Ramas matemáticas

Aunque las Matemáticas parecen ser, para el lego en la materia, una sola cosa que trata de números y sus operaciones, en realidad es una ciencia con diversas ramas. De hecho la misma palabra "Matemáticas" está en plural, indicando que es algo múltiple y no unívoco.

Durante los estudios básicos, la Secundaria y el Bachillerato, la asignatura de Matemáticas se da en un bloque único; el profesor puede mencionar algunas de sus partes, como la aritmética, el álgebra o la geometría, pero no es hasta que uno ingresa en la Universidad cuando esas ramas se separan en disciplinas distintas, con nombres propios.

Cuando en mis años de preparación para matenavegante ingresé en la Facultad de Matemáticas, me sorprendió bastante tener solo cuatro asignaturas en el primer curso: Geometría, Álgebra, Análisis Matemático y Topología. La organización de las clases era bastante sencilla, cuatro horas cada mañana, con cada una de estas cuatro materias, y un recreo de media hora en medio. Entrábamos a las 9 de la mañana y salíamos a las 13:30.

Recordando aquellos años mozos ya pasados, vamos a citar las principales ramas de las Matemáticas:

En primer lugar, tenemos la Aritmética (del griego arithmos = número), la ciencia que trata sobre los números y las operaciones entre ellos. Todo lo que sean números naturales, y aprender a sumar, restar, multiplicar y dividir, entra dentro de la Aritmética. También entran en ella los números enteros, las fracciones, y se cuelan también los números irracionales, como pi, así como las potencias y las raíces. Cuando vamos teniendo claro qué es un múltiplo, un divisor y un número primo, nos vamos a acercando a las cimas de la Aritmética, que se alcanzan con el Teorema Fundamental de la Aritmética: "Todo número natural mayor de uno se puede factorizar de forma única como producto de números primos".

[esta imagen tan simpática, realizada con las fichas "quesitos" del Trivial Pursuit, la hemos encontrado en esta web de fotografía matemática]

Luego tenemos la Geometría (que significa medida de la tierra). La Aritmética y la Geometría son las disciplinas más antiguas de las Matemáticas, y son las que se estudian en primer lugar durante la educación básica. Puntos, segmentos, rectas, ángulos, polígonos, círculos y figuras tridimensionales, son su campo de acción principal. El Teorema de Tales: "Si dos rectas que se cortan en un vértice son a su vez cortadas por otras dos rectas paralelas, los segmentos determinados entre el vértice y las dos rectas paralelas son proporcionales dos a dos" y el de Pitágoras: "En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos", son de los teoremas más conocidos por todos. La Geometría va de los conceptos más simples a las situaciones más complejas. La Geometría que manejamos en la vida diaria es la Euclídea, sin embargo existen otras concepciones muy útiles, como la Geometría Proyectiva, o las geometrías no euclídeas que se desarrollaron en el siglo XIX: la Hiperbólica y la Elíptica.

[En la imagen vemos una representación gráfica del paraboloide hiperbólico, figura clave en la Geometría Hiperbólica, una de las geometrías no euclídeas. La imagen la hemos tomado de Galileo's Pendulum]

A continuación podemos mencionar el Álgebra. Es una disciplina con raíces muy antiguas, casi tanto como la Aritmética y la Geometría, aunque no empezó a definirse por sí misma hasta hace cinco o seis siglos. Su nombre viene del título de un libro escrito por el matemático árabe Al-Juarismi. En principio trata sobre las expresiones algebraicas: polinomios y ecuaciones principalmente, aunque luego se extiende con el estudio de estructuras como los grupos, los anillos y los cuerpos. Una de las ramas es el Álgebra Lineal, que estudia los sistemas de ecuaciones lineales, los cuales dan lugar a las matrices y los determinantes. Hay muchos teoremas importantes en el Álgebra, pero ahora se me vienen dos a la cabeza, el primero de ellos muy antiguo, el Teorema Chino del Resto, que da una fórmula explícita para resolver un sistema de ecuaciones en congruencias, y el otro el Teorema Fundamental del Álgebra, demostrado por Gauss: "Todo polinomio de grado n con coeficientes complejos tiene exactamente n raíces complejas, contando sus multiplicidades".

[Esta imagen está sacada de esta web, y ha sido confeccionada con las raíces de todos los polinomios de grado menor o igual que 5 y de coeficientes enteros entre -4 y 4. Teniendo en cuenta que cada uno de los coeficientes puede tener 9 valores diferentes, y que cada polinomio de grado menor o igual que cinco tiene seis coeficientes, el número total de polinomios diferentes es 9 elevado a 6, es decir, 531.441]

Con el Análisis Matemático, también llamado Cálculus o Cálculo Infinitesimal, podemos decir que las Matemáticas alcanzan históricamente su edad adulta. El inicio del Análisis se localiza en los trabajos de Newton y Leibniz, los cuales, cada uno por su cuenta, desarrollaron al mismo tiempo el Cálculo Diferencial. El Análisis Matemático se apoya principalmente en los números reales y en el estudio de las funciones, y en ellas estudia los conceptos de límites, continuidad, derivadas e integrales. Un paso más allá lo da el Análisis Complejo, ubicado en el conjunto de los números complejos o imaginarios. Uno de los teoremas más importantes en esta rama es el Teorema Fundamental del Cálculo, que conecta a las integrales con las derivadas, demostrando que un proceso es el inverso del otro.

[Mostramos unas páginas del libro Cálculo Diferencial e Integral, de N. Piskunov, editado por Mir en 1966. Algo tienen las integrales que son de mis partes preferidas de las matemáticas, y supongo que también serán las preferidas de muchos matenavegantes.]

De las ramas más nuevas de las Matemáticas, podemos mencionar la Topología, que nació de ciertos lugares de la Geometría en los que no importaban tanto las distancias y los ángulos, sino la forma global de los objetos, y si se podían deformar para convertirse en otros, si tenían agujeros, o nudos, o caminos diferentes para llegar de un punto a otro, etc. En sus orígenes está el famoso problema de los puentes de Konitzberg, el problema de los cuatro colores y el problema de las casas y los pozos.

[Presentamos uno de los ejemplos introductorios de la Topología: una taza de café y un donut son topológicamente la misma cosa, porque se pueden deformar continuamente uno en el otro, sin cortar ni pegar. Este gif animado está tomado de la página Galileo's Pendulum.]

Otra rama bastante nueva históricamente hablando es la Estadística y Probabilidad, quizás una de las ramas que tienen mayor aplicación en el mundo actual. Hoy en día, según mi opinión, dicha aplicación está sobredimensionada y sobrevalorada. La Estadística, cuyo nombre viene de la palabra estado, se limita a organizar informaciones procedentes de poblaciones y a calcular parámetros y gráficas que nos ayuden en la mejor comprensión de dichas informaciones. La Probabilidad es la que le da la fuerza a la Estadística. Se centra en el estudio de los sucesos y de ellos construye las variables aleatorias y la función probabilidad. Algunos de sus principales resultados son la Ley de los Grandes Números y el Teorema Central del Límite, que describen el comportamiento de las muestras de una población cuando el número de muestras aumenta. En la descripción de dicho comportamiento la campana de Gauss tiene un papel fundamental.

