base lunar Clavius han descubierto el monolito al estudiar los campos magnéticos lunares. En el cráter Tycho se ha detectado una poderosa anomalía magnética que señala la presencia de algo desconocido, y cuando van excavando, se encuentran con el perfecto objeto geométrico, enterrado adrede por una inteligencia extraterrestre hace millones de años.
En la novela que Arthur C. Clarke escribió a la vez que desarrollaba la idea y el guión con Stanley Kubrick, y que publicó casi a la vez que se estrenaba la película, menciona una característica especial del monolito:

Una curiosa, y quizás poco importante, característica del bloque, había provocado discusiones interminables. El monolito tenía 11 pies de alto, y 1¼ por 5 pies en su sección transversal. Cuando sus dimensiones se midieron con gran cuidado, se descubrió que estaban en la proporción exacta 1 - 4 - 9, los cuadrados de los tres primeros números enteros. Nadie podía sugerir ninguna explicación convincente para esto, pero difícilmente podía ser una coincidencia, porque las proporciones se mantenían hasta los límites de la precisión de las medidas. Era humillante pensar que toda la tecnología terrestre no era capaz de dar forma a un bloque, aunque fuera inerte, de ningún material, con tan fantástico grado de precisión. A su forma, esta pasiva pero casi arrogante muestra de perfección geométrica era tan impresionante como cualquiera de los demás atributos del monolito.

Así, pues, cada uno de los bloques es un ortoedro perfecto con unas dimensiones exactas. Si consideramos el ancho como 1 unidad, el largo serían 4 unidades y el alto 9 unidades, es decir, sus dimensiones son proporcionales a los números 1, 4 y 9.

Para hacernos una idea, no se me ocurre otra cosa que compararlo con una pequeña tableta de turrón, que tuviera 1 centímetro de grueso, 4 de ancho y 9 de largo. O bien otra de 2 centímetros de grueso, 8 de ancho y 18 de largo. Ambas tabletas serían semejantes en sentido matemático, aunque por supuesto una sería más grande que la otra, pero las dimensiones de ambas seguirían las mismas proporciones 1:4:9.

Eso es lo que ocurre con los monolitos. Los tres son semejantes, los tres siguen exactamente las mismas proporciones, aunque son de distinto tamaño. En la novela, los científicos que se encargaron de medir el monolito de la Luna reconocen con asombro que las medidas son exactas hasta donde llega la precisión de sus aparatos de medida: no hay el más mínimo error en su fabricación. Son tan perfectos que no parecen del mundo real, como si fueran verdaderamente entes matemáticos ideales plasmados físicamente.

Las proporciones seguidas tampoco son al azar. 1, 4 y 9 son los cuadrados de los tres primeros números naturales, 1, 2 y 3. Al elegir esas proporciones se ha hecho una elección simple pero elegante. En efecto, el porte de los monolitos es estilizado e imponente. Y además, parecen sugerir una sucesión: 1, 2, 3... evidentemente, el siguiente número sería el 4, y en la sucesión de cuadrados, el 16. Si asociamos cada lado con una de las dimensiones del espacio, tenemos representadas en el monolito las tres dimensiones, pero la sucesión apunta hacia una cuarta dimensión, y luego una quinta, una sexta, etc.

Cuando se estrenó, el género de películas de ciencia ficción quedó transformado por 2001: Una Odisea del Espacio. Pero no se aprendieron las lecciones que mostraba en su factura. Se han hecho muchas películas de ciencia ficción con un exceso de efectos especiales que más allá de darles interés, llegan a saturar al espectador. Como si fuera un continuo despliegue de fuegos artificiales, se suceden las explosiones, las naves atravesando la pantalla, las hazañas imposibles en el último segundo. Los guionistas se niegan a representar cómo es el espacio realmente, y son muy pocas las películas que saben combinar un guión inteligente con una puesta en escena correcta y poco fantasiosa.

Es algo ya muy sabido que en el espacio no hay ningún medio por el que se pueda transmitir el sonido. También sucede que en el espacio, sobre todo si no se viaja a la velocidad de la luz, los vuelos son larguísimos, y se tardan meses e incluso años en llegar de un cuerpo celeste a otro. Además cada planeta es diferente en peso, composición, vida... Un astronauta que llegara a un planeta distinto, aunque este planeta fuera semejante a la Tierra, necesitaría probablemente un periodo de adaptación. Por supuesto, habría un terrible peligro en los posibles virus y bacterias extraterrestres. No hace falta salir del planeta Tierra para tener que sufrir esa adaptación. Cuando viajamos a ciertos países tropicales, necesitamos vacunarnos de numerosas enfermedades. En otros países es corriente padecer males pasajeros por el cambio de agua y de alimentos, así en México es frecuente que los visitantes españoles sufran la venganza de Moctezuma, unas fuertes diarreas que aparecen los primeros días de estancia por culpa del cambio de agua.
Imaginemos entonces lo que puede ser aterrizar en otro planeta. De hecho lo normal es que en otros planetas haya otra fuerza gravitatoria. Si es más ligera ocurriría como en la Luna, los astronautas darían pasos que parecerían saltos, y cualquier objeto lanzado parecería moverse a cámara lenta. Pero en los planetas con mayor masa gravitatoria el cuerpo humano se vería sometido a un peso mayor y los huesos de los astronautas sufrirían horriblemente, les costaría mucho trabajo andar y se agotarían por el más mínimo esfuerzo. Un objeto lanzado al aire caería a plomo sobre el suelo.

Estos pequeños detalles que cualquiera puede entender han sido muy poco explotados por los guionistas de Hollywood, en parte debido a las complicaciones que supone tener que representar estas características. En la serie original Star Trek, estrenada en los años 60, debido al escaso presupuesto y las dificultades en representar un espacio más real, se decidió inventar el teletransporte para evitar que los protagonistas tuvieran que estar usando lanzaderas todo el rato para bajar a los planetas, y también se decidió que las naves tuvieran gravedad artificial. Asimismo, casi todos los planetas visitados tienen características similares a la Tierra, y los protagonistas no necesitan ningún tipo de adaptación ni protección frente al nuevo ambiente del planeta.
Tan solo películas como 2001 se han acercado en sus efectos y planteamiento al espacio real, y sorprendentemente, el resultado ha sido magnífico. La escena en la que el transbordador y la base orbital giran perfectamente acompasados mientras se acoplan, con la música del Danubio Azul de fondo, es de las mejor conseguidas. Contemplar la alargada nave que viaja hacia Júpiter moviéndose mes tras mes en el terrible vacío del espacio, en medio del silencio absoluto, es sobrecogedor. Acercarse a la inmensa mole del planeta más grande del sistema solar realizando maniobras que llevan días enteros te hace respetar y comprender lo que significa un planeta, un planeta entero, gigantesco, para la insignificancia que somos los seres humanos.

Por último la película desemboca en un final enigmático, abierto a todo tipo de especulaciones. Es uno más de los aciertos del film. En dicho final, Bowman se introduce por la puerta estelar que se abre en el monolito de la órbita de Júpiter, atraviesa pasajes interdimensionales flanqueados por luminosos patrones geométricos interminables, desemboca en lugares extraños de la galaxia donde están naciendo constantemente nuevas estrellas entre nubes de gas y polvo, y accede finalmente a algún planeta inimaginado en el que se van desplegando paisajes de colores invertidos, hasta que finalmente la cápsula termina en medio de lo que parece la habitación de un hotel, sintetizada por la misma inteligencia que ha fabricado los monolitos y que ha guiado a la cápsula hasta ese lugar. En una sucesión de escenas silenciosas, Bowman se ve envejeciendo rápidamente hasta morir, y después de hacerlo se convierte en una especie de niño estelar, como si se hubiera transformado y hubiera nacido a una nueva realidad, más allá del espacio tridimensional y de las dimensiones temporales del planeta Tierra.

Notas: para comprender la película a fondo, es importante leer la novela escrita por Arthur C. Clarke. Se lee muy fácil, es muy interesante, y da muchos más detalles de los que se ven en la pantalla. También hay bastantes puntos en los que la novela y la película difieren, a pesar de que Clarke escribía la novela conforme Kubrick filmaba, y que ambos trabajaron juntos para sacar el guión. Las diferencias se explican por la distinta visión que se tiene de la misma historia según se cuente en un libro o se exprese en el cine; además, a la hora de la filmación, los efectos técnicos y especiales permitían ciertas escenas, pero otras escenas resultaban demasiado complicadas de rodar en los años sesenta. Así, por ejemplo, Kubrick situó al tercer monolito en la órbita de Júpiter, mientras que en la novela, el tercer monolito se encuentra erguido sobre la superficie de Japeto, un satélite de Saturno; Júpiter era un planeta más conocido y fácil de representar que Saturno con su sistema de anillos. A mí, personalmente, estas diferencias entre novela y película no me molestan, y me parecen muy interesantes.
Por otro lado, si nos molestamos en medir sobre la pantalla las proporciones del monolito que aparece en la película, es posible que no coincidan exactamente con la terna 1 - 4 - 9. Yo no lo he medido, pero estoy seguro que el negro bloque usado por Kubrick es más estrecho de lo que debería ser, y creo que también más alargado. Así parece tener un aspecto más estilizado y enigmático. En el cine, la proporción de las cosas se varía a menudo para conseguir ciertas sensaciones.
Recomiendo también leer mi otra entrada HAL, IBM y otras naderías, para conocer más detalles interesantes de la película.

[El Problema de la Semana] El jardín

2010-02-12T15:30:00.000+01:00

El problema de esta semana fue publicado hace años en doDK, y es bastante sencillo:

Un jardín cuadrado tiene a lo largo de tres de sus lados una valla sostenida por 28 postes espaciados entre sí 2 m. Si hay un poste en cada una de las esquinas, ¿Cuál es el área del jardín?

Debajo, una bonita ilustración. Más abajo, la solución al problema.

[En la foto vemos un laberinto hecho con setos, en el Jardín Botánico VanDusen, en Vancouver, Canadá]

Solución: de los 28 postes tomamos 4 y ponemos uno en cada esquina, y los 24 restantes los repartimos entre los tres lados que rodea la valla, con lo que cada lado cuenta con 8 + 2 = 10 postes, tal y como está representado en el dibujo adjunto:

Como los postes están espaciados entre si 2 metros, y en cada lado hay 9 espacios, cada lado mide 2 · 9 = 18 metros.

El área del jardín cuadrado será 18 · 18 = 324 metros cuadrados.

[El Problema de la Semana] Medias semanales

2010-02-05T15:30:00.001+01:00

El problema que hemos propuesto esta semana es bastante sencillo, aunque se necesita tener un mínimo de sentido común y saber lo que es una media aritmética.

Bartolomé es vendedor ambulante seis días a la semana. Ayer, viernes, calculó que durante esta semana había conseguido una ganancia media de 48 euros diarios. Sin embargo, al hacer la misma cuenta hoy, sábado, resulta una media de 60 euros diarios. ¿Cuánto ha ganado hoy?

Bajo la imagen, ponemos la solución al problema.

[Esta foto fue realizada en 1860 por William Carrick, y representa a un muchacho vendedor de ábacos en San Petersburgo. Ha sido extraída de la National Gallery of Scotland]

Solución: Si el viernes se ha hecho la cuenta, entonces es el resultado de cinco días de ventas es el que da una media de 48 euros diarios, con lo que la ganancia total ha sido 48 · 5 = 240 euros. Si añadiendo el sábado, un día más, la media ha subido a 60 euros, entonces la ganancia total de los seis días incluyendo el sábado es de 60 · 6 = 360 euros. La diferencia entre las dos cantidades será la ganancia concreta del sábado: 360 − 240 = 120 euros.
Obsérvese una de las características de la media aritmética: mientras que la media de ingresos de los primeros cinco días es de 48 euros, y el último día se han ingresado 120 euros, esta última cantidad ha logrado desplazar la media hasta los 60 euros diarios. La media aritmética no tiene por qué coincidir con ninguno de los valores reales de las mediciones, y se ve muy afectada por resultados extremos. Es conocido el siguiente ejemplo: un día cierto hombre adinerado se come un pollo asado, y ese mismo día otro hombre, que no tiene recursos, se queda sin comer nada. Si hacemos la media aritmética, tenemos que ese día cada hombre se ha comido, de media, medio pollo.
Hay un dato gracioso, pero totalmente cierto, relacionado con todo esto, que encontré en nuestro libro de texto del Barco Escuela y que se lo he puesto a los grumetes como chiste matemático: en la Ciudad del Vaticano hay dos papas por kilómetro cuadrado. ¿Cómo es posible? Téngase en cuenta que este pequeño país sólo tiene una extensión de medio kilómetro cuadrado...
Nota: el problema de hoy ha sido extraído del libro de texto de matemáticas 3º ESO, editorial Anaya.

Algún día el álgebra os salvará la vida

2010-02-02T20:07:00.003+01:00

Cuaderno de bitácora: en diciembre pudimos ver con los grumetes la película de ciencia ficción Planeta Rojo, protagonizada por Val Kilmer, Carrie-Anne Moss, Tom Sizemore y Benjamin Bratt, entre otros, y dirigida por Antony Hoffman.

