[El Problema de la Semana] La compra compartida

Atención:

Cuatro compañeros van hacia clase. Cada uno de ellos tiene que comprar una cosa: una goma de 15 céntimos, un lápiz de 75 céntimos, un cuaderno de 3.75 euros y un libro de 18.75 euros. Después de comprar lo que hace falta, a Paula le sobra 1 céntimo, a Juan 2 céntimos, a Luis 3 céntimos y a Ana 4 céntimos. Si pasamos todo a céntimos, multiplicamos lo que se ha gastado cada uno por lo que ha sobrado y sumamos los productos, se obtiene 5490.

¿Qué objeto ha comprado cada uno de los cuatro?

Veamos la solución más abajo.

Present and Correct es una tienda online de artículos de papelería, unos son antiguos y recopilados de muchas partes de Europa y otros son de diseño original. Entre sus artículos están estos sellos para estampar poliedros y cuerpos de revolución. Parecen muy útiles cuando se enseña geometría tridimensional, pues los grumetes suelen tener dificultades para dibujar las figuras por sí solos.

Solución:

Se trata de encontrar la combinación adecuada:

15 · a + 75 · b + 375 · c + 1875 · d = 5490

Donde a, b, c, y d son los números 1, 2, 3 y 4 pero no en ese orden, sino en el orden adecuado para que salga correcta la operación.

Es evidente que d no puede ser ni 3 ni 4, pues en estos casos 1875 · d superaría la cifra pedida, 5490.

Tampoco d puede ser 1, pues en ese caso la suma de 15 · a + 75 · b + 375 · c debería llegar a 3615, y esto no es posible, ya que la suma máxima posible es 15 · 2 + 75 · 3 + 375 · 4 = 1755.

Luego d = 2, y entonces 15 · a + 75 · b + 375 · c = 5490 − 1875 · 2 = 1740.

Con los cálculos que hemos hecho se puede ver claramente que para obtener esta cifra, a debe valer 1, b debe valer 3 y c debe valer 4.

Si a = 1 céntimo, entonces a corresponde a Paula, luego Paula ha comprado la goma de 15 céntimos.

Si b = 3 céntimos, entonces b corresponde a Luis, luego Luis ha comprado el lápiz de 75 céntimos.

Si c = 4 céntimos, entonces c corresponde a Ana, luego Ana ha comprado el cuaderno de 3.75 euros.

Si d = 2 céntimos, entonces d corresponde a Juan, luego Juan ha comprado el libro de 18.75 euros.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

[El Problema de la Semana] Celebración con langostinos

Un problema muy apropiado para las comidas de estas fechas:

Dos amigos, que han acabado con éxito los exámenes, deciden celebrarlo comiendo langostinos. Para ello, uno compra 2 kg y el otro 3 kg. Cuando van a comérselos aparece un tercer amigo que también quiere celebrar el fin de curso, y los otros dos acceden a que los acompañe con la condición de que pague su parte correspondiente, que asciende a 50 euros.

¿Cómo se repartirán esos 50 euros entre los dos primeros para que todos estén contribuyendo de forma equivalente?

Es recomendable reflexionar bien la situación del problema, y no contestar lo primero que se nos ocurra. La solución viene más abajo.

En esta foto podemos ver The Big Prawn (El Gran Langostino), en West Ballina - Australia. Su altura alcanza los 9 metros, y pesa casi 40 toneladas. Se trata de una estatua construida en 1989 como símbolo de la industria local de langostinos. En 2009 fue acordada su demolición, pero la comunidad de West Ballina se movilizó para salvar "el Langostino Artificial Más Grande del Mundo". Gracias a ello, en 2013 se restauró y se le añadió una cola, de la que antes carecía por estar ubicada sobre un centro comercial. Más información en esta página de Atlas Obscura. La imagen original sale en la cuenta de Math Bowden en Twitter.

Solución:

Lo primero que se le ocurre a cualquiera que lee el problema es hacer una proporción o regla de tres, y repartir proporcionalmente los 50 euros en 20 euros para el que aportó los 2 kg y 30 euros para el que aportó los 3 kg. ¡Pero está mal!

Si observamos que el tercero paga su parte correspondiente, que es de 50 euros, esto quiere decir que a cada uno le correspondería poner 50 euros, y que por tanto el coste total de los langostinos ha ascendido a 150 euros. Pero el primero compró 2 kg y el segundo 3 kg, luego se han comprado 5 kg de langostinos en total, y por tanto el precio del kg de langostinos es de 150/5 = 30 euros.

El primero puso 2 kg de langostinos, y gastó 2 · 30 = 60 euros.

Luego ha puesto 60 − 50 = 10 euros más de lo que le correspondía.

El segundo puso 3 kg de langostinos, y gastó 3 · 30 = 90 euros.