[Cosas de matemáticos: diseñar campanitas de Navidad con la forma de la campana de Gauss para colgar en el árbol. Además los extremos de la campana, que corresponden al 5% de la distribución normal, están confeccionados en una tela diferente. La imagen está tomada de esta web.]

Existen otras ramas de las matemáticas, como el Análisis Numérico, la Teoría de la Medida, las Ecuaciones Diferenciales o la Teoría de Números, que no describiremos para no extendernos más.

A pesar de que son ramas diferentes, todas están conectadas entre sí. Los matemáticos se han sorprendido muy a menudo cuando al investigar una de las ramas se han encontrado conceptos relacionados con otras ramas que no se esperaban. Por eso todas las ramas forman parte de un sólo árbol, como todas las olas forman parte de un mismo océano: las Matemáticas. 

Construcción del rectángulo áureo

Cuaderno de bitácora: recientemente hemos tenido la oportunidad de leer el magnífico libro El Código Secreto, de Priya Hemenway. Se trata de un libro sencillo en su contenido, ilustrado con una gran cantidad de imágenes, y a un precio muy asequible, dada la calidad de su impresión.

El libro está centrado en el estudio de la proporción áurea, en su origen y descubrimiento, su relación con la sucesión de Fibonacci, y su aparición en la naturaleza, el arte, el pensamiento y la mística.

La proporción áurea es aquella que se establece en un conjunto al que se divide en dos partes, de forma que la relación o razón entre el tamaño del conjunto y el de la parte mayor coincide con la razón entre la parte mayor y la menor.

Si esto lo visualizamos en un segmento limitado por dos puntos AB, la cuestión es determinar un tercer punto C en el interior del segmento tal que se dé la siguiente proporción entre las longitudes: AB/AC = AC/BC.

Si suponemos que AC = 1, AB = x y BC = x − 1, entonces la proporción se escribe:

De aquí se deduce una ecuación de segundo grado, cuya resolución sería como sigue:

Lo que nos daría dos soluciones:

Se ve claramente que la segunda solución, al dar un resultado negativo, no es válida para el contexto en el que hemos resuelto la ecuación de segundo grado. A la primera de las soluciones, (la única solución válida de la ecuación) se le llama con la letra griega fi, que se puede escribir en mayúscula Φ o minúscula φ:

Acabamos de ver el método algebraico, mediante una ecuación de segundo grado, para calcular fi. Veamos ahora el método geométrico: dibujamos un cuadrado ABCD de lado 1:

A continuación encontramos el punto medio E del lado base del cuadrado y trazamos el segmento que une E con C, un vértice opuesto:

Teniendo en cuenta que el triángulo EBC es rectángulo, y sabemos las longitudes de los catetos, BC = 1 y EB = 1/2, podemos calcular con el teorema de Pitágoras la longitud de la hipotenusa, EC, que nos sale exactamente raíz cuadrada de 5 partido por 2:

Luego con un compás trazamos el arco de centro E y radio EC y lo cortamos con la prolongación de la recta AB, obteniendo el punto F:

Es muy sencillo comprobar que la longitud de AF es exactamente el número fi:

Si levantamos un rectángulo AFGD, éste es un perfecto rectángulo áureo.

A partir de esta construcción es fácil trazar un pentágono y una estrella de cinco puntas, pero eso se contará en otra ocasión.

[Los dibujos están realizados con la aplicación Geogebra].

La fórmula sin apotemas

Cuaderno de bitácora: hace ya bastante tiempo publicamos un artículo titulado Apotemas Falsas, en el que se explicaba que la conocida fórmula para calcular el área de un polígono regular, perímetro por apotema partido por dos, era una fórmula tramposa.

Debemos tener en cuenta que si sabemos el perímetro de un polígono regular, y por tanto conocemos la longitud del lado, entonces la apotema está determinada unívocamente por ese lado, es decir, no podemos "inventarnos" la longitud de la apotema una vez que tenemos el perímetro, pues si lo hacemos así lo más probable es que no pueda existir ningún polígono regular que cumpla con las dos medidas. Por tanto, debemos tener una fórmula en la que sólo intervenga el lado del polígono.

A continuación vamos a calcular esa fórmula explícita que sólo depende del lado para hacer el cálculo del área. Para ello necesitamos echar mano de la trigonometría.

Supongamos que tenemos un pentágono regular como en el dibujo:

Para calcular el área de este pentágono, lo mismo que cualquier otro polígono regular, el procedimiento es dividirlo en triángulos iguales. Se toma el centro del polígono, O, se trazan los radios que van del centro a cada uno de los vértices. El polígono queda dividido en n triángulos iguales, siendo n el número de lados, y las apotemas son las alturas de esos triángulos. El área de cada triángulo es base por altura partido por dos, pero la base es el lado x del polígono, y la altura es la apotema. Sumando las áreas de todos los triángulos llegamos a la conocida fórmula de perímetro por apotema partido por dos.

Fijémonos en el ángulo beta. Es la mitad del ángulo superior del triángulo que une O con los dos vértices. Como hay cinco triángulos en el pentágono, y cada ángulo superior mide dos betas, la medida de beta es:

Si este razonamiento lo repetimos para un polígono regular de n lados entonces el beta correspondiente vale:

Teniendo en cuenta el triángulo rectángulo que se forma con el radio del polígono, la apotema y la mitad del lado x, el ángulo alfa del pentágono vale:

Y en el caso del polígono de n lados, alfa vale:

Usando la tangente del ángulo alfa, tenemos la relación entre el lado x del polígono y la apotema a:

Despejamos la apotema:

Sustituimos el valor de a en la fórmula del área:

Simplificamos y ordenamos, y nos queda la fórmula que estamos buscando:

 [1]

Con esta fórmula sólo necesitamos saber la longitud del lado x y el número n de lados que tiene el polígono regular. Así, por ejemplo, podemos calcular la fórmula del área del pentágono regular:

Donde hemos aproximado la tangente de 54º y la hemos multiplicado por 5/4 obteniendo el coeficiente 1.7205.

También podemos tener, como ejemplos, el área del hexágono regular y el del heptágono regular (seis y siete lados respectivamente):

Aplicando sucesivamente la fórmula [1], podemos obtener expresiones sencillas para el área de los polígonos regulares, desde n = 3 en adelante. Lo único que varía es el coeficiente que aparece multiplicando a la x cuadrado.

Es interesante comprobar que cuando n = 4 ese coeficiente vale exactamente 1, y obtenemos la sencilla fórmula del área de un cuadrado.