Personalmente, la película me gustó desde el primer momento que la vi. Es cierto que su argumento puede ser poco original en ciertos puntos, y que a los personajes les falta algo de profundidad y desarrollo. Pero en general, me parece una historia honesta, bien contada, bastante entretenida y con sus puntos de suspense. Los efectos especiales son innovadores y están correctamente realizados, y el retrato de una posible misión a Marte se ha conseguido muy bien, tanto en su parte científica como en el paisaje marciano propiamente dicho.
La película, en su momento, fue un fracaso de taquilla, y de hecho pasó sin pena ni gloria por los cines, casi sin que nadie se enterara. Yo la descubrí en formato DVD, de oferta en unos grandes almacenes, y fue entonces cuando la pude comprar y ver.
El argumento de la película trata de una nave con una tripulación de seis miembros que intenta aterrizar en Marte. Debido a una tormenta solar, la cápsula de aterrizaje se desvía del punto previsto y los astronautas se encuentran perdidos y buscan la forma de orientarse para llegar a la base construida por una misión anterior.
De todos los momentos de la película, hay uno en especial que me encanta. Sé que es un momento un poco tonto, pero llega al sentimiento de cualquier matenavegante. Así dicen los personajes:

SANTEN (interpretado por Benjamin Bratt) - Según los últimos datos fiables, nos encontramos en esta elipse de sesenta por ciento veinte kilómetros.

BURCHENAL (interpretado por Tom Sizemore) - Todos los datos de la misión están aquí. Sólo hay que calcular las variables del aterrizaje. Simple matemática.

GALLAGHER (interpretado por Val Kilmer) - Por fin. Recuerdo que en el Instituto nos decían que algún día el Álgebra nos salvaría la vida.

BURCHENAL (riendo) - Estúpido.

GALLAGHER - Perdona.

Este diálogo resulta ser un pequeño guiño a todos los que han estudiado matemáticas en el colegio y en el instituto y se han preguntado alguna vez para qué pueden servir. También es un guiño a todos los sufridos profesores de matemáticas que día tras día luchan para enseñar una materia cuya mala fama se ha extendido a lo largo y ancho de la historia de la educación. En nuestro Barco Escuela han sido muchas las veces que los grumetes han preguntado para qué sirven, por ejemplo, los polinomios, o las ecuaciones de segundo grado. Yo nunca he llegado a ser tan atrevido como para responderles que el álgebra podría salvarles la vida algún día; simplemente, y de acuerdo al tema que estemos tratando, he procurado hacerles comprender la utilidad de lo que se enseña. En el caso de los polinomios, por ejemplo, les he dicho que son como el abecedario del álgebra, que aprender a manejar con soltura las operaciones de números y letras les preparaba para entender y poder aplicar cualquier fórmula o expresión matemática, y que las fórmulas aparecen donde menos se esperan: en el contrato de una cuenta bancaria, por ejemplo. Si uno no aprende polinomios, no sería capaz de manejar fórmulas correctamente, salvo aquéllas que sean extremadamente sencillas.
Las matemáticas son básicas para todo lo que necesite un mínimo de tecnología. Sin matemáticas, la civilización quedaría reducida a una sociedad tribal que viviría de la caza, de la pesca y de la recolección de frutos; con la agricultura nacieron, en el remoto pasado de hace miles de años, las primeras nociones matemáticas. Los egipcios y los mesopotámicos, por ejemplo, necesitaron de las matemáticas para medir las superficies de cultivo, (geometría significa literalmente, "medida de la tierra"), también para realizar cálculos del tránsito del sol, la luna y los planetas y elaborar calendarios exactos que les permitieran saber las fechas más apropiadas para cultivar, y luego fueron utilizando esas mismas matemáticas en los primeros recuentos estadísticos, en la arquitectura para levantar grandes monumentos, etc.
En la película que estamos tratando, las matemáticas están presentes no sólo en el diálogo que hemos mencionado más arriba, sino como base de todos los aspectos tecnológicos avanzados que se mencionan. Un viaje a Marte, como el que se presenta en la película, es factible con la tecnología que tenemos hoy en día, lo único que hace falta es el presupuesto y la voluntad para realizarlo. Nos encontramos actualmente en una era de gran avance tecnológico (aunque no necesariamente de avance en otros campos de la sociedad), y esto es debido a la contribución de las matemáticas.
En Planeta Rojo, además, la entrenada vista de un matemático reconoce al momento numerosas apariciones de aritmética, geometría, análisis, etc.
Así, por ejemplo, podemos hacer unos sencillos cálculos aritméticos con el tiempo que deben emplear Gallagher y sus dos compañeros en llegar hasta la cápsula soviética que puede salvarles, 19 horas, a las que hay que quitar al menos cinco debido a una tormenta de polvo y a los preparativos para hacer despegar la cápsula, junto con la distancia que deben recorrer, 100 kilómetros, lo que nos lleva a deducir la velocidad a la que deben caminar por Marte, al menos a 7 kilómetros por hora, velocidad bastante alta, casi de trote, pero que se supone que puede mantenerse en la baja gravedad marciana, aunque los astronautas avancen con sus pesados trajes puestos y en una atmósfera muy sutil y fría.

También podemos estudiar la forma geométrica de la cápsula en la que bajan los astronautas a Marte: es un poco extraña, y nos ha resultado bastante difícil de encontrar: un dodecaedro rómbico truncado (véase la ilustración, extraída de la Wikipedia). Justo antes de impactar contra el suelo marciano la cápsula despliega un globo o balón desde cada una de sus caras, como gigantes airbags que pretenden proteger a la tripulación de los violentos golpes, y vemos entonces un cúmulo de esferas, apiñadas como un perfecto racimo de uvas, que nos recuerdan los problemas de empaquetamientos de esferas, los cuales no son nada sencillos.
La infinidad de cálculos que tiene que hacer la computadora de a bordo, la cartografía del planeta, las órbitas alrededor de Marte que describe la nave, el tiempo que tarda la comunicación por radio de los astronautas en ser captada y respondida desde la Tierra... todos estos detalles no pueden escapar a una mente con un mínimo de cultura matemática.
El Matenavegante, desplazándose impertérrito en un inmenso piélago de conocimiento numérico, sí tiene claro que el álgebra en cualquier momento nos puede salvar la vida, porque en realidad, para él, el álgebra y las demás ramas de las matemáticas son la vida misma.
PD: Me ha venido al recuerdo que en otra película, bastante desconocida, llamada El Círculo de Hierro, o también La Flauta Silenciosa (Circle of Iron o The Silent Flute, de 1978, protagonizada por David Carradine, Jeff Cooper y Christopher Lee, y con guión de Bruce Lee), un guía o maestro le comenta a su discípulo: "Un día un pez me salvó la vida". "¿Cómo?" le pregunta el discípulo, y el maestro le responde: "Se dejó comer".
Imitando a este maestro, yo mismo podría decir: "El álgebra me ha salvado la vida". "¿Cómo?". "Enseñando álgebra me gano un sueldo que me permite comer a diario".

[El Problema de la Semana] Mentirosos y veraces

2010-01-29T15:30:00.003+01:00

Esta semana hemos propuesto un problema de lógica:

Un antropólogo llegó a la isla de los mentirosos y de los veraces, en la que viven dos clases de habitantes: los que siempre mienten (mentirosos) y los que siempre dicen la verdad (veraces).

Se encontró con tres nativos, Abel, Beto y Carlos. Se dirigió a Abel y le preguntó: "¿Son Beto y Carlos ambos veraces?". Abel respondió que sí.

Entonces le volvió a preguntar: "¿Beto es veraz?". ¡Para su sorpresa, Abel respondió que no!

¿Se puede determinar quién es veraz y quién es mentiroso?

Dejamos un espacio en blanco para que quepa la siguiente ilustración y luego solucionamos el problema.

[Encuentro, grabado de M. C. Escher]

Solución: Abel, al responder de forma contradictoria, tiene que ser mentiroso. Si es mentiroso, siempre miente, y si ha afirmado que Beto no es veraz, entonces sí lo es. Como Beto es veraz, Carlos no puede serlo, porque si lo fuera, entonces la primera respuesta de Abel sería verdad, pero Abel miente. Por tanto, Carlos también es mentiroso.

Resumiendo, Abel es mentiroso, Beto es veraz y Carlos es mentiroso.

Notas: este problema ha sido extraído del libro El Mentor de Matemáticas, editorial Océano.

[El Problema de la Semana] Criptosuma

2010-01-22T15:30:00.001+01:00

Éste es el problema que los grumetes han tenido que resolver esta semana:

Las criptosumas son sumas en clave. Cada cifra ha sido reemplazada por una letra diferente: a igual letra corresponde la misma cifra. Nunca un número comienza por cero. ¿Qué suma se oculta en la siguiente criptosuma?

La solución un poco más abajo de la foto.

[En la foto podemos contemplar un modelo de la máquina Enigma, que los nazis usaron durante la Segunda Guerra Mundial para encriptar los mensajes y que los aliados no pudieran conocer sus movimientos. Muchos matemáticos, entre ellos el polaco Marian Rejewski y el británico Alan Turing trabajaron durante varios años hasta descifrar el sistema de la máquina. Se dice que conseguir la clave para desencriptar los mensajes alemanes fue uno de los factores más importantes para la victoria del bando aliado en la Segunda Guerra Mundial, y permitió que la guerra terminara al menos dos años antes que de no haberse descifrado]

Solución: cada letra debe ser sustituida por un dígito. Empezamos por la S, y vemos en la columna de la derecha que si sumamos S + S + S da algo que termina en S. Entonces la S puede ser el 0, o bien el 5, ya que 0 + 0 + 0 = 0, 5 + 5 + 5 = 15, y los demás números no son candidatos, porque ninguno de ellos sumados tres veces da algo que termine en lo mismo (compruébese). S no puede ser 0, porque entonces el número simbolizado por SEIS empezaría por cero y eso no está permitido; por tanto S = 5.

Si S = 5 y nos fijamos en la columna de la izquierda, donde sumamos T + T, deducimos fácilmente que T = 2, y que nos llevaríamos 1 de la columna R + R (luego R debe ser un número mayor que cinco).

Lo más laborioso es encontrar a qué equivale E, y esto sólo se consigue probando uno a uno con todos los números que nos quedan libres, 0, 1, 3, 4, 6, 7, 8, 9. Razonando sobre si el número es par o impar, y teniendo en cuenta que el 2 y el 5 ya están usados, podemos ir descartando posibilidades; por ejemplo, si E = 0, entonces I = 1, pero R + R daría algo terminado en 0, y por tanto R = 0 ó 5, y esto no es posible ya que ambos números ya estarían asignados a E y a S respectivamente. Si E = 1, entonces I = 3 y al sumar las E no me da un número mayor de diez, luego al sumar R + R daría un número par, pero E es impar, lo cual es contradictorio, etc.

Probando de esta manera uno por uno, podemos comprobar que el único número que no entra en contradicción con lo obtenido anteriormente es E = 3, y de aquí deducimos que I = 0, y que R = 6.

La criptosuma oculta es la siguiente:

Notas: este problema ha sido extraído del libro El Mentor de Matemáticas, editorial Océano.

[El Problema de la Semana] División en cuatro trozos

2010-01-15T15:30:00.001+01:00

El problema de hoy es de esos que tienen una solución ingeniosa, de las que son producto de la inspiración del momento, más que de un razonamiento estándar.

Nos han dado una plancha de madera con la forma que tiene la figura (un rectángulo al que le falta la cuarta parte). Debemos partirla en cuatro trozos exactamente iguales. ¿Cómo podemos hacerlo?

Como siempre, dejamos un espacio con una imagen, y más abajo la solución al problema.

[el motivo de que incluyamos esta ilustración con el número pi está indicado al final de esta entrada, en las notas]

Solución: la forma correcta de cortar la plancha sería la del siguiente gráfico:

Así obtenemos cuatro trozos iguales, aunque no tienen la misma orientación. Estamos suponiendo que las dos caras de la plancha de madera son iguales, y por tanto, a los trozos con distinta orientación se les podría dar la vuelta para estuvieran todos igualmente orientados. Es curioso que los trozos resultantes son semejantes a la forma de la plancha original, aunque en pequeño.

Ampliación: cuando propuse este problema a los grumetes hace años, casi todos me contestaron de otra forma, que en principio di por buena. La partición que ellos hicieron fue ésta:

Esta partición puede ser válida porque en el gráfico original, la altura de la figura parece coincidir con la mitad de la longitud total, con lo que da la sensación de que si cortamos la mitad derecha, a la izquierda nos queda un cuadrado. Pero si lo medimos con exactitud, veremos que no es exactamente cuadrado, ni se pretendía que lo fuese. De hecho, si el gráfico hubiera estado un poco más achatado o comprimido, como por ejemplo:

En este caso la primera partición seguiría dando trozos iguales:

Sin embargo la segunda partición no daría trozos iguales (basta fijarse que el trozo que está más a la izquierda es diferente en proporciones a los otros tres):

Notas: no parece haber una regla definida para encontrar particiones de figuras geométricas que nos dividan cualquier figura dada en un número determinado de trozos iguales. Cada caso puede tener o no tener solución, y ha de estudiarse de forma particular. Matenavegando, nos podemos encontrar con muchos problemas curiosos de particiones cuyas soluciones son, a menudo, sorprendentes.