Luego ha puesto 90 − 50 = 40 euros más de lo que le correspondía.

Por tanto, para que todos contribuyan de forma equivalente, los 50 euros del tercero se han de repartir en 10 euros para el primero de los amigos y 40 euros para el segundo.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

Sudoku de letras (22)

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

A   C   D   E   F   I   L   O   R

Una vez resuelto, en la fila central aparecerá una palabra: cuando llega la primavera, la planta de mi maceta está...

[El Problema de la Semana] El cociente misterioso

A ver qué tal se nos da resolver el siguiente problema:

Un matemático tenía la costumbre de contestar a las preguntas poniendo problemas. Un día le plantearon una división con más de cien cifras, y le preguntaron cuál era el cociente. Después de un rato contestó: "Si en esta división sumamos 6 al divisor y 72 al dividendo, no varían ni el cociente ni el resto".

¿Cuánto vale el cociente?

La solución más abajo.

Esta imagen ha sido extraída y adaptada de una página de David M. Russinoff. En ella podemos ver una igualdad matemática que significa que N es un número desconocido que al dividirse por 25 da de resto 6. La ilustración nos muestra a los soldados del antiguo ejército chino, tal como aparecen en las figuras de terracota de la tumba del primer emperador, distribuidos en cuadros de 5✕5 = 25 soldados. No sabemos cuántos soldados hay en todo el ejército, pero 6 han quedado sueltos, son el resto de la división entre 25.

Solución:

Se trata de una división en la que no conocemos ni el dividendo D, ni el divisor d, ni el cociente c ni el resto r.

Por la regla de la división, "dividendo es igual a divisor por cociente más resto":

D = d · c + r    (igualdad 1)

Pero si sumamos 6 al divisor y 72 al dividendo, el cociente y el resto no varían, por tanto:

D + 72 = (d + 6) · c + r    (igualdad 2)

Hacemos cuentas aplicando la propiedad distributiva:

D + 72 = d · c + 6c + r

 

Usando la igualdad 1 y simplificando:

72 = 6c

Y por tanto:

c = 72/6 = 12

El cociente es 12.

Obsérvese que de la igualdad 1 y de la igualdad 2 sólo podemos averiguar el valor del cociente, que es el que nos pregunta el problema. El dividendo, el divisor y el resto quedan sin poderse resolver.

Nota: Este problema ha sido extraído del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

[El Problema de la Semana] Musarañas comilonas

Veamos el siguiente problema:

Comen tanto 17 osos como 170 monos, 100.000 musarañas tanto como 50 monos, y 4 elefantes comen lo mismo que 10 osos.

¿Cuántas musarañas serán necesarias para acabar con la comida de 12 elefantes?

La respuesta, como siempre, bajo la ilustración.

[Aquí tenemos un retrato de una musaraña elefante o sengi, extraído de Science News. Estos mamíferos pertenecen al orden Macroscelidea, y aunque guardan parecido con las musarañas, pertenecen a otra rama taxonómica. Tienen largas patas traseras que les permiten huir dando grandes saltos cuando se sienten amenazadas, y también les caracteriza el hocico alargado en forma de trompa, como se aprecia en la foto. Dicho hocico es lo que les ha dado el apelativo de elefante, y de hecho, tienen un parentesco más cercano con los mismos elefantes que con las musarañas comunes, de la familia Soricidae.]

Solución:

Simplificamos las proporciones que nos da el problema y vamos trabajando con las equivalencias:

Si 17 oso comen tanto como 170 monos, 1 oso come lo que 10 monos.

Si 100.000 musarañas comen tanto como 50 monos, 1 mono come lo que 2.000 musarañas.

Por tanto, 1 oso, que equivale a 10 monos, come tanto como 20.000 musarañas.

Si 4 elefantes comen lo mismo que 10 osos, entonces 12 elefantes, lo que nos pregunta el problema, comen tanto como 30 osos.

Finalizando: 12 elefantes comen como 30 · 20.000 = 600.000 musarañas.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro Problemas a mí 1, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

Otra leyenda sobre el tablero de ajedrez

Cuaderno de bitácora: he estado leyendo recientemente el libro Tradiciones y Leyendas Sevillanas, de José María de Mena, publicado por Plaza y Janés en los años 80 del siglo pasado, y me he encontrado con una versión alternativa de la leyenda sobre el tablero de ajedrez. Esta versión se centra en el siglo XI, y los protagonistas son el moro Abenamar, poeta, visir y amigo del rey Almotamid, y el rey castellano Alfonso VI.