[El dibujo del pentágono ha sido realizado con el programa Geogebra]

El Ojo de Horus

En la antigua mitología egipcia, Seth, la encarnación de la envidia y el mal, asesinó a su propio hermano Osiris, el dios bueno, y posteriormente Horus, el hijo de Osiris, le hizo la guerra a Seth. Durante uno de los enfrentamientos, Seth hirió a Horus en el ojo izquierdo y lo dividió en partes. Con la ayuda de Ra y Thoth, Horus recompuso el ojo y lo convirtió en un instrumento muy poderoso, el Udyat, que no solo le permitía ver, sino que tenía cualidades mágicas.

Los habitantes de Egipto consideraban el Udyat como uno de los amuletos más poderosos. Protegía de las maldiciones y de la magia negra, remediaba las enfermedades oculares y potenciaba la vista. Por alguna razón el símbolo del Udyat también fue empleado en las matemáticas. Los escribas egipcios emplearon cada una de sus seis partes para representar una fracción. Las fracciones representadas eran las potencias negativas de 2, desde 1/2 hasta 1/64.

Si querían representar 1/2, dibujaban la parte interior del ojo, 

para 1/4 era la pupila,

para 1/8 la ceja

para representar 1/16, la parte exterior del ojo,

para 1/32, la espiral

y finalmente para 1/64, la lágrima o bastón

El ojo completo parece referirse a la unidad. Sin embargo, si sumamos las partes, la suma de todas las fracciones 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/32 + 1/64 = 63/64, una fracción cercana a 1, pero no es igual a 1, le falta 1/64.

De hecho si continuáramos sumando las potencias negativas sucesivas de dos: 63/64 + 1/128 + 1/256 + ..., nunca llegamos a 1. Sólo llegamos a 1 si admitimos la suma infinita de todas las potencias negativas de 2.

¿Quisieron los antiguos escribas y matemáticos egipcios acercarse al concepto de serie geométrica infinita? ¿Tenía algún significado mitológico, como que cuando Thoth recuperó los trozos del ojo de Horus, no los recuperó todos, sino que faltaba una de las partes?

[Créditos de la imagen: De Benoît Stella alias BenduKiwi, CC BY-SA 3.0, Enlace]

Una moneda para un sorteo

Cuaderno de bitácora: en relación con la situación que se dio en cierto colegio de Granada, en la que se explica lo erróneo del método empleado por algunos Directores para realizar sorteos de plazas escolares, podemos reflexionar qué se puede necesitar para hacer un sorteo probabilísticamente justo con los mínimos elementos posibles.

Cuando se estudia probabilidad, ¿cuál es el ejemplo más simple que se pone de experimento aleatorio? Suele ser el lanzamiento de una moneda. Cuando echamos una moneda al aire, al caer puede quedar expuesta una de sus dos caras (cara o cruz), tenemos, por tanto, dos sucesos elementales posibles C = cara, X = cruz.

Pero repitiendo el lanzamiento, obtenemos combinaciones de sucesos elementales que nos pueden ayudar, por ejemplo, a realizar un sorteo justo con la ayuda de tan solo una moneda.

Tomemos el ejemplo que tratábamos en el caso del sorteo de las plazas escolares. Se trata de elegir aleatoriamente un número entre 111 posibilidades. ¿Se puede hacer con la exclusiva ayuda de una moneda?

La idea es ir tomando el conjunto de números, y dividirlo en dos partes iguales, asignar C a una de las partes y X a la otra, y luego lanzar la moneda para quedarnos con una de las mitades. A esta mitad la dividimos a su vez en dos partes y volvemos a asignar C a una parte, y X a la otra, y así sucesivamente, hasta que nos quedemos solamente con un número, que será el número elegido.

Pero 111 no se puede dividir en dos conjuntos iguales, porque es un número impar, y luego debemos seguir dividiendo por dos varias veces.

Necesitamos utilizar potencias de dos; las potencias de dos con exponente un número entero positivo son: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, etc.

Para el ejemplo que tenemos nos basta tomar 128. Cogemos pues 128 números. Como en realidad los alumnos son 111, del 112 al 128 los números corresponden a alumnos ficticios, o por decirlo de otra manera, si al final del sorteo tenemos la mala suerte de que es elegido uno de estos alumnos ficticios, el sorteo queda anulado y se vuelve a repetir desde el principio.

Tomamos estos 128 números, los dividimos en dos partes iguales de 64 cada una, del 1 al 64 y del 65 al 128. Si sale C, nos quedaremos con la primera mitad, si sale X con la segunda.

Lanzamos la moneda, nos sale, por ejemplo, X, y nos quedamos con los números del 65 al 128 (son 64 números en total). Volvemos a dividir el grupo en dos partes iguales, de 32 números; si sale C nos quedamos con los números del 65 al 96, si sale X, con los números del 97 al 128.

Lanzamos la moneda y nos sale en este segundo intento X otra vez, nos quedamos con los números del 97 al 128.

Así podemos seguir: dividimos el grupo en dos mitades, del 97 al 112, del 113 al 128; lanzamos la moneda y nos sale C, nos quedamos con la primera mitad.

Dividimos otra vez: del 97 al 104, del 105 al 112; lanzamos y sale C, nos quedamos con la primera mitad.

Dividimos: del 97 al 100, del 101 al 104; lanzamos y sale X.

Dividimos: del 101 al 102, del 103 al 104; lanzamos y sale C.

Ahora nos quedan solo dos números, el 101 y el 102; lanzamos y sale C. Nuestro número elegido es el 101.

La sucesión XXCCXCC nos ha llevado al número 101.

Cualquier matenavegante un poco curtido está observando que este método se relaciona íntimamente con los números binarios. En efecto, la sucesión XXCCXCC se puede trasladar de forma natural a número binario con sólo sustituir las X por 1 y las C por 0.

XXCCXCC → 1100100

Sin embargo, si convertimos nuestro número binario en número decimal, parece que las cuentas no coinciden:

1100100 = 1 · 2⁶ + 1 · 2⁵ + 0 · 2⁴ + 0 · 2³ + 1 · 2² + 0 · 2¹ + 0 · 2⁰ = 64 + 32 + 4 = 100.

Sin embargo el número elegido no es 100, sino 101, ¿por qué esta discrepancia?

Si nosotros tomamos los números binarios de siete cifras desde 0000000 a 1111111, en sistema decimal estos números representan del 0 al 127. En nuestro sorteo hemos considerado los números del 1 al 128. Es decir, es como si tomáramos la lista de números binarios de siete cifras y la desplazáramos un lugar, por lo tanto la conversión en caras y cruces a números binarios debe hacerse sumando una unidad al resultado:

XXCCXCC = 1100100 + 1 = 100 + 1 = 101

Con este ejemplo podemos ver que se puede realizar un sorteo justo aunque no se disponga más que de una moneda. Siempre que la moneda no esté trucada.