El motivo de elegir una imagen del número pi para ilustrar esta entrada en el blog, es porque recientemente el récord en número de decimales calculados del número pi ha sido batido de nuevo. El nuevo récord ha sido conseguido por Fabrice Bellard, y lo más sorprendente es que lo ha logrado con la ayuda de un simple ordenador doméstico. La noticia completa se puede leer en este artículo del periódico El País.

Si pinchamos en la imagen del número pi incluida más arriba, nos saldrá muy aumentada. El fondo de la imagen está también formado por el número pi, con más de 73.000 decimales (los he contado por encima, puedo haberme equivocado).

Un cálculo masivo de los decimales del número pi ha sido posible con la llegada de los ordenadores. El cálculo de decimales de pi, sin ayuda de los ordenadores, lo consiguió en 1947 D. F. Ferguson, que logró 808 decimales con la ayuda de una calculadora mecánica. En 1949, ENIAC, el primer ordenador, pulverizó este récord, consiguiendo 2037 cifras decimales en tan sólo 72 horas, y a partir de ahí, los récords se han ido batiendo sucesivamente conforme se desarrollaban ordenadores más potentes y rápidos. La última marca ha quedado establecida en nada menos que 2.7 billones de decimales.

Trivial Matemático (4) y Donald en el País de las Matemáticas

2010-01-10T10:51:00.002+01:00

Después de varios meses sin Trivial, hoy planteamos otras diez preguntas para comprobar la agilidad de cálculo y la cultura matemática. Es importante contestar rápidamente, sobre todo en las cuentas, ¡y nada de calculadoras!

1. ¿Cuánto vale el mínimo común múltiplo de 9 y 4?
2. Di rápidamente cuánto es el 25% de 300
3. ¿Quién fue el autor de la frase “Las matemáticas son el alfabeto con el que Dios ha escrito el Universo”?
4. ¿Quién demostró finalmente el teorema de Fermat en el año 1994?
5. ¿Qué matemático famoso fue el autor de Alicia en el País de las Maravillas?
6. ¿Cómo murió el joven matemático Evariste Galois?
7. ¿Dónde apuntó Fermat su famoso teorema que dejó sin demostrar?
8. El Cálculo Infinitesimal fue desarrollado durante el siglo XVII por dos matemáticos. ¿Quiénes eran?
9. Si simplificamos la fracción 5/10 queda la fracción…
10. Di rápidamente cuánto es el 50% de 700

Las soluciones, debajo de la ilustración.

[en la imagen, el sonriente gato de Cheshire, en la película de Walt Disney Alicia en el País de las Maravillas (1951)]

1. 36 2. 75 3. Galileo Galilei 4. Andrew Wiles 5. Lewis Carroll 6. en un duelo a pistola 7. en el margen de un libro 8. Newton y Leibnitz 9. 1/2 10. 350

Aprovechando que este año se estrena una nueva versión de Alicia en el País de las Maravillas, no conviene olvidar que el autor de los relatos de Alicia fue un matemático inglés, Lewis Carroll. Alguien, no recuerdo quien, comentó en alguna ocasión que Carroll era un excepcional ejemplo de matemático que además sabía escribir buena literatura. Según todos los indicios, parece difícil conjugar la creación literaria con la investigación matemática, y sin embargo, la propia Sofia Kovalévskaya afirmó que "Es imposible ser matemático sin tener alma de poeta".

La pregunta tercera es una cita de Galileo Galilei. Aparece al final del corto animado Donald en el País de las Matemáticas, que también se ha traducido por Donald en el País de las Matemágicas, un corto de Walt Disney, muy bonito e interesante, que hemos visto con los grumetes en años anteriores. Evidentemente, el corto está inspirado en el relato de Lewis Carroll, y en él aparecen muchas alusiones a la película, incluso el propio Pato Donald se viste en un momento dado con el vestido de Alicia, concretamente cuando aprende las relaciones matemáticas en el ajedrez.

Sobre la cita de Galileo, hay una anécdota graciosa. Cierta grumete, al pedirle que me hiciera una redacción sobre el corto de Donald, escribió la cita de memoria, pero se ve que no la entendió demasiado bien, porque lo que puso en la redacción fue "Las matemáticas son el analfabeto de todo y el centro de la vida".

En la desaparecida página doDK incluí en su momento (allá por el año 2005) un artículo sobre el corto de Donald, y le añadí los comentarios que los grumetes me hicieron sobre el mismo:

Nos encontramos ante un corto producido por Walt Disney en 1959, de una factura impecable, que nos enseña de forma muy amena algunos aspectos simples de la utilidad de las matemáticas.

Donald se introduce como un intrépido explorador en el país de las Matemágicas, en el que contempla sorprendido árboles con las raíces cuadradas, un río de números, un extraño animal con cuerpo de lápiz que lo reta a una partida de tres en raya, tres figuras geométricas (círculo, rectángulo y triángulo) que se juntan para formar un rostro, y ese rostro empieza a recitar los dígitos del número pi...

Después, guiado por el narrador, el pato Donald viaja a la antigua Grecia para conocer a los Pitagóricos, creadores de la escala musical, y aprende las proporciones que se encuentran en la estrella de cinco puntas, proporciones que conducen al número áureo y al rectángulo perfecto. Más adelante se nos muestra cómo tanto el pentagrama o estrella de cinco puntas como la proporción áurea se encuentra en muchos lugares de la naturaleza y ha sido empleado por artistas, arquitectos, escultores y pintores, en sus obras más famosas.

El pato Donald también descubre el empleo de la lógica matemática en el ajedrez, y la presencia de las matemáticas y de la geometría en los juegos y deportes. Así descubre el billar, en su modalidad de carambola a tres bandas, y el narrador le enseña cómo calcular el modo de obtener carambolas sencillas usando las marcas que aparecen en los bordes de la mesa de billar y sumando y restando números y fracciones simples.

Por último el corto nos enseña a utilizar la imaginación, ese poder de nuestra mente mediante el cual podemos ver las figuras geométricas, la esfera, el cono, el paraboloide, el cilindro... que luego tendrán aplicación en la óptica, ingeniería, mecánica, astronomía... Esa misma imaginación nos ayudará a ir abriendo las infinitas puertas del conocimiento que todavía nos quedan por abrir.

Veamos ahora LO QUE HAN OPINADO algunos estudiantes del I.E.S. Carmen Pantión después de ver el corto:

Creo que rompe con lo que la mayoría de la gente cree, que las matemáticas son muy aburridas. (María Aguilera González, 4º ESO)

Son muy necesarias, para todo necesitamos las matemáticas, e incluso para fabricar un violín hacen falta. (Ana Aguilera Torres, 4º ESO)

También para los juegos como el juego del billar a tres bandas, para hacer bien ese juego debes tener una fórmula matemática. (Agustín Ariza Cobo, 4º ESO)

Las matemáticas son la base de la ciencia y gracias a ello en el futuro se abrirán nuevas puertas que nos desvelarán nuevas tecnologías. (Javier Barea López, 4º ESO)

Nos propone que pensemos y lleguemos a hacer formas infinitas, las cuales no se pueden plasmar en un papel, solo se pueden crear utilizando la imaginación. (Ana Belén Burgos Mérida, 3º ESO)

El video nos muestra cosas que las vemos todos los días y no nos damos cuenta, como por ejemplo la relación que existe entre la forma de las flores y la estrella de Pitágoras... Lo del arpa yo personalmente no tenía conocimiento de ello, cómo partiendo un trozo de cuerda en segmentos, cada uno sonaba de una manera. (Nuria Cáliz Hinojosa, 4º ESO)

Cosas para nuestro disfrute, como puede ser la música tocada por instrumentos de cuerda, no solo entra en acción el arte, sino también las matemáticas. (Juan Jesús Campaña Gallardo, 2º ESO)

También me parece interesante que en las estructuras de los monumentos haya formas de las matemáticas y cómo de una figura geométrica puede salir otra. (Sandra Campaña Serrano, 4º ESO)

En este corto Donald hace un viaje, por las matemáticas que están presentes en la música, en la naturaleza, en el arte, en el billar, en el ajedrez, en el béisbol... Vaya, que está presente en todas las cosas. (Juan Carlos Cano Burgos, 3º ESO)

Las personas piensan lo mismo que el pato Donald antes de que le hablaran sobre ellas, que las matemáticas son una tontería y que prácticamente no sirven para nada. (Macarena Díaz Delgado, 3º ESO)

Yo, personalmente no pensaba que fuesen para empollones, pero al ver ese vídeo ha hecho que me dé cuenta de que las matemáticas están presentes en casi todas partes de nuestra vida cotidiana. (Alba García Palomar, 4º ESO)

Muestra como un hombre, viendo cómo está dividida la superficie del billar, golpeando en sitios puede conseguir golpear bolas que parecían imposibles. (Luis Alfonso Gómez Pareja, 3º ESO)

Aunque el pato intentaba jugar al billar con las matemáticas no sabía, pero al fin lo pudo lograr y darse cuenta de la importancia de las matemáticas. (Francisco Javier Gómez Sánchez, 3º ESO)

Cuenta el origen de las matemáticas, cómo Pitágoras relacionó la música con las matemáticas y así se inventó las notas de la música, do, re, mi, fa, sol, la, si, do. (Verónica González Cáliz, 3º ESO)

Para jugar a muchos juegos también debemos saber matemáticas. (Rocío González Reina, 3º ESO)

Otro ejemplo que me ha gustado mucho es la forma de las flores, y me ha sorprendido que hasta en la naturaleza existan las matemáticas. (Aida María Hermosilla Larrea, 4º ESO)

Si no fuese por las matemáticas no habría música, ni juegos de lógica y de más objetos. (Manuel Higueras Alcalá-Bejarano, 3º ESO)

Las matemáticas son esenciales para todo y a partir de ellas se creó la música, y el primero que lo descubrió fue Pitágoras. (Vanessa Jiménez Pulido, 3º ESO)

En el billar, haciendo unas sencillas operaciones puedes hacer todos los golpeos que quieras dando una fuerza intermedia. (Antonio Manuel Jiménez Sánchez, 3º ESO)

Todo lo que nos rodea ha sido conseguido por las matemáticas, por ejemplo los juegos, la música, los edificios... (Anabela Luque González, 4º ESO)

Casi todo el mundo puede aprender, no solo los estudiantes, esto lo demuestra el pato Donald, que también aprende, y que a ninguna persona se le pueden cerrar las puertas de aprender las matemáticas, sus símbolos y significados. (Silvia Mérida Jiménez, 4º ESO)

La película lo que te hace es abrirte como a mí me hizo a un mundo nuevo, de no ver solo las matemáticas como números y números. (José Antonio Mérida Palomar, 3º ESO)

Otra cosa que yo también opino es que si las matemáticas se diesen así de esta manera y no con tantas cuentas la gente se aficionaría más a la materia e incluso se comprendería mejor. (Elena José Molina Reina, 3º ESO)

Me interesó especialmente la parte en la que se mostraban ejemplos de la proporción áurea en la naturaleza y el arte. Es fascinante el que las matemáticas estén presentes en juegos tan comunes como el billar y no nos demos cuenta de ello. (Inmaculada Molina Aguilera, 4º ESO)

Lo que más me ha impresionado ha sido cómo en la historia los grandes matemáticos fueron descubriendo poco a poco las matemáticas. Me ha gustado mucho la forma picaresca de enseñar algo más de la infinidad de cosas que son las matemáticas. (María Dolores Montes García, 3º ESO)

Con todo lo que se sabe de matemáticas hoy en día todo ha ido avanzando y durante años se irán descubriendo miles de cosas más, puesto que todo son matemáticas, y estas son infinitas. (Rosa María Padilla Poyato, 4º ESO)

Yo pienso que si compagináramos las clases teóricas con este tipo de cortos habitualmente, un corto por tema, se tomaría muchísimo más interés por la materia que el que se tiene.(Maribel Pérez Aguilera, 3º ESO)

Si nos ponemos a mirar atentamente podremos encontrar montones de cuadrados o rectángulos perfectos... Me impresionó mucho lo de las técnicas del billar, porque yo no sabía que con unos cálculos podías hacer lo que querías. (Ana Belén Pérez Mérida, 3º ESO)

Al principio creí que iba a ser aburrido... Me ha gustado la actividad de romper con la rutina de las clases normales. (Isabel Pérez Zamora, 4º ESO)

Me ha gustado, porque son unos dibujos muy entretenidos con un personaje de Disney muy aclamado y encima nos enseña matemáticas. (Rocío Rodríguez Pulido, 4º ESO)

Lo que más me gustó y no tenía idea de nada era del juego del billar, ya que no sabía esos cálculos tan divertidos sólo para que dé tres golpes en las paredes y luego le dé a la bola. Yo no podría haber imaginado eso en la vida... Me gustó mucho y que pongas muchas películas más. Pero más largas. (María del Carmen Ruiz-Ruano Campaña, 4º ESO)

Hemos visto cómo multitud de objetos que nos rodean tienen una forma matemática como flores, árboles, y también elementos que se construyeron en la antigüedad como columnas, templos, etc... (María del Carmen Sánchez Romero, 4º ESO)

Al principio cuando Donald se entera que está en el país de Matemagilandia quiere irse, al igual que la mayoría de niños o adolescentes cuando le hablan de matemáticas. (Rosa Sevilla Rodríguez, 3º ESO)

A la mayoría de nosotros no se nos ocurriría relacionar este tipo de cosas con algo como son para la mayoría las aburridas matemáticas... Otra cosa que me resultó curiosísima y muy interesante fue lo de la escala musical. (Sandra Soberá Montes, 4º ESO)

Con la maravillosa ayuda de Youtube, podemos contemplar el corto en los siguientes videos:

[El Problema de la Semana] La casa encantada

2010-01-08T15:30:00.038+01:00

En este nuevo problema, hay que tener cuidado al resolverlo. ¡Las apariencias engañan!