[El Problema de la Semana] Negocios con trampa

Veamos el primer problema que se le plantea a los grumetes en este nuevo periplo:

Te ofrecen un par de negocios. En el primero vas a ganar 10 € el primer día, 20 € el segundo día, 30 € el tercer día, y así sucesivamente hasta llegar al día 15. En el segundo ganas 0.10 € el primer día, 0.20 € el segundo día, 0.40 € el tercer día, 0.80 € el cuarto día, y así sucesivamente hasta el día 15. Si te ofrecen escoger entre uno de los dos negocios, ¿con cuál te quedarías?

La solución, más abajo de la ilustración.

[La ilustración se ha tomado de Mathspace, en un artículo donde se pone un ejemplo de una progresión geométrica. El artículo está en inglés.]

SOLUCIÓN:

En el primer negocio tenemos una progresión aritmética. Se gana 10 € el primer día, 20 € el segundo, 30 € el tercero, etc. Entonces tenemos una sucesión de números que empieza en 10 y va aumentando, sumándole 10 cada día. Claramente si son quince días, el día quince se ganará 150 €. El problema está en sumar:

10 + 20 + 30 + ... + 150

No es una suma muy larga, se puede hacer directamente o emplear la fórmula de las progresiones aritméticas: (10 + 150) · 15 / 2 = 1200.

El resultado es 1200 euros ganamos con el primer negocio.

En el segundo negocio tenemos una progresión geométrica. Parece que empieza por muy poco dinero, ganando 0.10 € el primer día, 0.20 € el segundo, 0.40 € el tercero y así sucesivamente, multiplicando por dos en cada paso.

Las progresiones geométricas crecen rápidamente, y podemos calcular lo que se gana el día quince usando las potencias de dos.

El día quince ganamos: 0.10 · 2¹⁴ = 0.10 · 16384 = 1638.40€
Para calcular el total de lo que se gana se puede hacer la suma:
0.10 + 0.20 + 0.40 + ... + 1638.40
Pero es más fácil aplicar la fórmula de la progresión geométrica:
(1638.40 · 2 – 0.10) / (2 – 1) = 3276.70
Con el segundo negocio ganamos 3276.70 euros. Por tanto, es más interesante el segundo negocio que el primero, a pesar de que las ganancias de los primeros días son más pequeñas.

Este problema es un ejemplo clásico del diferente comportamiento de una progresión aritmética y una progresión geométrica. En una progresión aritmética el crecimiento es constante, pero en la geométrica, el crecimiento va aumentando de forma muy rápida, por lo que, aunque empiece con desventaja, la progresión geométrica no tarda en superar a la aritmética y dejarla muy atrás.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro de Miquel Capó Dolz: El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1.

[El Problema de la Semana] Las zanahorias

El problema de hoy va de un conejo afortunado:

Un conejo tiene un número de zanahorias en su jaula. Cada día se come un cuarto de las zanahorias que le quedan. Después de cuatro días se ha comido 350 zanahorias. ¿Cuántas zanahorias había al comienzo?

La solución, bajo los pies del conejo.

SOLUCIÓN:
Este problema se puede resolver razonando con fracciones:
El primer día se come 1/4 de zanahorias, luego quedan 3/4.
El segundo día se come 1/4 de las que le quedan, que son 3/4. 1/4 de 3/4 es igual a 3/16, y le quedan 3/4 – 3/16 = 9/16.
El tercer día se come 1/4 de 9/16, que son 9/64, y le quedan 9/16 – 9/64 = 27/64.
El cuarto día se come 1/4 de 27/64, que son 27/256, y le quedan 27/64 – 27/256 = 81/256.
En los cuatro días se ha comido 1/4 + 3/16 + 9/64 + 27/256 = 175/256.
Las 350 zanahorias que se ha comido son los 175/256 del total, luego el total es 350 · 256 / 175 = 512.
En la jaula había un total de 512 zanahorias.

Este problema también se puede resolver con una ecuación, llamándole x a la cantidad inicial de zanahorias. Pero el planteamiento de la ecuación es muy similar al proceso que hemos hecho.

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

[El Problema de la Semana] Venta de coches

Veamos qué problema tenemos en esta semana de primavera:

El beneficio de un vendedor de coches ha sido de 21.000 euros, después de haber vendido un cierto número de coches, todos al mismo precio. Si hubiera vendido un coche más y recibido 100 euros menos por cada coche, habría obtenido el mismo beneficio. ¿Cuántos coches se vendieron, y cuál fue el precio de cada uno?

Lo solucionamos después de la ilustración.

[En la imagen tenemos un coche MAZDA 3, cuyo dueño, un ingeniero como se aprecia en la matrícula, le ha añadido los primeros 39 decimales del número pi. Los dos últimos decimales están en orden inverso: no deben ser 79 sino 97. ¿Será un error de colocación o una alteración intencionada para que los que quieran comprobarlo?]

SOLUCIÓN: la forma más directa de solucionarlo es plantear un sistema de ecuaciones.

Podemos darle nombres a las incógnitas:

x: el número de coches vendidos

y: el beneficio obtenido por cada coche

Está claro que la primera ecuación sale del beneficio total:

x · y = 21000

También está claro que la segunda ecuación sale de "vender un coche más", x+1, y recibir 100 euros menos por cada coche, y–100.

(x + 1) · (y – 100) = 21000

Desarrollando esta última ecuación tenemos:

x·y – 100x + y – 100 = 21000

Teniendo en cuenta que de la primera ecuación sabemos que x·y es igual a 21000:

21000 – 100x + y – 100 = 21000

– 100x + y – 100 = 0

 y = 100x + 100 

Sustituimos el valor de y en la primera ecuación:

x · (100x + 100) = 21000

100x² + 100x – 21000 = 0

Simplificamos dividiendo por 100:

x² + x – 210 = 0

Resolvemos la ecuación de segundo grado, obteniendo dos soluciones: 14 y –15. Descartamos el resultado negativo y obtenemos la solución final: x = 14, y = 1500.

Se vendieron 14 coches y el beneficio obtenido por cada uno fue de 1500 euros.

Nota: el problema de hoy ha sido adaptado del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, Penguin Books.

[El Problema de la Semana] La heladera

Traemos un problema que anticipa ya el calor de la primavera y el verano.

Miriam tarda 4 minutos y 17 segundos en preparar un helado. Trabajando al mismo ritmo, ¿cuánto necesitaría para completar su encargo diario de 60 helados?

La solución no parece difícil, pero tiene algún aspecto curioso.

 

 [Los helados se prestan a ser elaborados en diferentes formas geométricas: esferas, cilindros, conos, ortoedros, espirales, etc. Desgraciadamente la forma se pierde cuando se derriten... o se consumen. La fotografía está tomada de esta página]

SOLUCIÓN:

Basta multiplicar 4 minutos y 17 segundos por 60.