En una casa encantada hay un fantasma bastante especial: aparece en cuanto el reloj comienza a dar la medianoche y desaparece con la última campanada. El reloj tarda seis segundos en dar seis campanadas. ¿Cuánto dura la aparición del fantasma?

Debajo de la ilustración, atención: un renglón y la solución.

[ésta es una foto real de un fantasma, tomada en 1991 con una película infrarroja en el cementerio de Bachelor's Grove, por la Ghost Research Society. Ninguna persona estaba a la vista cuando se hizo la foto. Bachelor's Grove es un cementerio abandonado de Chicago, con fama de ser uno de los lugares más encantados del mundo entero]

La solución a este problema no es tan sencilla como aparenta. Debemos tener en cuenta que entre dos campanadas pasa un periodo de tiempo, entre tres campanadas pasan dos periodos de tiempo, entre cuatro campanadas tres periodos... Así, entre seis campanadas transcurren cinco periodos de tiempo, y si el reloj tarda 6 segundos en dar seis campanadas, invierte 6 : 5 = 1.2 segundos en cada periodo entre campanada y campanada.

Si el fantasma aparece en la primera campanada y se esfuma con la duodécima, han transcurrido 11 periodos de tiempo, lo que hacen un total de 13.2 segundos.

Nota: precisamente hace una semana tuvimos la oportunidad de estrenar este nuevo año 2010. En la retransmisión de las campanadas desde la Puerta del Sol de Madrid se indicó que entre campanada y campanada transcurrían tres segundos. Si nos hemos hecho la idea preconcebida de que cada campanada va con cada segundo, estamos equivocados; eso depende de cada reloj, en principio a relojes diferentes las campanadas son dadas a ritmos diferentes.

La Gran Pirámide de Keops: pi por la raíz de fi es casi cuatro

2010-01-05T12:47:00.002+01:00

Cuaderno de bitácora: publicamos hoy otro de los artículos que en su día aparecieron en doDK. Este artículo fue escrito hace más de seis años. En él explico un descubrimiento que hice por mí mismo, una extraordinaria coincidencia que se da en las proporciones de la Pirámide de Keops y que implica, necesariamente, una no menos extraordinaria coincidencia entre dos de los números más conocidos de las matemáticas.

[Vista de las tres grandes pirámides de la planicie de Giza o Gizeh. No hay que confundirse: la pirámide de Keops, la Gran Pirámide, es la que está más a la derecha, más atrás en la foto. La del medio es la de Kefrén, la segunda en altura, aunque en la foto parece más alta por estar más cerca, y la tercera la de más a la izquierda, la de Micerinos. La pirámide de Kefrén es muy fácil de reconocer porque conserva en su parte superior algo del revestimiento original. Es muy frecuente que se hable de la Gran Pirámide de Keops y sin embargo en las imágenes, erróneamente, aparezca la pirámide de Kefrén, la más fotogénica de las tres]

La gran pirámide de la planicie de Gizeh, la conocida como pirámide de Keops, siempre ha sido una fuente de misterios, y la mayoría están aún por resolver. Sus medidas han sido estudiadas exhaustivamente por todos los inquietos de los enigmas antiguos, y con los datos obtenidos podemos afirmar que los Egipcios no construyeron la pirámide dándole unas medidas al azar, sino que sus proporciones mantienen unas relaciones matemáticas muy interesantes entre sí.

La gran pirámide medía originalmente 147 metros de altura, y el lado de la base tenía una longitud de 230 metros, aproximadamente. Hoy en día la pirámide es un poco más baja, porque a lo largo de los siglos y sobre todo en la Edad Media ha sido utilizada de cantera artificial. Las piedras de las que estaba compuesta se han ido partiendo y tallando en ladrillos más pequeños para servir de material a algunos monumentos levantados en el pasado en la ciudad de El Cairo. Así la pirámide, que en su origen tenía una superficie pulida y blanca y estaba rematada por una punta de oro, se puede contemplar hoy como cuando contemplamos una casa vieja y a punto de derrumbarse, en la que se ven los ladrillos porque la capa de yeso que recubría la pared se ha caído con el tiempo.

Hace ya muchos años descubrí en cierto libro que las proporciones de la pirámide guardaban una importante relación: cuatro veces el lado de la base dividido por dos veces la altura daba el número pi. Esto es lo mismo que decir que si tomamos la altura de la pirámide como radio de una circunferencia, la longitud de la circunferencia coincide con el perímetro de la base.

Si tomamos como datos los que hemos mencionado anteriormente, h = 147 metros, y b = 230 metros. Haciendo la cuenta, 4·b = 920, 2·h = 294, y dividiendo ambas cantidades obtenemos 3'1292517..., es decir, aproximadamente 3'13. Teniendo en cuenta que tanto la altura de la pirámide como el lado de la base se han tomado de forma aproximada, es normal esperar que el resultado no coincida exactamente con el número pi.

Si tomamos en cuenta unas medidas más exactas, como las que aparecen en el libro De las mentiras de la Egiptología a las Verdades de la Gran Pirámide, de Luis García Gallo, la altura sería de 146'7 metros y el lado de la base de 230'4 metros (aproximadamente). Volviendo a hacer los cálculos con estas dos nuevas aproximaciones tenemos que 4·b/(2·h) = 3'14110429... y aquí ya nos vamos aproximando más al número pi. De hecho el error es del orden de 0’016%.

El error es mínimo y totalmente admisible ya que en arquitectura, lo mismo que en todas las demás ciencias aplicadas, las medidas tienen un límite de precisión. De hecho, los cuatro lados de la base de la pirámide no miden exactamente lo mismo, sino que se diferencian en algunos centímetros. De la misma forma las desaparecidas Torres Gemelas no eran exactamente igual de altas, sino que una era un poco más alta (creo que como medio metro) que la otra. A todo esto hay que añadir los estragos del tiempo sobre los monumentos. Las medidas obtenidas son aproximadas sobre una estimación de lo que la pirámide medía cuando la construyeron, hace casi cinco mil años, porque ahora las medidas son muy distintas...

La relación entre b y h se puede expresar así:

Es decir, la proporción entre b y h es como la de pi a 2.

Consultando la página de matemáticas Epsilones descubrí algo nuevo para mí. Según el historiador Heródoto, los Egipcios construyeron la gran pirámide de tal forma que el área de cada una de las caras triangulares laterales coincidiera con el área de un cuadrado de lado igual a la altura.

Teniendo en cuenta lo que acabamos de decir, nos encontramos con las siguientes fórmulas:

Vamos a buscar la proporción entre a, b y h:

Dividimos por b cuadrado y consideramos a/b como una incógnita:

Hemos suprimido la solución negativa porque tanto a como b son números positivos (estamos tratando con longitudes de la pirámide).

De repente nos ha aparecido el número áureo, fi), un número no tan conocido como pi, pero muy importante en la historia de las matemáticas:

De aquí tenemos la relación entre a y b, y por ende entre b y h:

Con esto tenemos que la proporción entre a y b es como la de fi a 2, y la proporción entre b y h es como la de 2 a la raíz cuadrada de fi.

Resumiendo, si los Egipcios construyeron la pirámide con las proporciones mencionadas por el historiador Heródoto, entonces la pirámide de Gizeh es proporcional a una que tenga como altura de una de las caras laterales a fi y como lado de la base a 2:

Entonces surge la cuestión de si ambas propiedades de la pirámide son consistentes, la de pi y la de fi. ¿Cuál de las dos propiedades es la que guió a los constructores de la pirámide? ¿O los constructores quisieron incluir adrede ambas características en su diseño?

Supongamos que somos los constructores, y el faraón nos ordena que levantemos una pirámide en la que el perímetro de la base dividido entre dos veces la altura dé el número pi. Como ya conocemos el número pi, sólo tenemos que preguntarle al faraón la altura que quiere que tenga, y tras unos cálculos sencillos, obtenemos todas las dimensiones, el lado de la base, la longitud de las aristas, etc. Pero el faraón nos dice poco después que además quiere que el área de una de las caras laterales sea igual al área de un cuadrado de lado igual a la altura.

¿Pueden ser posibles ambas cosas? Nosotros ya hemos hecho los cálculos de todas las dimensiones y ya casi nos hemos puesto manos a la obra... Sólo podemos esperar que la suerte nos acompañe y que efectivamente y casi por casualidad se cumpla la segunda condición que nos pide nuestro rey.

¡Y la suerte está de nuestro lado!

Para que se cumpla la condición de pi, b y h tienen que estar en proporción de pi a 2. Para que se cumpla la condición de fi, b y h tienen que estar en proporción de 2 a raíz de fi. Si queremos que se cumplan las dos condiciones, ambas proporciones han de ser iguales:

Bueno, esto no es cierto exactamente, pero sí aproximadamente:

De hecho el error que se comete es menor al 0'1%. Eso quiere decir que con un error del 0'1% podemos construir una pirámide que cumpla las dos condiciones, guardando dentro de sus proporciones al número pi y al número fi. Y la pirámide de Keops es un ejemplo de ello.

Maravilloso, ¿verdad? Y todo porque pi por la raíz de fi es casi cuatro.

Notas: no fui el primero en descubrir esta coincidencia entre los números pi y fi. En el libro de Martin Gardner, Los Mágicos Números del Doctor Matrix, en el capítulo de las pirámides, se habla sobre la curiosa relación entre el número pi y el número fi que posibilita que la Gran Pirámide de Keops cumpla dos propiedades matemáticas diferentes. Sin embargo, honestamente, no leí ese contenido del libro hasta este mismo año pasado, 2009, seis años después de escribir este artículo.

Por otro lado, han quedado plasmados mis esfuerzos para expresar la notación matemática en un artículo de la web. No soy muy experto todavía en esto, y la solución que encontré en su momento fue la de usar el editor matemático del Microsoft Word para escribir la expresión que quería, y luego guardar dicha expresión como archivo de imagen, para incluirlo en el artículo. Los gráficos de las pirámides los realicé con el sencillo programa Paint que viene incluido en Windows.

Para algunas otras curiosidades matemáticas de la pirámide de Keops, entre las muchas que tiene, recomiendo leer mi artículo en el blog Vientos de eternidad.

[El Problema de la Semana] Iván el perezoso y el diablo

2010-01-01T15:30:00.003+01:00

Otro problema, éste con un poco más de literatura:

Según un antiguo cuento ruso, Iván el perezoso se hallaba un día holgazaneando a orillas de un río.

—Todo el mundo me dice que busque un trabajo o me vaya al diablo —suspiró—. No creo que ninguna de las dos cosas me ayude a hacerme rico.

Tan pronto como dijo esto, apareció el diablo en persona.

—¿Quieres ganar dinero, Iván? —le preguntó.

Iván asintió perezosamente con la cabeza.

—Muy bien —continuó el diablo—. ¿Ves ese puente? Pues todo lo que tienes que hacer es cruzarlo. Cada vez que lo hagas, se doblará el valor del dinero que llevas en el bolsillo.

Iván se dirigía ya hacia el puente, cuando el diablo le detuvo.

—Un momento —le dijo astutamente—. Puesto que me he mostrado tan generoso contigo, creo que me merezco una pequeña recompensa por mis esfuerzos. ¿Querrás darme ocho rublos cada vez que cruces el puente?

Iván el perezoso se apresuró a asentir. Cruzó el puente y metió la mano en el bolsillo. Su dinero se había doblado por arte de magia... Le lanzó los ocho rublos al diablo, que permanecía al otro lado del río y cruzó de nuevo. Otra vez se dobló su dinero. Le pagó otros ocho rublos al diablo y cruzó por tercera vez. Y el dinero se dobló también. Pero al contarlo, descubrió que no le quedaban más que ocho rublos en el bolsillo, que tuvo que entregar al diablo, con lo cual se quedó sin dinero que doblar.

El diablo soltó una carcajada y desapareció.

¿Cuánto dinero tenía Iván el perezoso en el bolsillo?

A continuación, una foto, y debajo de ella, la solución al problema.

[en la foto, el puente romano de Córdoba]

Solución:

El problema se puede resolver por tanteo o bien resolviendo una ecuación de primer grado. Llamamos x al número de rublos que tenía Iván originalmente. Cuando cruza el puente la primera vez, tiene 2x, y después de pagarle al diablo, 2x − 8; cruza el puente por segunda vez, 2·(2x − 8), le paga al diablo, 2·(2x − 8) − 8, cruza el puente por tercera vez, 2·(2·(2x − 8) − 8) y entonces descubre que sólo le quedan 8 rublos. La ecuación, por tanto, es la siguiente:

2 · (2 · (2x − 8) − 8) = 8
2 · (4x − 16 − 8) = 8
2 · (4x − 24) = 8
8x − 48 = 8
8x = 8 + 48 = 56
x = 56 : 8 = 7

Iván el perezoso tenía en el bolsillo siete rublos, antes de hablar con el diablo.