4 · 60 = 240 minutos

17 · 60 = 1020  segundos

Perro 240 minutos son 4 horas, y 1020 segundos son 17 minutos, luego Miriam tarda 4 horas y 17 minutos en preparar 60 helados. ¿Vemos la relación de este tiempo con lo que tarda en preparar un helado?

Las horas, minutos y segundos emplean el sistema sexagesimal (se cuenta de 60 en 60). Para pasar de horas a minutos hay que multiplicar por 60, y lo mismo para pasar de minutos a segundos.

La cuenta que hemos hecho antes nos la podríamos haber ahorrado. 60 minutos es una hora, luego 60 veces 4 minutos son 4 horas. 60 segundos es un minuto, luego 60 veces 17 segundos son 17 minutos.

Supongamos que Miriam tiene una compañera nueva en la heladería, Susana, y esta, como es principiante, tarda 8 minutos y 39 segundos en preparar cada helado. ¿Cuánto tardaría en preparar 60 helados? Muy fácil: 8 horas y 39 minutos.

Miriam tiene otro compañero, Julián, que es muy hábil preparando helados. Para prepara 60 helados sólo ha tardado 1 hora y 42 minutos. ¿Cuánto tarda de media en preparar un helado? Muy sencillo: 1 minuto y 42 segundos.

Siempre que sea 60 el número por el que hay que multiplicar o dividir, el paso entre horas, minutos y segundos es inmediato.

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

[El Problema de la Semana] El corredor extraterrestre

Durante las dos últimas semanas, nuestro compañero matenavegante Pablo Viedma nos ha dado varias explicaciones sobre el puzle Las Torres de Hanoi y su trasfondo matemático. También nos ha traído el enunciado del problema que esta semana proponemos:

Imagina un ser (extraterrestre) que emprende una carrera, y que en cada paso emplea un segundo de tiempo, pero el primer paso es de 1 metro de longitud, el segundo de 2 metros, el tercero de 4 metros, y así sucesivamente, tardando un segundo en cada paso y doblando en cada paso la longitud del paso anterior.

¿Será capaz de superar a Usain Bolt que corrió 100 metros en 9,56 segundos? ¿Y cuánto tardará en hacer la distancia de Granada a Madrid, que es aproximadamente de 420 kilómetros? 

La solución viene debajo de la foto de Usain.

[la imagen ha sido tomada de una web de la Universidad de Cambridge dedicada a las Matemáticas y el Deporte]

SOLUCIÓN:

En el primer segundo el corredor ha dado un paso de 1 metro. Cuando han pasado dos segundos, el corredor ha avanzado 1 + 2 = 3 metros. Cuando han pasado tres segundos, el corredor lleva 1 + 2 + 4 = 7 metros. Se trata de ir sumando potencias de 2. Si seguimos sumando nos damos cuenta de que cuando han pasado siete segundos ha avanzado

1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127 metros,

luego en menos de 7 segundos ha superado la marca de los 100 metros. Por tanto sí es más rápido que Usain Bolt. 

Para averiguar el tiempo que el corredor extraterrestre tarda en cubrir la distancia de Granada a Madrid podemos seguir con el mismo método de ir sumando distancias dobles hasta sobrepasar los 420 km = 420.000 metros. Como es una progresión geométrica, los números crecen rápidamente y no hay que esperar demasiado para alcanzar esa distancia. Pero vamos a buscar una fórmula que nos simplifique el trabajo.

Lo que estamos haciendo es sumar una progresión geométrica de razón 2. Entonces podemos ver (porque conocemos la fórmula de la suma de una progresión geométrica o porque simplemente nos hemos dado cuenta) que sumando n términos el resultado es igual a 2 elevado a n menos 1:

1 = 2¹ – 1

1 + 2 = 3 = 2² – 1

1 + 2 + 4 = 7 = 2³ – 1

...

1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127 = 2⁷ – 1

Según esto, basta ir probando con las potencias de 2 y nos damos cuenta que 

2¹⁹ = 524.288, y por tanto después de 19 pasos el corredor extraterrestre habrá recorrido:

2¹⁹ – 1 = 524.287 metros. 

Luego la respuesta es que tardará menos de 19 segundos en hacer la distancia de Granada a Madrid. 

AMPLIACIÓN:

Si nos metemos en un nivel matemático más superior y pensamos también en términos de física, a este problema todavía se le puede sacar bastante jugo. Pero para eso debemos abandonar la superficie del planeta Tierra. Y entonces tiene todavía más sentido que al corredor le hayamos calificado de extraterrestre.

Hay varias cosas que llaman la atención. La primera es evidente: al tratarse de una progresión geométrica, la distancia avanzada aumenta enormemente en muy pocos pasos. Al corredor le bastan 7 pasos para sobrepasar los 100 metros, pero con 12 pasos más ya ha recorrido más de 500 kilómetros. 

Pero si nos fijamos en la velocidad implicada, entonces la situación empieza a tomar mayor interés. Si con 7 segundos avanza más de 100 metros, su velocidad, aunque mayor que la de ningún corredor humano hasta la fecha, no es equiparable todavía a la de un coche: cuando en la autopista alcanzamos 120 kilómetros por hora entonces se tardan 3 segundos en recorrer 100 metros.

Pero esa velocidad aumenta rápidamente. Para llegar a Madrid en menos de 19 segundos entonces estamos hablando de que el corredor ya está avanzando a velocidades superiores a 20 kilómetros por segundo. Esta velocidad es superior a la velocidad de escape de la superficie de la Tierra. Al corredor le resultaría ya imposible, corriendo a esta velocidad, dar los pasos sobre la superficie terrestre, porque estaría volando. En cuanto superase la velocidad de escape terrestre (11,2 km/s) la fuerza de gravedad no sería suficiente para que el corredor regresara a la Tierra a dar el siguiente paso.

Ya que estamos hablando de velocidades, podemos utilizar expresiones más avanzadas para calcular las velocidades con exactitud. Por lo que hemos visto más arriba, el espacio recorrido se puede calcular en función del tiempo con la siguiente fórmula:

s = 2^t – 1

Donde s sería el espacio en metros, y t el tiempo en segundos. Los que conozcan un poco de física cinemática saben que la velocidad es "la derivada del espacio respecto al tiempo", y entonces derivando la fórmula anterior:

v = ds/dt = 2^t · ln2

La velocidad viene expresada en metros por segundo. En la fórmula aparece ln2 que es el "logaritmo neperiano de 2", ln2 = 0,693147181. Podemos calcular cuándo el corredor alcanza la velocidad de escape terrestre, de 11,2 km/s = 11.200 metros por segundo, sustituyendo la velocidad en la fórmula y despejando el tiempo:

11.200 = 2^t · ln2

2^t = 11.200 / ln2 

 

t = log₂(11.200 / ln2) = 13,979977485 segundos

El corredor extraterrestre supera la velocidad de escape de la Tierra a los 14 segundos aproximadamente, y ya no puede dar más pasos, porque su cuerpo ya está separándose de la superficie terrestre y entrando en órbita.