Ah, por cierto, ¡FELIZ AÑO NUEVO!

Sobre el go (2)

2009-12-31T21:09:00.002+01:00

Cuaderno de bitácora: en abril de 2008, tuve la oportunidad de impartir un pequeño curso de go de tres días para profesores en el Centro de Profesores (CEP) de Montilla, Córdoba. Para ilustrar mis clases, realicé una presentación en diapositivas, dividida en tres partes, y recientemente, revisando los artículos que tengo en borrador y que todavía no he terminado para publicar en el blog, se me ha ocurrido incluir esas presentaciones aquí, para todo aquél que quiera contemplarlas.
Las presentaciones son amplias, 233 diapositivas entre las tres, y en ellas se explican los pasos básicos para aprender a jugar al go, pero además se habla ampliamente de los beneficios del go, del material que se emplea en las partidas, de la historia y la filosofía, de los niveles de juego, de la etiqueta durante el juego, y de las matemáticas en el go.
Las diapositivas necesitaron muchas horas de trabajo. Contienen muchas imágenes, gran parte de ellas son de jugadas y posiciones en el tablero, pero muchas otras, obtenidas de aquí y de allá en Internet, acompañan a las explicaciones para ilustrarlas. El texto se ha tomado, en gran parte, traduciendo el contenido de la página de la Nihon Ki-in, la Asociación Japonesa de Profesionales de Go. Algunas partes del texto han sido creación mía, especialmente las de la filosofía del go y las matemáticas en el go.
Estas diapositivas formaron parte de aquel curso de tres días, que impartí y por el que recibí un pago en su momento. Hice la presentación porque me pareció una forma interesante de enseñar la parte teórica, nadie me encargó, ni por supuesto compró la presentación, sino que fue un material elaborado voluntariamente por mi persona. Considero que Internet debe ser un medio en el que se pueda compartir información, y a través del cual podamos acceder al trabajo de unos y otros, y si ese acceso es gratuito, pues mejor que mejor. Si alguien desea usar esta proyección con fines educativos, no lucrativos, desde este momento tiene mi permiso para hacerlo, pero en cualquier caso debe citar la procedencia de estas diapositivas y a su autor. Gracias.

Nota: Para poder subirlas al Google docs he tenido que partir las dos primeras presentaciones en dos trozos cada una, por lo que al final han quedado cinco partes. Además, al subirlas al Google docs han perdido las animaciones que contenían, así como el tipo de letra, y algunas de las ilustraciones eran gifs animados que también han perdido la animación. De todas formas, son sólo detalles que no impiden ver correctamente las diapositivas.

Además de las presentaciones, también redacté un documento especificando un poco más mi visión de la relación entre las matemáticas y el go. Este documento está pensado para motivar a los profesores de ciencias a que aprendan a jugar al go y se lo enseñen a sus alumnos y alumnas. A continuación incluyo el contenido de ese documento:

APLICACIONES MATEMÁTICAS DEL GO

En Occidente, de forma natural, el Go se ha relacionado con lo matemático. Presenta diversos aspectos concretos en este sentido:

- Es un juego de estrategia, sometido a reglas lógicas muy concretas. Las matemáticas siempre se ha interesado por este tipo de juegos.

- Presenta un sistema de reglas muy sencillas, similar al conjunto de axiomas que forman la base de cada rama matemática.

- Este conjunto de reglas de carácter axiomático produce un juego de estrategia profunda y de complejidad extrema, enmarcado en un sistema finito, con una riqueza que no tiene rival entre otros juegos de reglas tan sencillas.

- Todo esto favorece que el Go encaje y coincida mejor en la mente de un matemático, en el que elementos abstractos y carentes de significado interrelacionados con leyes simples adquieren una dimensión orgánica y creadora de teoremas y resultados útiles e inesperados.

El juego en sí, lo mismo que el ajedrez, y otros juegos de estrategia puramente lógicos, en los que no interviene el azar, activa y desarrolla en la mente del que los practica una serie de habilidades. Pero el Go tiene unas características añadidas:

- Desarrolla la atención y la concentración.

- A partir de elementos básicos, líneas y puntos (piedras), el jugador aprende a reconocer figuras geométricas, grupos, interdependencia de los grupos, relaciones posicionales y todo tipo de influencias que no se ven en el tablero, sino que sólo están, de forma abstracta, en su mente.

- El Go constituye un ejercicio mental en el que se practican muchas habilidades aritméticas básicas. Por ejemplo contar, sumar, restar, multiplicar, organizar en figuras geométricas, traducir áreas a cantidades numéricas, reorganizar áreas de forma adecuada en rectángulos, etc. Conforme el jugador va progresando en su juego se da cuenta de que estos procesos matemáticos deben ser mejorados y deben adquirir una gran precisión y rapidez para poder calcular las posibilidades de éxito o fracaso en la partida. Es un ejercicio entretenido e interesante mantener un conteo mental de los territorios obtenidos y de los que se pueden obtener de forma previsible.

- También se ejercita la visión e imaginación lógica de las posibilidades de las próximas jugadas, posibilidades que también son evaluables y cuantificables mediante sumas, restas, etc.

El material de Go, independientemente del juego, es muy flexible y polivalente: el tablero se puede acomodar de forma inmediata a un sistema de coordenadas y las piedras a puntos para delimitar formas geométricas planas. También puede ser usado como ábaco, y en este campo sus posibilidades son innumerables y sólo dependen de la imaginación del educador. Además existen una gran cantidad de variantes del Go que se pueden explorar con fines educativos (Go a tres o cuatro colores, Go con reglas ligeramente modificadas, etc.)

En relación al alumnado, introducir en el aula o fuera de ella este tipo de juegos y actividades es siempre muy motivante. El Go tiene el beneficio añadido de que es ahora mismo muy desconocido, por lo que todos, sin excepción, pueden empezar a conocerlo desde cero, es decir, todos parten del mismo punto, sin que nadie tenga una ventaja inicial.

Rodear las matemáticas de actividades lúdicas y entretenidas como pasatiempos, juegos, etc., ayudan a la materia a ir perdiendo poco a poco la fama de aridez y dificultad que tradicionalmente ha tenido y logra acercarla a parte del alumnado que en principio no es atraído por la asignatura.

Nuestra tarea puede ser acercar a los alumnos este tipo de elementos: el Go, el cubo de Rubik, los puzles, los pasatiempos, etc… El alumnado no está todavía en capacidad de apreciar la profunda relación que tienen con las matemáticas, sólo el tiempo les irá descubriendo, a cada uno en su medida, la riqueza y belleza de todo este mundo de entretenimiento matemático.

Los Embajadores de Holbein

2009-12-30T12:56:00.004+01:00

Recuperamos otro artículo que ya apareció en doDK; para esta ocasión lo hemos actualizado y ampliado considerablemente.

Cuando estaba en el colegio, en cierto libro de texto que no logro recordar, encontré una foto del cuadro Los Embajadores, de Hans Holbein. En aquella época la pintura, como tantas otras, habría pasado desapercibida para mis ojos infantiles, si no hubiera sido por la extraña forma alargada que destacaba en la parte inferior del cuadro, forma que no encajaba con ninguna perspectiva y que me resultaba inquietante e incomprensible. Aunque los recuerdos se me mezclan con lo que luego he aprendido del cuadro, estoy dispuesto a asegurar que no tardé demasiado en darme cuenta de que para poder comprender la ilógica forma alargada se necesitaba observarla desde el correcto punto de vista: había que inclinar el libro y mirarlo casi de perfil, y entonces la forma perdía su longitud y se comprimía hasta verse el descifrado dibujo de una calavera.

Puede parecer sorprendente que a un niño se le ocurra por sí solo la forma correcta de mirar el cuadro para percibir la figura de la calavera. Pero antes de este hallazgo, ya me había enfrentado el pasatiempo de una revista en el que un cierto letrero había sido estirado verticalmente hasta convertirlo en ilegible. Tuve que consultar la solición para descubrir que la forma de poder leerlo pasaba por inclinar la página donde se encontraba impreso el letrero para que la deformación se atenuara lo suficiente hasta poder distinguir las letras de qué se componía. Cuando vi el cuadro de Los Embajadores, se me vino a la mente aquel pasatiempo y le apliqué el mismo método para descifrar la figura, con éxito total.
Veamos, por ejemplo, la siguiente figura:

Podemos comprobar que, aunque parecen letras, resultan difíciles de leer. En realidad, es la palabra HOLBEIN, escrita en mayúsculas con tipo de letra Arial, y deformada y estirada en sentido vertical. Si imprimimos la figura en un papel y miramos el papel inclinado, colocando nuestros ojos casi a la altura del borde inferior, entonces la deformación se atenúa, y la palabra aparece clara y legible a nuestra vista.
El cuadro de Los Embajadores fue realizado en 1533, en pleno Renacimiento, por Hans Holbein el Joven, y representa a Jean de Dinteville a la izquierda, embajador de Francia en Inglaterra, y a su amigo Georges de Selve, obispo de Lavaur, que ocasionalmente también ejerció el cargo de embajador. Si se quiere estudiar a fondo todo lo que aparece en el cuadro se puede consultar la página correspondiente de la Wikipedia, por ejemplo, donde se explican muchos detalles del mismo.
Además de ser una obra maestra de la pintura, está lleno de símbolos relacionados de una forma o de otra con las matemáticas. Cito a la wikipedia:

Ambos hombres [los embajadores], que observan al espectador de la obra, están acodados sobre un mueble con dos estantes sobre el que hay dispuestos varios objetos relacionados con el quadrivium, las cuatro ciencias matemáticas entre las siete artes liberales: la aritmética, la geometría, la música y la astronomía. En el estante superior puede verse una esfera celeste, objetos de medición del tiempo y un libro, dispuestos sobre una alfombra roja con complicados motivos geométricos. En el estante inferior hay un globo terráqueo, dos libros [uno de ellos de aritmética, escrito por Peter Apian, matemático y astrónomo de la universidad de Ingolstadt], un laúd y cuatro flautas en un estuche... El suelo está pavimentado con círculos y cuadrados, destacándose una forma difícilmente interpretable, pero que salta a la vista en tanto que parece que se halle fuera del espacio de la pintura; se ha llamado a menudo el hueso de sepia.

Más abajo, se sigue hablando de dicho hueso:

La extraña figura en primer plano, a veces llamada hueso de sepia, intrigó durante mucho tiempo a los analistas del cuadro. Nuestro afilado ojo de hoy en día, más habituado a la lectura de imágenes, nos hace adivinar que se trata de un cráneo muy deformado por una anamorfosis, aunque es probable que no hiciéramos una lectura tan inmediata.

Una anamorfosis es "una deformación reversible de una imagen producida mediante un procedimiento óptico (como por ejemplo utilizando un espejo curvo), o a través de un procedimiento matemático. Es un efecto perspectivo utilizado en arte para forzar al observador a un determinado punto de vista preestablecido o privilegiado, desde el que el elemento cobra una forma proporcionada y clara." Al parecer, la primera persona que hizo notar esta anamorfosis en el cuadro de Los Embajadores fue Jurgis Baltrusaitis, un historiador del arte del siglo XX.

Según los estudiosos del cuadro, el hecho de que Holbein haya colocado esa calavera deformada en la parte inferior tendría varios significados. Por un lado, Holbein era alemán, y en alemán hohle bein significa "hueso hueco", con lo que la calavera sería una especie de firma. Además, al pintar la calavera humana en contraste con el tema principal de la pintura, el retrato de dos hombres jóvenes, importantes y ricos, hacen del cuadro una vanidad "una obra que simboliza que lo que es importante en la tierra no lo es en el reino de los cielos, que lo que se ha hecho en nuestra vida, la muerte lo deshace". ¿Por qué Holbein no lo dibuja en la perspectiva habitual? ¿Por qué lo deforma hasta hacerlo casi irreconocible?

Si recortamos y aislamos el citado hueso, en blanco y negro para que sea más sencillo de reconocer:

Y luego deformamos el rectángulo hasta convertirlo en un estrecho romboide, ya se puede apreciar la forma de la calavera:

Esto es sencillo de realizar con ayuda de la informática y las aplicaciones que tratan y modifican imágenes (como la famosa Photoshop). Pero si no disponemos de la informática, necesitamos mirar el cuadro no de frente, sino de perfil, pegados a él. Así podemos empezar a comprender la intención del autor: el observador del cuadro, buscando el significado de dicha figura, tendrá que dejar su lugar de contemplación delante de la pintura y acercarse a la tela, y por último dirigir su mirada a la calavera desde la esquina inferior izquierda. El que observa el cuadro descubre que ha tenido que dejar su posición y aproximarse hasta casi meterse dentro de la pintura; se ha convertido en parte del cuadro, se encuentra en una esquina del mismo, y la calavera lo mira desde arriba, mientras el que la observa puede meditar sobre el sentido de la vida y de la muerte.