Puede ser un debate interesante decidir si el paso número 14 lo da o no lo da porque ya se haya separado lo suficiente de la superficie. Para ello tendríamos que entrar en ecuaciones físicas más complicadas, en las que se defina un vector de posición de dos coordenadas en función del tiempo, y luego se compare con la curvatura de la superficie de la Tierra. Puede ser un problema interesante de física, pero no vamos a profundizar en ello.

También podemos calcular otros hitos importantes: la barrera del sonido se alcanza a los 1234,8 km/h, es decir, a los 343 metros por segundo. Si averiguamos el tiempo:

343 = 2^t · ln2

2^t = 343 / ln2 

 

t = log₂(343 / ln2) = 8,950831139 segundos

A los 8,95 segundos se produce el boom sónico, y el corredor supera la barrera del sonido.

Pero también tenemos la velocidad de la luz, de 300.000 kilómetros por segundo, o más exactamente de 299.792.458 metros por segundo, y si averiguamos el tiempo

299.792.458 = 2^t · ln2

2^t = 299.792.458 / ln2 

 

t = log₂(299.792.458 / ln2) = 28,688155221 segundos

Poco después de los 28 segundos, nuestro extraterrestre alcanzaría la velocidad de la luz; ya no se le puede llamar corredor, porque desde el paso 14 abandonó la superficie de la Tierra, podemos llamarlo volador, porque estaría probablemente atravesando el espacio. Si hay coches que aceleran de 0 a 100 km/h en menos de 3 segundos, nuestro volador extraterrestre acelera de 0 a la velocidad de la luz en menos de 29 segundos. Según la física relativista, ya no puede aumentar más su velocidad y habría alcanzado el límite absoluto. 

¿Cuánto habrá recorrido en esos casi 29 segundos? s = 2^28,688155221 – 1 = 432.509.091 metros, más de 432.500 kilómetros; como la Luna está a 384.400 kilómetros de la Tierra, nuestro volador extraterrestre estará más allá de la órbita de la Luna.

Si usted encarga menos, nosotros le cobramos más

Cuaderno de bitácora: el otro día fuimos a encargar unas fotos y nos volvió a suceder una experiencia sencilla pero económicamente desconcertante, al comprobar que en ciertos casos, por menos fotos hay que pagar más dinero.

La tienda de fotos tenía una serie de tarifas para las copias. No recuerdo exactamente los precios, pero para hacernos una idea, aunque no coincidan con la realidad, vamos a suponer que los precios son los siguientes:

- de 1 a 9 fotos, 35 céntimos cada foto

- de 10 a 99 fotos, 28 céntimos cada foto

- más de 100, 26 céntimos cada foto.

Este tipo de ofertas es bastante corriente, y cuando uno de nosotros las aprovecha, hay que tener en cuenta los "saltos" que se dan entre un tramo de precios y el siguiente.

Así, por ejemplo, si revelamos 9 fotos, tendremos que pagar 9 · 0,35 = 3,15 euros, y si son 8 fotos, entonces tenemos que pagar 8 · 0,35 = 2,80 euros. Pero si revelamos 10 fotos, entonces serán 10 · 0,28 = 2,80 euros, porque ya estamos en otro tramo de precios, luego encargar 8 ó 9 fotos no merece la pena: o encargamos 7 o directamente pasamos ya a 10, porque nos va a costar lo mismo o incluso más barato.

Lo mismo ocurre con el siguiente tramo: si encargamos 99 fotos, entonces 99 · 0,28 = 27,72 euros, mientras que 100 fotos nos cuestan 100 · 0,26 = 26 euros. Realmente basta comparar 26/0,28 = 92,8571429 y nos damos cuenta que a partir de 93 fotos, al multiplicar por 0,28 nos sale ya superior a 26 euros, luego podemos encargar 92 fotos, pero si queremos más ya nos interesa pedir 100 directamente y nos saldrá más barato que encargar 93, 94, etc.

En relación a esto, recientemente salió publicado un artículo en el periódico Ideal con una recopilación de ofertas y rebajas extrañas, de cantidades mínimas, algunas con rebajas del 0% o incluso otras en las que la oferta es directamente más cara que el producto normal. Abajo incluimos algunas de las fotos.

[El Problema de la Semana] Un reloj digital completo

El problema de esta semana va de fechas, calendarios y relojes, un tema muy interesante que da mucho juego.

Observa el reloj digital formado por los 10 dígitos que dan las horas, los minutos, el día, el mes y el año. El día 26 de abril de 1995, a las 17 horas y 38 minutos, el reloj marcaba la fecha y la hora usando exactamente los diez primeros números naturales (0-9), ninguno de ellos repetido, como muestra el siguiente esquema:

17 : 38     26 – 04 – 95

¿Cuándo se produjo o se producirá por primera vez esta situación en el siglo XXI?

La solución, como siempre, después de la imagen insertada.

[En la ilustración vemos dos clepsidras griegas. La clepsidra es un reloj de agua utilizado en la antigüedad. Los dos relojes de la foto se encuentran en el Museo del Ágora de Atenas, el de abajo parece ser una réplica moderna del de arriba. Las clepsidras se usaban principalmente de noche, o en general cuando no se podía emplear un reloj de sol. Consistían en un recipiente que se iba llenando con un flujo regulado de agua, y que en ocasiones tenía marcas a intervalos concretos; cuando el agua llegaba a esas marcas se iba controlando el tiempo que pasaba. En la antigua Grecia, las clepsidras se usaban para limitar el tiempo de intervención asignado a los oradores, y en Roma servían para señalar los relevos de las guardias nocturnas en las campañas militares]

SOLUCIÓN:

El problema tiene un enunciado sencillo, pero encontrar la respuesta correcta requiere mucho razonamiento. Recomendamos que el lector trate de pensar el problema haciéndose un esquema en un papel y descartando posibilidades.

En primer lugar hay que tener en cuenta las limitaciones de las horas, los minutos, los días y los meses.

Las horas van de 00 a 23, luego la cifra de la decena sólo puede ser 0, 1 ó 2, y en el caso de que la decena sea 2, las unidades sólo pueden ser 0, 1, 2 ó 3.

Los minutos van de 00 a 59, luego la cifra de la decena sólo puede ser de 0 a 5.

Los días van de 01 a 31 (algunos meses de 01 a 30, y en febrero de 01 a 28 ó a 29 si el año es bisiesto). La cifra de la decena es de 0 a 3, salvo en febrero que es de 0 a 2. En el caso de que la decena sea 3, las unidades sólo pueden ser 0 ó 1.

Los meses van de 01 a 12, luego la cifra de la decena sólo puede ser 0 ó 1. En el caso de que la decena sea 1, las unidades sólo pueden ser 0, 1 ó 2.