Otra forma que tenemos de poder ver la calavera es tomar un espejo curvo, cilíndrico o esférico, acercarlo a la figura, y observar su reflejo sobre la superficie curva del espejo. Una cuchara metálica puede servir. Cuando compré el cubo de Rubik que tengo, la caja donde venía presentado traía en la parte trasera dos cartulinas que hacían de espejos, y que conservé. Con una de esas cartulinas especulares, enrollada en forma de cilindro y orientada en el mismo sentido que el del hueso, también pude ver la calavera y enseñársela, de paso, a mis compañeros oficiales del Barco Escuela y a algunos grumetes.

Notas: insisto en recomendar que se visiten las páginas de la wikipedia relacionadas con la anamorfosis, así como otra página que explica lo que es un trampantojo, y especialmente la web del increíble artista urbano Julian Beever. Esas páginas están relacionadas con el tema de hoy, y para el que no las conozca resultarán muy sorprendentes.

En relación a esto de las anamorfosis, están mucho más cerca de lo que nosotros creemos. Desde hace un tiempo, quizás varios años, es costumbre que en algunos encuentros deportivos aparezcan letreros a los que se les ha aplicado una anamorfosis. No es difícil contemplar en los campos de fútbol, por ejemplo, letreros tras la portería que están impresos para que desde la perspectiva de las cámaras de televisión que retransmiten el encuentro se vean más claros para el telespectador. Obsérvese, por ejemplo, la siguiente foto [tomada de la galería de missha]:

Si nos fijamos en la parte inferior, vemos un letrero deformado:

Desde la perspectiva en la que está tomada la foto, este letrero es casi ilegible, pero si nos situamos en otro lugar de las gradas, a la izquierda, donde están las tribunas y las cámaras de televisión, la perspectiva es la correcta y el letrero se puede leer perfectamente, como si estuviera frente a los ojos del que lo contempla.

[El Problema de la Semana] Los cuatro cuatros

2009-12-25T15:30:00.057+01:00

¡Feliz Navidad a todos!
Recuperamos aquí otro problema clásico:

El problema de los cuatro cuatros consiste en obtener todos los números que se puedan con cuatro cuatros (ni uno más, ni uno menos) y las reglas de las operaciones aritméticas básicas. Concretando más, debemos encontrar la manera de escribir todos los números del cero al diez utilizando cuatro cuatros, los signos de sumar, restar, multiplicar y dividir, y los paréntesis.

Hay que tener en cuenta que para cada número puede haber varias formas de hacerlo. Como ejemplo, damos la obtención del cero:

0 = 4 + 4 − 4 − 4; o bien, 0 = 44 − 44

1 = ...

2 = ...

etc.

A continuación una imagen de relleno, y después, la solución. ¡No siga leyendo si quiere intentar resolver el problema por sí mismo!

Solución:

Hay varias posibilidades. Una de ellas podría ser:

1 = 44 : 44
2 = 4 : 4 + 4 : 4
3 = (4 + 4 + 4) : 4
4 = (4 − 4) · 4 + 4
5 = (4 · 4 + 4) : 4
6 = (4 + 4) : 4 + 4
7 = 4 + 4 − 4 : 4
8 = 4 + (4 · 4) : 4
9 = 4 + 4 + 4 : 4
10 = (44 − 4) : 4

Notas: cuando intenté por primera vez resolver el problema, la que me resultaba más difícil de encontrar era la combinación para el 10, hasta que me di cuenta de que podía "juntar" dos cuatros para formar el número 44. En el fondo, aunque en el enunciado no se dice explícitamente que se pueda hacer esto, ni tampoco se prohíbe, esta opción de contar con el 44 me ha parecido siempre un poco tramposa, lo que le da más chispa al problema.

Aparte de los números del cero al diez, es posible seguir buscando combinaciones para obtener el once, el doce, etc. El problema se extiende de forma natural a los siguientes números; podemos incluso preguntarnos cuál es el límite, qué números son los que ya no hay forma de sacarlos a partir de cuatro cuatros, y también echar mano de operaciones aritméticas un poco más avanzadas, como las potencias y las raíces, para ampliar el abanico de posibilidades.

Existe un chiste tonto que me contaron cuando era pequeño, que dice así: llaman por teléfono, "¡Riiinnng, riiinnng!", "¿Sí, dígame?", "¿Es ahí el número 44 44 44?", "Sí, aquí es", "Pues, detenido por cuatrero".
Un cuatrero es un ladrón de caballos. Los que nos hemos educado viendo de pequeños películas del oeste, los westerns, sabemos que ser cuatrero era uno de los delitos más perseguidos por los sheriffs, y se castigaban automáticamente con la horca. Como la palabra "cuatrero" parece venir de "cuatro", y los cuatreros son unos personajes de los westerns, por eso se nos ha ocurrido ilustrar el problema de hoy con el cartel de Río Bravo, uno de los mejores westerns de todos los tiempos.

[El Problema de la Semana] Cuadrados correlativos

2009-12-18T15:30:00.048+01:00

Aquí tenemos otro problema de los que en su momento planteamos a los grumetes y luego publicamos en doDK:

Obsérvese las siguientes igualdades (se pueden comprobar que son ciertas):

3² + 4² = 5²

10² + 11² + 12² = 13² + 14²

21² + 22² + 23² + 24² = 25² + 26² + 27²

Como ya se habrá dado cuenta, en cada igualdad los números van correlativos. ¿Sería capaz de encontrar otra igualdad como las anteriores pero con cinco sumandos en el primer término y cuatro en el segundo? Es decir, buscar una expresión:

a² + b² + c² + d² + e² = f² + g² + h² + i²

siendo a, b, c, d, e, f, g, h, i, números enteros consecutivos.

Abajo tenemos una imagen ilustrativa, y más abajo... ¡cuidado! ¡la solución!

Los números buscados son:

36² + 37² + 38² + 39² + 40² = 41² + 42² + 43² + 44²

Este problema de los cuadrados correlativos se puede resolver por tanteo, pero también se puede resolver planteando una ecuación: llamamos x − 4, x − 3, x − 2, x − 1, x a los números a la izquierda del igual, y x + 1, x + 2, x + 3, x + 4 a los que están a la derecha, y tendríamos la ecuación de segundo grado:

(x − 4)² + (x − 3)² + (x − 2)² + (x − 1)² + x² = (x + 1)² + (x + 2)² + (x + 3)² + (x + 4)²

Si desarrollamos los binomios y resolvemos la ecuación, nos encontramos con la solución x = 40, de la cual se deducen los nueve números consecutivos, pero también aparece otra, la x = 0, con lo cual, además de la que tenemos arriba, también podemos contar con la igualdad:

(−4)² + (−3)² + (−2)² + (−1)² + 0² = 1² + 2² + 3² + 4²

Si en el problema no se especifica que los números sean positivos, esta última solución también se debe considerar válida.

Nota: la primera de todas las igualdades, 3² + 4² = 5², es una famosa terna pitagórica. Para más detalles, leer el artículo de este blog 3 - 4 - 5.

La verdadera identidad de Monsieur LeBlanc

2009-12-16T18:05:00.015+01:00

Se puede decir, sin caer en la exageración, que los conflictos bélicos que se libraron a principios del siglo XIX fueron auténticas guerras mundiales, mucho antes de la Primera y la Segunda Guerra Mundial libradas en el siglo XX, porque las Guerras Napoleónicas involucraron a la mayoría de los países europeos, y los enfrentamientos se extendieron no sólo por toda Europa, sino por muchos otros puntos del globo terrestre, especialmente cuando esos enfrentamientos se dieron entre las flotas oceánicas de Inglaterra y Francia.

[ilustración extraída de http://www.kalipedia.com/]

Enmarcados en este clima de conflicto internacional, se encuentran los sucesos que vamos a narrar a continuación, y que forman parte de esa curiosa historia de las matemáticas que todo matenavegante culto debería conocer.

En octubre del año 1806, los ejércitos napoleónicos vencieron al ejército prusiano en la batalla de Jena, y desde ese momento, marcharon sobre Prusia con una celeridad inusitada, derrotando a las tropas prusianas que les salían al paso como si vencer en una batalla tras otra fuera un juego de niños. Entre las numerosas ciudades ocupadas por los soldados franceses se encontraba una importante capital de la Baja Sajonia: Brunswick, la ciudad natal de Carl Friedrich Gauss, uno de los matemáticos más importantes de todos los tiempos, que en aquellos momentos era un hombre joven de 29 años, pero ya célebre por sus impresionantes capacidades y descubrimientos.

Entre la correspondencia que mantenía con diversos científicos de la época, Gauss se había carteado con un brillante matemático francés, Monsieur LeBlanc, con el que trataba diversos aspectos de las matemáticas puras. En 1801, cuando Gauss contaba tan solo con 24 años, había ya publicado un libro que ha llegado a ser uno de los más importantes y famosos de la historia de las matemáticas, las Disquisitiones Arithmeticae. Monsieur LeBlanc mantenía correspondencia con Gauss en la que le expresaba su felicitación por la publicación del libro, y en sus cartas le mandaba comentarios, ejercicios resueltos relacionados con el contenido, y aportaciones propias, incluyendo algunas sobre el famoso teorema de Fermat. Gauss tardaba en responder aquellas cartas, absorto como estaba en su propio campo de trabajo, pero cuando las contestaba lo hacía con educación, valorando positivamente los avances de LeBlanc. Sin embargo, llegaría un día en el que iba a despertarse en Gauss una repentina y gran admiración por Monsieur LeBlanc, admiración que expresó en una carta llena de entusiasmo hacia el matemático francés. Fue el día en el que Gauss descubrió que LeBlanc no se llamaba así, y ni siquiera era un monsieur. En realidad, LeBlanc era el seudónimo de una extraordinaria mujer: Sophie Germain.

Marie-Sophie Germain ha sido una de las pocas mujeres matemáticas que han llegado a tener cierta fama en los siglos pasados. Nacida en Paris en 1776 (un año antes que Gauss), empezó a estudiar matemáticas a los trece años, aunque sus padres trataron de disuadirla, porque consideraban que aquella era una ocupación "reservada a los varones". Como no podía ingresar en la Universidad Politécnica de París, porque no se admitían mujeres, logró hacerse con los apuntes de las clases, estudió y trabajó por su cuenta, y adoptó una identidad masculina, la de Monsieur LeBlanc, para poder mantener correspondencia con los principales matemáticos de la época, como el francés Lagrange y el alemán Gauss.

Sin embargo, al enterarse de la invasión de Prusia por el ejército napoleónico, Sophie Germain temió que Gauss pudiera correr la misma suerte que Arquímedes. Este sabio griego, del siglo III a. de C., natural de Siracusa, tuvo una muerte particularmente desafortunada. En el año 214 a. de C. los romanos pusieron sitio a la ciudad, que finalmente sería invadida en el 212. A pesar de las órdenes de que Arquímedes no fuera dañado, un soldado romano lo asesinó cuando el sabio estaba distraído dibujando círculos y otras figuras geométricas en el suelo. Se cuenta que la últimas palabras de Arquímedes fueron "¡no borréis mis círculos!". La muerte de Arquímedes constituye un paradigma del grado en que los científicos y pensadores se pueden abstraer de la realidad, y de las consecuencias de las guerras, que sin distinguir a nada ni a nadie arrasan y destruyen todo a su paso.

Era por tanto apenas normal que Sophie Germain tuviera el temor de que la integridad física de Carl Friedrich Gauss pudiera ponerse en peligro en medio del clima bélico, entre las tropas prusianas en retirada y las francesas avanzando y ocupando poblaciones, mientras el joven matemático, aislado de su entorno y sin interés ninguno por los asuntos políticos, se concentraba en sus estudios. Por tal motivo, Sophie se dirigió a un amigo de su familia, Monsieur Pernety, general francés de artillería en la campaña de Prusia, encargado del sitio de Breslau, para que averiguara el paradero de Gauss y procurase que el matemático alemán fuera tratado con consideración. M. Pernety ordenó entonces a M. Chantal, comandante de batallón, que cruzara los doscientos kilómetros que los separaba de la ciudad de Brunswick, ocupada ya por el ejército francés, y se encargara del asunto.

En una carta al general Pernety, Chantal le informó sobre el encuentro con Gauss. "En cuanto llegué a la ciudad me apresuré a cumplir su encargo. He preguntado a varias personas por la dirección de Gauss, en cuya residencia tenía que reunir información a petición de usted y de Sophie Germain. Monsieur Gauss replicó que no tenía el honor de conocerle a usted ni a Mademoiselle Germain, pero que había conocido a Madame Lalande en Paris. Después de explicarle los diferentes puntos contenidos en las órdenes que yo había recibido, pareció un poco confundido y me pidió que le transmitiera a usted su agradecimiento... Le dejé en compañía de su esposa y su hijo y fui a visitar al general Buisson, gobernador de la ciudad, con el fin de recomendarle a Gauss. Yo ya había tenido el honor de conocer al general en otra ocasión previa. Me respondió que haría todo lo posible por M. Gauss, me invitó a cenar, y me comentó que ya le habían recomendado a Gauss varias personas de mérito. Me despedí de él y regresé a la residencia de M. Gauss, pidiéndole que me acompañara a la cena en la casa del gobernador, para que pudiera contar directamente con toda su estima y amabilidad... M. Gauss disfruta de buena salud, y me contó que se asustó cuando las tropas entraron en Brunswick, pero que no había sido molestado..."

La confusión de Gauss, asombrado por la visita de Chantal y todas aquellas recomendaciones por parte de personas que él no conocía, se mantuvo hasta que recibió, por fin, una carta de la propia Sophie Germain en la que le aclaraba todo y develaba su verdadera identidad. "Mientras me describía el resultado de la honorable misión que yo le había encargado, M. Pernety me informó que le había mencionado a usted mi nombre. Esto me conduce a confesarle que no le soy a usted completamente desconocida, como podría suponer, pero temiendo el ridículo que me puede sobrevenir al ser una mujer científica, he tomado anteriormente el nombre de M. LeBlanc para mandarle a usted mis notas que, indudablemente, no merecen la indulgencia con la que usted me ha correspondido".

Gauss, por su parte, se apresuró a contestarle: "Cómo describirle mi admiración y asombro al ver que mi estimado corresponsal M. LeBlanc se metamorfosea en este personaje ilustre que me ofrece un ejemplo tan brillante de lo que sería difícil de creer. La afinidad por las ciencias abstractas en general y sobre todo por los misterios de los números es demasiado rara: lo que no me asombra ya que los encantos de esta ciencia sublime sólo se revelan a aquellos que tienen el valor de profundizar en ella. Pero cuando una persona del sexo que, según nuestras costumbres y prejuicios, debe encontrar muchísimas más dificultades que los hombres para familiarizarse con estos espinosos estudios, y sin embargo tiene éxito al sortear los obstáculos y penetrar en las zonas más oscuras de ellos, entonces sin duda esa persona debe tener el valor más noble, el talento más extraordinario y un genio superior. De verdad que nada podría probarme de forma tan meridiana y tan poco equívoca que los atractivos de esta ciencia que ha enriquecido mi vida con tantas alegrías no son quimeras, que la predilección con la que usted ha hecho honor a ella."

Posteriormente, la correspondencia entre ambos personajes se interrumpió, principalmente porque sus campos de trabajo e investigación se fueron separando. A Gauss todavía le quedaba una increíble vida llena de logros y descubrimientos, entre los cuales podemos mencionar, por ejemplo, el desarrollo de métodos que ayudaron a la localización del asteroide Ceres, la profundización en la geometría diferencial de superficies, el estudio de las variables continuas en estadística y probabilidad, el estudio de las geometrías no euclídeas, las funciones elípticas, los residuos bicuadráticos, la teoría de números, y posteriormente muchos campos de la física, como la tensión superficial, la óptica, el electromagnetismo, las fuerzas y el potencial, etc.

Sophie Germain, por su parte, hizo importantes contribuciones a la teoría de los números y a la teoría de la elasticidad, y después de ser rechazada en dos ocasiones, en el año 1816 ganó por fin un concurso convocado por la Academia Francesa de las Ciencias que la convirtió en la primera mujer que asistió a las sesiones de la Academia. En 1830, la Universidad de Göttingen acordó otorgar a Sophie Germain un grado honorífico; Gauss formaba parte de dicha Universidad desde 1807, y él fue el que promovió aquel nombramiento. Sin embargo, Germain apenas tendría tiempo de recibir aquel grado, pues murió de cáncer de mama en 1831.

Carl Friedrich Gauss demostraría su genio extraordinario, y se convertiría en uno de los matemáticos y científicos más importantes de todos los tiempos. Y sin embargo, más allá de los condicionamientos de la época, supo admirar el valor, talento e inteligencia de Sophie Germain, una mujer que un día tuvo que adoptar la identidad de un hombre para no ser ridiculizada y acceder a las cumbres de las ciencias matemáticas.

Notas: además de las páginas de la Wikipedia sobre Gauss y Germain, hemos basado parte del artículo en algunas páginas de la obra Sophie Germain, an essay in the history of the theory of elasticity, escrita por Louis L. Bucciarelli y Nancy Dworsky, y publicada por D. Reidel Publishing Company. Para saber más sobre Gauss, recomiendo el artículo correspondiente ya publicado en este blog.

[El Problema de la Semana] El número de teléfono

2009-12-11T15:31:00.001+01:00

Este problema fue planteado a los grumetes hace varios años:

Cuando le pregunté el número de teléfono a un compañero, me dijo:

"Mi número tiene cinco cifras. Si le pones un 4 delante obtienes un número que es el cuádruple del que obtienes si le pones el 4 detrás."
¿Cuál es el número de teléfono de mi compañero?

A continuación ponemos una imagen ilustrativa, y más abajo... ¡la solución!

[en la foto, Graham Bell en 1892, haciendo la primera llamada de teléfono, de Nueva York a Chicago]

Para hallar el número de teléfono se puede plantear la siguiente multiplicación:

X Y Z T R 4 · 4 = 4 X Y Z T R

donde X Y Z T R es el número de teléfono del compañero, dígito a dígito.

Haciendo la multiplicación progresivamente por 4 obtenemos que el número pedido es:

X Y Z T R = 1 0 2 5 6

[El Problema de la Semana] Primos gemelos

2009-12-04T15:30:00.011+01:00

Éste es el nuevo problema de la semana planteado:

Algunas parejas de números primos se diferencian en 2 unidades. Diremos entonces que estos números son primos gemelos.

El número que hay entre los 2 números de cada pareja de primos gemelos tiene una curiosa propiedad: es un múltiplo de 6 (exceptuando la primera pareja de primos gemelos: 3 y 5).

Trate de dar una explicación convincente de esta propiedad.

A continuación, ponemos una ilustración, y debajo de ella... ¡cuidado, que viene la solución al problema!

[en la imagen, los gemelos Fred y George Weasley, personajes de los libros de Harry Potter]

Se trata de demostrar lógica y matemáticamente la propiedad enunciada arriba. Veamos: todos los números primos salvo el 2 son impares. Si una pareja de números primos, a y b, son gemelos, es decir, se diferencian en dos unidades, entonces ambos primos son impares, (porque el 2 no tiene ningún gemelo, ya que ni el 0 ni el 4 son primos). Entonces el número que hay entre ellos, llamémosle x, es par, y por tanto múltiplo de 2.

Si exceptuamos la primera pareja de primos gemelos, 3 y 5, todos los demás primos gemelos, no pueden ser múltiplos de 3. Tenemos tres números consecutivos, a, x, b, y se puede comprobar fácilmente que dados tres números consecutivos, uno de ellos es forzosamente múltiplo de tres (y los otros dos no). Ni a ni b son múltiplos de 3, por ser primos, luego tiene que serlo a la fuerza x.

Conclusión: x, el número que está entre los dos primos gemelos, es múltiplo de 2 y de 3, por tanto debe ser múltiplo de 2 · 3 = 6.

Nota: es curioso eso de llamarle a estos dos números "primos gemelos", teniendo en cuenta que en español, la palabra "primo" aparte de referirse a los números, se refiere al parentesco que hay entre dos personas en las que uno de los padres de una es hermano o hermana de uno de los padres de la otra. (En inglés, por ejemplo, no hay esa relación entre las palabras, ya que se usan términos distintos, prime para número primo, cousin, para la relación de parentesco).

He estado pensando sobre la posibilidad de que dos personas fueran primos y a la vez gemelos, y se me ocurre el caso de un hombre que se case con su hermana, por ejemplo, y tuvieran dos hijos que fueran gemelos. Estos niños, además de ser hermanos, serían primos, pues sus padres son hermanos.

Actualmente, que dos hermanos se casen es considerado incesto, pero antiguamente existieron culturas en las que esos matrimonios eran permitidos, especialmente entre la realeza.

Ampliación: uno de los grumetes me entregó el problema resuelto de la siguiente manera: "los números primos pertenecen a las sucesiones 6n+1 y 6n−1, por lo que los números anteriores y posteriores a los múltiplos de 6 son posibles candidatos a ser números primos". A continuación el grumete indica ejemplos de números de las sucesiones mencionadas que sí son primos.

A primera vista no acepté dicho argumento, porque me pareció que afirmar que todos los números primos pertenecían a dichas sucesiones era incorrecto, y que habría números primos que no pertenecieran a dichas sucesiones. Sin embargo consideré interesante la presentación de las dos sucesiones, porque implícitamente indicaba que entre dos primos consecutivos que se diferenciaran en dos unidades (dos primos gemelos, como les estamos llamando aquí) se podía incluir otro número que necesariamente pertenecería a la sucesión 6n y por tanto sería múltiplo de 6.

Por un lado, la idea que yo tuve de que no todos los números primos eran del tipo 6n+1 ó 6n-1 es correcta. Ni el 2 ni el 3 son de este tipo, y sin embargo son primos. Pero por otro lado, estos son los únicos que no cumplen esa propiedad.

En efecto, si tenemos un número primo que no sea ni 2 ni 3, entonces lo dividimos por 6, dará un cociente n, y un resto, y el resto puede ser 0, 1, 2, 3, 4 ó 5, luego el número puede ser 6n, 6n+1, 6n+2, 6n+3, 6n+4 ó 6n+5. Si el número es primo, entonces tenemos que descartar 6n, (por ser múltiplo de 6), 6n+2 y 6n+4 (porque son pares, y el único primo par es el 2) y 6n+3 (que es múltiplo de 3). Luego nuestro número primo, al dividirlo por 6 sólo puede dar resto 1 ó resto 5, y por tanto puede ser de la forma 6n+1, o bien 6n+5 (con lo que le faltaría solo una unidad para llegar a ser múltiplo de 6, y por consiguiente es equivalente a decir que es de la forma 6n−1)

Según esto, no es difícil demostrar, con un poco de práctica para las demostraciones matemáticas, lo que pide nuestro problema. Sean dos primos gemelos, distintos de la pareja 3 y 5, llamémosle a al primero y b al segundo. Si a es de la forma 6n−1, entonces el número entre a y b es 6n, y por tanto múltiplo de 6. Si b es de la forma 6n+1, entonces el número entre a y b también es 6n. No es posible, sin embargo, que a sea de la forma 6n+1, y b de la forma 6n−1, porque entonces el anterior de a sería múltiplo de 6 y el posterior de b sería también múltiplo de 6, pero el anterior de a y el posterior de b se diferencian en sólo 4 unidades, y eso nos lleva a una contradicción, ya que los múltiplos de 6 se diferencian al menos en 6 unidades. Sea como sea, la única posibilidad es que efectivamente el número comprendido entre los primos gemelos a y b sea múltiplo de 6.

El argumento de nuestro grumete, aunque incompleto, señalaba a una demostración correcta del problema de los primos gemelos.

Este problema ha sido seleccionado por Marisa Fernández Villanueva, del IES Veles e Vents, en Torrent, para el calendario matemático publicado el curso pasado por la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Las patatas fritas

2009-11-27T15:30:00.004+01:00

Esta semana les hemos puesto a los grumetes el siguiente problema:

Tres viajeros se detienen en un bar para cenar, pero el cocinero sólo puede ofrecerles patatas fritas. Los viajeros se duermen agotados. Uno de ellos se despierta, se come la tercera parte de las patatas y se vuelve a dormir. Al poco se despierta otro, que se come la tercera parte de las patatas restantes. El tercero hace lo mismo. El cocinero vuelve a la mesa y se encuentra a los tres viajeros dormidos y ocho patatas en el plato. ¿Cuántas había al principio?

La solución se explica más abajo de la ilustración. Ya sabe que si quiere intentar el problema usted por sí solo, ¡no debe seguir leyendo!

El problema se puede solucionar bien por tanteo, bien mediante el planteamiento de un esquema con fracciones, bien con una ecuación.

Nosotros lo vamos a resolver usando fracciones.

El primer viajero se come 1/3 de las patatas, luego deja 2/3 sin comer.

El segundo viajero se come 1/3 de las que quedan, y 1/3 de 2/3 es exactamente 2/9 (hay que multiplicar las fracciones). Si se ha comido 2/9, entonces quedan 2/3 − 2/9 = 4/9.

El tercer viajero se come 1/3 de las que quedan, y 1/3 de 4/9 es exactamente 4/27. Luego al final sobran 4/9 − 4/27 = 8/27. Si han quedado 8 patatas en el plato, y esta cantidad es 8/27 de lo que había al principio, no es difícil darse cuenta de que al principio había 27 patatas, que es la solución.

Nota: este problema ha sido seleccionado por Marisa Fernández Villanueva, del IES Veles e Vents, en Torrent, para el calendario matemático publicado el curso pasado por la editorial SM.

[El Problema de la Semana] El cumpleaños

2009-11-20T15:30:00.002+01:00

Creo que este problema o acertijo puede ser muy interesante:

Antonio me comentaba el otro día: anteayer tenía 22 años, pero el año próximo tendré 25. ¿Cuándo es mi cumpleaños?

Recuérdese que la solución está incluida más abajo. Si quiere resolverlo por sí mismo, STOP! ¡no siga leyendo!

Solución: El cumpleaños de Antonio es el 31 de diciembre.

Hoy es 1 de enero. Anteayer era 30 de diciembre, y tenía 22 años. Ayer era 31 de diciembre, cumplió años, y tiene 23 años desde ayer hasta el 31 de diciembre del presente año, en que cumplirá 24. El 31 de diciembre del año que viene cumplirá 25.

Comprendo que la solución puede ser difícil de comprender. Si le cuesta entenderla, pregúntese primero ¿qué día es hoy (entendiendo por "hoy" el día en el que está hablando Antonio)? Hágase un esquema con un calendario. Estos problemas de calendarios y tiempos son complicados. No desespere.