Como se pregunta cuándo se producirá por primera vez dicha situación, tenemos que empezar probando con los primeros años. De cada año sólo tomamos las últimas dos cifras. Todos los años con las últimas dos cifras iguales los podemos descartar, como el año 2000, el 2011, el 2022, etc. En la decena del mes siempre hay un 0 ó un 1, luego el año 2001 y el 2010 también los podemos descartar. El 2012 también lo podemos descartar, porque al usar el 1 y el 2, queda el 0 para la decena del mes, y recordemos que las horas sólo tienen en la decena un 0, un 1 o un 2. También podemos descartar el 2002, porque el mes sólo podría ser 11 y se repetiría el dígito 1.

Si el año corresponde al intervalo 2003 - 2009, entonces el mes sólo puede ser 12, y ya no nos quedan horas posibles.

Veamos el 2013, e intentamos que el mes sea el menor posible. El mes no puede ser 02, por la misma razón de la limitación de las horas. Tampoco puede ser 03. Si el mes es 04, entonces el día puede ser veintitantos (no puede ser 30 ó 31 porque el 0 y el 1 están ya cogidos) y volvemos a encontrarnos con el problema de las horas, que si recordamos tienen de primera cifra 0, 1 ó 2. Cualquier mes que tenga la decena 0 obliga a que el día sea veintitantos y entra en conflicto con las horas. Los meses de decena 1 no pueden ser porque el 1 ya lo hemos usado.

Igual razonamiento tenemos para todos los años 2014 - 2019, ya está cogido el 1, en el mes usamos el 0, y en los días usamos el 2, y ya no hay horas posibles.

Si el año está en la década 2020 - 2029, entonces ya hemos usado el 2, en el mes usaremos el cero o el uno en la cifra de la decena, y en los días usaremos el uno o el cero (respectivamente) en la cifra de la decena, o bien el 3, pero en este caso aparecerá el uno o el cero en las unidades, y volvemos a entrar en conflicto con las horas.

Entremos en la década 2030 - 2039. Por razones similares a las situaciones anteriores, podemos descartar 2030, 2031, 2032, 2033. Veamos 2034: procuramos ir escogiendo la fecha más baja y evitar la incompatibilidad con las horas. tomamos el mes 05, el día 16. Hemos dejado el 2 para la decena de las horas, pero entonces la hora puede ser 20, 21, 22, 23, y las cifras de las unidades las hemos usado todas. Además hay que tener cuidado ya con los minutos: su decena solo va del 0 al 5.

Tendremos que escoger los días como veintitantos, pero en las horas la decena tiene que ser 1, y entonces ya hemos agotado todos los números del 0 al 5 para los minutos.

Tomamos el mes 06, el día 27, y ya parece que todo empieza a marchar. La hora puede ser 18, y los minutos 59.

Si no nos hemos equivocado, ya hemos encontrado la fecha y hora más cercana al principio del año 2000 en la que se usan todos los dígitos sin repetirse:

18 : 59   27 - 06 - 34

Es decir, el 27 de junio de 2034, a las 18:59.

[Este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas]

Guerras de letras, partículas, antipartículas y números enteros.

Cuaderno de bitácora: hay personas que para entretenerse hacen garabatos. Tanto en clase como en reuniones, conferencias, y en todo momento en que se tiene a mano un lápiz o bolígrafo y un papel, documento, cuaderno o periódico, es normal ponerse a dibujar, rayar, hacer figuras geométricas, rellenar espacios, cualquier cosa para relajar la mente y hacer que pase el tiempo.

En mi infancia, una de las cosas que se me ocurrió, como a muchos otros, fue entretenerme rellenando con un bolígrafo los huecos de las letras. Hay letras que tienen "huecos que rellenar", y son las siguientes: a, b, d, e, g, o, p, q. El resto de letras "no tienen huecos", sus líneas no rodean superficie, y son: c, f, h, i, j, k, l, m, n, ñ, r, s, t, u, v, w, x, y, z.

Cuando escribimos con letras mayúsculas, la situación puede cambiar, así las letras mayúsculas con huecos son: A, B, D, O, P, Q, R, mientras que las que no tienen huecos son: C, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, Ñ, S, T, U, V, W, X, Y, Z. La E y la G han pasado de tener hueco en minúscula a perderlo en mayúscula, y la R, que no tenía hueco en minúscula, ahora le ha salido uno en mayúscula.

Conforme iba rellenando huecos, se me ocurrió también que aquellas letras con huecos eran enemigas de las letras sin huecos, y que podía ir compensando unas con otras. Así, dejé de rellenar los huecos y lo que me entretenía era en tachar letras: por cada letra con hueco, tachaba otra sin hueco. Así comenzó una guerra, la guerra de las letras, en la que me puse del lado de las letras con huecos, y las usaba de munición para destruir las letras sin hueco, una a una.

Si me aparecía, por ejemplo, una frase como "la rosa es hermosa, fragante y olorosa", estaba todo casi equilibrado, pues si nos fijamos hay 15 letras con hueco y 16 sin hueco, y ganan las letras sin hueco solo por una letra de diferencia. Si tengo la frase "el pendiente de Ágata parece dorado", ganan las letras con hueco por doce. En la frase "la lluvia en Sevilla es fina y moja mucho" ganan las letras sin hueco por trece.

Conforme iba avanzando en los párrafos, me daba cuenta que las letras sin hueco aparecían con más frecuencia, y así se me iban quedando unas cuantas sin poder eliminar. Este desequilibrio no me gustaba, y empecé a "cambiar de bando" algunas de las letras. La primera fue la y, que aunque no tiene hueco la puse del bando de las letras con hueco. También añadí la ñ; la ll la consideré como si fuera una sola letra, lo mismo que la ch y la rr, etc., siempre intentando encontrar el equilibrio, entre ambos bandos.

Encontrar el equilibrio exacto resulta interesante. Cada párrafo puede tener una situación diferente, pero a la larga, todo depende de la frecuencia con la que aparecen las letras. En la wikipedia hay una página donde están recogidas las frecuencias de aparición de las diferentes letras en español. Considerando las frecuencias de las letras con hueco:

a = 12,53%
b = 1,42%
d = 5,86%
e = 13,68%
g = 1,01%
o = 8,68%
p = 2,51%
q = 0,88%

Si sumamos todas las cantidades: 12,53 + 1,42 + 5,86 + 13,68 + 1,01 + 8,68 + 2,51 + 0,88 =  46,57%. El resultado es un poco menos del 50% y por tanto las letras con hueco están en desventaja en su particular guerra contra las letras sin hueco. Cambiar de bando la y (0,90%) y la ñ (0,31%) no es suficiente ya que nos deja el porcentaje en 47,78%. Si por ejemplo a las letras con hueco, 46,57% les añadimos la m (3,15%) y la ñ (0,31%) entonces llegaríamos a 50,03%. Si hubiera empleado esta estrategia, habría obtenido un combate muy igualado, y a la larga ligeramente favorable a mis letras preferidas.