El Cofre de los Tesoros Matemáticos: Caleidoscopios

2009-11-17T16:58:00.005+01:00

Cuaderno de bitácora: supongo que todos los que ven por primera vez un caleidoscopio quedan fascinados por él. A mi me enseñaron uno cuando era pequeño, y me pareció algo precioso, y ya de mayor he podido comprar un par de ellos que en su día encontré en algunos mercados portuarios de cierto país costero.

El funcionamiento de un caleidoscopio es muy sencillo. El corazón del aparato, lo que le da vida, son dos espejos alargados rectangulares unidos por uno de sus lados mayores, formando un ángulo determinado. Esos dos espejos se colocan dentro de un tubo, uno de cuyos extremos se utilizará como abertura para ver la imagen, y el otro se cierra habitualmente con un cristal o plástico transparente y sobre él un papel o plástico translúcido. Entre el cristal transparente y el plástico translúcido, se suelen colocar pedacitos sueltos de cristal o plástico de colores, para que al mover el caleidoscopio o agitarlo vayan adquiriendo nuevas posiciones, formando patrones cambiantes y siempre nuevos. Éste sistema de los pedacitos de colores colocados entre un cristal transparente y uno translúcido es el más corriente, pero se han desarrollado muchas variantes, como se puede contemplar en esta página sobre caleidoscopios: tubos llenos de aceite por los que circulan los pedacitos de colores, imágenes fijas translúcidas que se pueden cambiar o desplazar, etc.

Una de las variantes del caleidoscopio es lo que se ha denominado teleidoscopio o tomoscopio: el final del tubo del caleidoscopio se completa con una semiesfera de cristal en lugar de los pedacitos de colores; así la imagen del lugar donde nos encontramos se filtra por la esfera de cristal, miniaturizándose, y lo que se ve por el tomoscopio es la multiplicación simétrica de esa imagen, y podemos jugar, por tanto, con la imagen real de nuestro entorno, en lugar de los motivos geométricos más sencillos habituales.

Si el corazón del caleidoscopio son sus dos espejos, el alma del caleidoscopio es el ángulo que forman los dos espejos y el consiguiente efecto de simetría múltiple que provoca este ángulo. Según la apertura del ángulo, la imagen se repetirá en los espejos formando hermosos rosetones. Para que la simetría sea perfecta, el ángulo de los espejos ha de ser coincidente con una partición exacta del círculo. Si el ángulo es, por ejemplo, de 90º (la cuarta parte del círculo), entonces la imagen se verá multiplicada por cuatro; si el ángulo es de 72º tendremos un rosetón de exactamente cinco figuras simétricas; si el ángulo es de 60º, obtendremos seis figuras, etc.

Precisamente, uno de los ángulos más utilizados en los caleidoscopios es el de 60º, ya que si los espejos se disponen en esta abertura, podemos añadirles un tercer espejo de las mismas dimensiones, y así los tres formarán un triángulo equilátero, multiplicando el reflejo y consiguiendo un motivo simétrico mucho más amplio. Además, la estructura de los tres espejos en triángulo tiene mucha solidez y estabilidad a la hora de construir el caleidoscopio y colocar los espejos dentro del tubo.

No es necesario que el ángulo sea de 60º para añadir un tercer espejo, podemos cerrar con un tercer espejo la formación, sea el que sea el ángulo de partida, y buscando combinaciones diferentes se pueden conseguir muchos efectos. También se pueden colocar, por ejemplo, cuatro espejos en lugar de tres. Si ponemos cuatro espejos iguales formando ángulos de 90º, obtenemos un infinito reflejo simétrico cuadrado muy llamativo, que me recuerda a la siguiente ilustración del artista M.C.Escher:

En el artículo de la Wikipedia dedicado al caleidoscopio se afirma que este aparato fue inventado por David Brewster en 1816. Un colaborador de la Wikipedia ha completado el artículo afirmando poéticamente que "el caleidoscopio puede transportarte a un mundo, que por una extraña razón es el lugar mismo donde se fabrican los sueños y las canciones de cuna". Efectivamente, es extraña la razón de que las construcciones geométricas, las simetrías, los giros, sean capaces de crear mundos mágicos de misterio y ensueño.

No son pocas las películas que utilizan el tema de los espejos para crear escenas llenas de magia y evocación. En muchas se aprovecha dicho tema para ubicar en esas escenas los momentos álgidos del argumento, conflictos terribles, luchas épicas. Recordemos, por ejemplo, las escenas finales de La Dama de Shanghai, protagonizada por Orson Welles y Rita Hayworth, de las cuales incluimos un fotograma a continuación:

También tenemos la lucha final de Operación Dragón, la mítica película de Bruce Lee (véase la ilustración más abajo), y se me viene al recuerdo unas escenas de Conan el Destructor, protagonizada por Arnold Schwarzenegger, Grace Jones y el impresionante jugador de la NBA Wilt Chamberlain (que todavía conserva el récord de los 100 puntos en un solo partido, y otros 71 récords más).

En el Parque de las Ciencias de Granada, existe una Sala dedicada a la percepción, en la que entre otras experiencias se muestran varias actividades con espejos. Una de ellas, concretamente, es un espacio en forma de triángulo equilátero rodeado por tres espejos; la persona que se introduce en ese espacio ve su imagen multiplicada hasta el infinito entre los espejos, como si se encontrara en el interior de un caleidoscopio.

[imagen extraída de flickr]

Poder entrar y situarse entre los tres espejos, y contemplar el reflejo en ellos, es una experiencia inquietante, porque no sólo nos podemos ver de frente, sino que también vemos nuestro perfil y nuestra espalda, en vivo y en directo, lo cual suele parecernos extraño y es posible que hasta nos cause rechazo y cierto complejo. Hay que tener en cuenta que cada uno de nosotros tiene una imagen idealizada de sí mismos, que no coincide con la realidad, y cuando tenemos la oportunidad de contemplar por primera vez esa imagen real, nos suele parecer peor de lo que es, y surge un sentimiento de mucha vergüenza, porque nos damos cuenta de que esa imagen de nosotros que nos desagrada es la que ven continuamente las personas que nos rodean.

La geometría también es un instrumento particularmente evocador, por ejemplo, en tiempos como la Navidad. Los motivos geométricos navideños son abundantes: los copos de nieve, con su simetría hexagonal, la estrella de Belén, habitualmente de cinco puntas como el pentagrama pitagórico, los abetos en su forma triangular-cónica y ligeramente fractal, las piñas de los abetos, que esconden entre sus escamas espirales con números de Fibonacci, las bolas navideñas de colores, como esferas perfectas, etc... No es de extrañar que la Navidad sea un momento perfecto para regalar caleidoscopios y disfrutar de su contemplación mientras dejamos que vuele nuestra fantasía...

Para terminar, quiero comentar que existe una asociación, la Brewster Kaleidoscope Society, dedicada a los aficionados a los caleidoscopios y que lleva precisamente el nombre de Brewster en honor al inventor del caleidoscopio; en su página web se detalla una extensa biografía de aquel portentoso científico escocés que destacó en muy diversos campos, contribuyendo a la ciencia no sólo con la invención del caleidoscopio (con mucho su logro más popular), sino con el perfeccionamiento del estereoscopio, la invención de esas lentes cortadas en capas usadas en los faros, el estudio de las leyes de la polarización de la luz y de la reflexión de la luz sobre los metales, y otras muchas propiedades ópticas muy importantes y de uso corriente hoy en día.

Tres cuartos de asesinato

2009-11-15T16:12:00.002+01:00

Cuaderno de bitácora: como quiera que en las largas horas de matenavegación también dedico tiempo a mi amor por la literatura, desde hace meses he estado leyendo poco a poco Las aventuras del buen soldado Svejk, de Jaroslav Hasek, "una de las novelas más hilarantes y subversivas de la literatura universal, en la que se da vida al entrañable y humilde soldado Svejk, enrolado en el ejército austrohúngaro durante la Primera Guerra Mundial" y en la que aparece inesperadamente un pasaje curioso que no me resisto a reflejar en el blog.

Svejk, debido a una circunstancia estúpida, pierde el tren con destino a Budejovice, tren que le tenía que llevar a incorporarse al regimiento 91, al que pertenece. Entonces decide dirigirse a Budejovice a pie, atravesando pueblo tras pueblo, y en uno de esas poblaciones es arrestado por los gendarmes y acusado de deserción o, lo que es peor, de espionaje.

El centinela llevó a Svejk al despacho. El jefe de los gendarmes lo invitó a sentarse con un gesto amistoso y comenzó a interrogarlo de nuevo. Para empezar, le preguntó si sus padres vivían:
-No.
El jefe de los gendarmes pensó enseguida que era mejor así, al menos nadie tendría que llorar por aquel desdichado. Entonces miró la cara bondadosa de Svejk y en un repentino impulso de cordialidad le dio unos golpecitos en la espalda, se inclinó hacia él y le dijo en tono paternal:
-¿Se encuentra a gusto en Bohemia?
-Me encuentro a gusto en todas partes, en Bohemia -respondió Svejk-; por el camino me he encontrado muy buenas personas.
El jefe de los gendarmes asintió con la cabeza:
-En nuestro país la gente es buena y cordial. De vez en cuando hay algún robo o alguna pelea, delitos sin importancia. Ya hace quince años que estoy aquí, y si hago un cálculo, resulta que se producen tres cuartos de asesinato por año.
-¿Se refiere a un asesinato incompleto? -preguntó Svejk.
-No, no quiero decir eso. El hecho es que durante quince años sólo hemos investigado once asesinatos. Cinco fueron con robo y los otros seis homicidios comunes, de los que apenas tienen importancia.
El jefe de los gendarmes hizo una pausa y después retomó su método de interrogatorio:
-¿Y qué pretendía hacer en Budejovice?
-Incorporarme al regimiento 91.

"Si hago un cálculo, resulta que se producen tres cuartos de asesinato por año... El hecho es que durante quince años sólo hemos investigado once asesinatos..." De repente, como quien no quiere la cosa, en medio de este clásico de la literatura checa, aparece un pequeño problema de comparación de fracciones.

Se han producido once asesinatos en quince años, eso quiere decir una proporción de 11/15 de asesinato por año. Pero el jefe de los gendarmes no se queda con esta fracción, sino que la redondea a 3/4 directamente. No son las mismas fracciones, pero ¿son parecidas?

¿Qué faltaría para que haya exactamente tres cuartos de asesinato por año? (las respuestas a estas preguntas están en los comentarios)

No son éstas las únicas matemáticas que aparecen en la genial obra de Hasek. Las matemáticas se filtran como ladrones en la noche en los lugares más insospechados, y las grandes novelas de la literatura universal no están libres de ellas. Más adelante, en el mismo libro, una vez que Svejk ha esquivado a los gendarmes y se ha logrado reunir con su regimiento y éste se dirige en tren hacia el frente de Rusia, continúa contando Hasek:

El capitán Ságner recibió una delegación de la "Asociación para el acogimiento de los héroes", que consistía en dos señoras completamente agotadas. Éstas le entregaron un regalo para el tren, es decir, veinte cajitas de caramelos perfumados, artículos de propaganda de una fábrica de dulces de Budapest. Las cajitas eran metálicas y en la tapa estaba pintado un soldado húngaro dando la mano a un militar austríaco; encima de ellos, resplandecía la corona de san Esteban. Alrededor, había una inscripción en alemán y en húngaro: "Por el emperador, Dios y la patria".
La fábrica de dulces era tan leal a la monarquía que había puesto al emperador antes que a Dios.
Cada cajita contenía unos ochenta caramelos, de modo que tocaban a cinco pastillas para cada tres personas.

Según esto último, podemos plantear la siguiente cuestión: ¿de cuántas personas se componía el regimiento? Es un problema sencillo cuya respuesta la he puesto en los comentarios a esta entrada.

PD: matenavegando, hemos encontrado el blog titulado Matemáticas Recreativas, y en él un problema, precisamente, sobre cajas de caramelos. Los autores del blog lo han propuesto para que se les mande la respuesta. Invito al lector a que lo intente resolver, aunque por mi parte ya mandé la respuesta y está en los comentarios de dicho problema.

[El Problema de la Semana] El concurso de música

2009-11-13T15:30:00.003+01:00

Otro de los problemas que en su momento incluí en doDK es el que traemos a continuación. Es un problema muy sencillo.

Recuérdese que más abajo se incluye la solución del problema. El lector que quiera resolverlo por sí mismo no debe leer más allá de la ilustración.

En un concurso de música han acudido siete participantes, y el jurado ha decidido que participen en el siguiente orden: Dolores Pérez, Remedios García, Miranda Fernández, Fátima Rosales, Soledad Moreno, Laura Martín, Silvia Hermosillo.
Las concursantes aceptan el orden de participación pero se preguntan el porqué de dicho orden.

¿Sabrías tú explicar por qué el jurado ha decidido que participen en dicho orden?

[En la imagen, la cantante de jazz Diana Krall. Fotografía de Skip Bolen]

Solución: el orden se ha seguido según la propia escala musical; si nos fijamos en las primeras letras de cada nombre nos daremos cuenta de que coinciden con las notas musicales.