Esta guerra de letras recuerda en física cuántica a las partículas y antipartículas. Todos sabemos que la materia está compuesta por átomos, y los átomos a su vez están constituidos por un núcleo de protones y neutrones, y una órbita de electrones. Los protones tienen carga eléctrica positiva, los electrones carga negativa y los neutrones no tienen carga eléctrica. Pero estas no son las únicas partículas que existen. También tenemos otros tipos, como neutrinos, bosones, quarks... Uno de esos tipos son las llamadas antipartículas, que forman lo que se conoce por antimateria. Son partículas contrarias al protón y al electrón, con la misma masa, pero carga eléctrica contraria. Tenemos por ejemplo el positrón, que tiene la misma masa que el electrón, pero carga positiva.

Cuando una partícula se encuentra con una antipartícula, ambas se destruyen, y la masa que tienen se aniquila totalmente y se transforma en energía en forma de fotones. En la guerra de letras, las letras con hueco se comportan como partículas y las letras sin hueco como sus antipartículas. Unas se aniquilan con las otras.

En la imagen se representa la aniquilación de un electrón con un positrón, generando dos rayos gamma que parten en direcciones opuestas. La ilustración la hemos obtenido de esta página.

En las letras, no hay simetría entre letras con hueco y letras sin hueco. Ya hemos visto que las letras con hueco están en minoría, solo son un 46,57% de todas las letras (estamos hablando de letras minúsculas escritas con una fuente de grafía estándar, como la que estamos utilizando en esta entrada del blog). En el universo siempre se ha pensado que las partículas y antipartículas deben estar distribuidas equilibradamente, y lo que es cierto para las partículas debe también ser cierto para las antipartículas.

Sin embargo, sorprendentemente no es así. Según lo que se observa de nuestro universo, las partículas están en una proporción mucho mayor que las antipartículas. La mayor parte de la materia parece estar compuesta por partículas normales, mientras que las antipartículas son escasas y encuentran una rápida aniquilación al cruzarse con las partículas. Este es uno de los misterios no resueltos de la cosmología.

Relacionado con todo este tema, también podemos llevarlo al campo de las matemáticas y de la aritmética de los números enteros. Algunos grumetes encuentran difícil entender las sumas y restas de números enteros. Pero podemos pensar que cada número representa una cantidad de partículas o antipartículas, o de letras con hueco y letras sin hueco. Si el número es positivo, podemos imaginar que representa partículas, y si es negativo antipartículas.

Así, si tenemos la operación -7 + 8, podemos pensar que -7 representa a 7 antipartículas, y 8 representa a 8 partículas. Las 7 antipartículas eliminarán a 7 partículas y entonces todas las antipartículas habrán desaparecido, quedando sólo 1 partícula sin eliminar. De ahí el sentido de la cuenta:

-7 + 8 = 1

Cuando la cuenta es más larga, el proceso es el mismo, vamos imaginando que las partículas (números positivos) se anulan con las antipartículas (números negativos). También imaginamos que cuando hay dos números positivos (ambos partículas) obtenemos un número positivo mayor, y para los números negativos sucede lo mismo: dos números o más representan todos antipartículas, y juntándolas obtenemos un número negativo mayor:

6 - 8 + 9 - 5 = 2

8 + 10 = 18

-5 - 6 - 3 = -14

En matemáticas sí tenemos el equilibrio natural entre números positivos y números negativos. Por cada número positivo hay un número opuesto, el negativo correspondiente. Es lógico pensar que si hubiera una guerra entre números enteros el resultado final sería 0.

Pero este pensamiento puede tener sus trampas. Los números enteros son infinitos. ¿Podemos hacer una guerra entre todos los números? Si intentamos hacer una guerra total siguiendo el método que hemos utilizado con las guerras de letras de ir anulando unas con otras, nos podemos encontrar con paradojas muy simples:

Supongamos que vamos tomando todos los números enteros sin repetirse, y los sumamos de la forma ordenada, primero el 0, luego sumamos 1, luego sumamos -1, después 2, -2, y así sucesivamente:

0 = 0
0 + 1 = 1
0 + 1 - 1 = 0
0 + 1 - 1 + 2 = 2
0 + 1 - 1 + 2 - 2 = 0
0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 = 3
0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 = 0
0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + 4 = 4
0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + 4 - 4 = 0
0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + 4 - 4 + 5 = 5
...

El resultado va siendo 0, 1, 0, 2, 0, 3, 0, 4, 0, 5,... Podemos comprobar que los negativos van anulando a los positivos, y la suma regresa siempre a 0; la guerra de números siempre se equilibra.

Pero si disponemos los números enteros de otra forma:

0 + 1 + 2 - 1 + 3 + 4 - 2 + 5 + 6 - 3 + 7 + 8 - 9 ...

Es decir, sumamos dos positivos y luego un negativo, y los siguientes dos positivos y el siguiente negativo, etc. Entonces vamos obteniendo 0, 1, 3, 2, 5, 9, 7, 12, 18, 15, 22,... A pesar de que todos los números enteros se van incluyendo en la suma, los negativos llegan tarde, y la suma de positivos va creciendo sin límite, es decir, los positivos ganan la guerra sin remedio.

¿Cómo es posible, si hay tantos números positivos como negativos? El núcleo de la cuestión es que estamos haciendo una suma infinita, y con el infinito surgen este tipo de paradojas. (Para los matenavegantes experimentados esto es un ejemplo sencillo de una serie no convergente a la que podemos reordenar para que se comporte de la forma que queramos).

Para terminar, podemos pensar en un ejemplo de guerra de números sencillo pero del que no tengo conocimiento si se ha llegado a estudiar todavía y si se tiene alguna conclusión. Tomemos un número irracional (decimal infinito no periódico), como el número pi = 3,14159265358979323846... Consideremos la sucesión de los decimales, y hagamos una guerra entre ellos, poniéndoles alternativamente un signo más o un signo menos y haciendo la suma:

1 - 4 + 1 - 5 + 9 - 2 + 6 - 5 + 3 - 5 + 8 - 9 + 7 - 9 + 3 - 2 + 3 - 8 + 4 - 6…

La pregunta puede ser: ¿La suma se mantendrá equilibrada? Y si no se mantiene equilibrada, ¿irán ganando los positivos o los negativos? Es decir, ¿tienen más peso los decimales en lugar impar o en lugar par? ¿Y qué sucederá con otros números irracionales como el número e, el número fi, o la raíz cuadrada de dos?

Aunque desconozco si a alguien se le ha ocurrido hacer estas guerras, puedo suponer que sí, porque al número pi se le han dado muchas vueltas a lo largo de los siglos...

Nota: garabato, en inglés, se dice doodle. Esta palabra se está haciendo famosa en el ciberespacio porque se está aplicando a las ilustraciones que diseña Google para conmemorar diariamente hechos notorios. Hay una página que recopila todas estas ilustraciones.