Figura 1

Transcribimos a continuación la leyenda, tal y como la narra José María de Mena:

De cómo Abenamar salvó a Sevilla

El poderoso rey Alfonso VI de Castilla, en su juventud, siendo príncipe, perseguido por su hermano usurpador del reino, hubo de refugiarse en la corte árabe de Toledo, en la que dedicado a forzosa ociosidad, se entretuvo en aprender el noble juego del ajedrez.

Muerto el usurpador, y exaltado al trono don Alfonso tras la jura de Santa Gadea, en Burgos, se propuso ensanchar el reino castellano, a cuyo efecto conquistó Toledo, y cruzando después la línea del Tajo hizo incursiones en dirección a Andalucía, sembrando el temor entre los reyes de taifas andaluces.

Almotamid, rey de Sevilla, al saber que Alfonso VI se acercaba, tuvo la idea de enviarle, no un ejército, sino solamente una embajada que habría de pactar con el castellano.

Designó Almotamid para realizar tan difícil misión, a su amigo el poeta Abenamar, que ocupaba el cargo de visir, quien con acompañamiento de un lucido séquito llevando valiosos presentes, salió de Sevilla y encontró junto a Sierra Morena al rey Don Alfonso.

Plantó Abenamar una lujosa tienda de campaña, de rica seda, y convidó al rey de Castilla a que viniera, para ofrecerle un agasajo.

Durante la comida, condimentada con especias y perfumes, según la usanza mora, Abenamar se esforzó en sonsacar a Don Alfonso sus gustos e inclinaciones para saber cómo podría mejor captarse su voluntad. Y habiéndose enterado de que al rey le agradaba mucho el ajedrez, le dijo:

—Si os place, de sobremesa podríamos jugar una partida. Precisamente traigo un lindo tablero de nácar y ébano, y figurillas labradas en marfil, que no las hay mejores en España.

Mucho agradó a Don Alfonso la proposición, pues se tenía por gran jugador, y para demostrarlo, propuso:

—Habremos de jugar apostando algún dinero, pues no es razón que juguemos como las mujeres o los chiquillos.

—Muy puesta en razón es vuestra sugerencia; sin embargo me temo que yo, simple embajador, no tendré dineros para apostarlos en cantidad suficiente para jugar nada menos que contra un rey. Sin embargo os propongo una apuesta más sencilla. Si os gano me daréis dos granos de trigo por el primer cuadro del tablero, cuatro granos por el segundo, dieciséis por el tercero, y así multiplicando el número por sí mismo a cada escaque. Si yo pierdo os daré igual.

Hízole gracia a Don Alfonso la forma de jugar, y más cuando Abenamar le indicó que tenía un pequeño terreno, y que con el trigo que pensaba ganarle podría sembrar su parcela cuando llegase el otoño.

Sin embargo Abenamar estaba preparándole un ingenioso ardid a Don Alfonso VI con el propósito de salvar a Sevilla.

Jugaron, pues, la partida, y perdió Don Alfonso. Sonriendo, dijo:

—Bien, Abenamar, me habéis ganado. Os pagaré lo que apostamos. En cuanto llegue a Castilla daré orden de que os envíen unos cuantos sacos de trigo, y podréis sembrar vuestro campito con buen trigo castellano.

—¿Cómo unos cuantos sacos? Bromeáis, señor. Hagamos la cuenta, pues no quiero recibir ni un solo grano de más, pero tampoco de menos.

Alfonso, de buena gana, y todavía riendo, tomó papel y pluma y empezó a hacer la cuenta. Dos granos por el primer escaque del tablero, cuatro por el segundo, dieciséis por el tercero.

Pero a medida que iban siendo más escaques, la cifra, siempre multiplicada por sí misma, iba alcanzando unas cantidades que escapaban a todo lo imaginable. La progresión era tal, que cuando llegaban a menos de la mitad del tablero, ya no había posibilidad de operar, y para completar el tablero no habría trigo en todos los graneros de Castilla, al que cada año pagaba un impuesto o parias, a cambio había empeñado su palabra de rey, y le era imposible el cumplirla.

En tal situación, abatido y confuso el rey castellano, Abenamar le propuso:

—Señor, pues que la pérdida es tan grande y no podéis pagarla, yo me daría por satisfecho de condonaros la deuda a cambio de que retiraseis vuestro ejército fuera de las fronteras de mi señor el rey Almotamid de Sevilla. Y si queréis hacer guerras, dirigir más bien vuestros afanes hacia Badajoz, o hacia Murcia o Granada, cuyos reyes no son vasallos del de Sevilla.

No satisfizo mucho al castellano la solución, pero como no podía tomar otra, hubo de aceptarla, y así, despidiéndose de Abenamar, ordenó la retirada de su ejército hasta la línea fronteriza, tal como el poeta le había pedido.

Así fue cómo gracias a su ingenio, a su habilidad en el juego del ajedrez, y a su conocimiento de las matemáticas, pudo Abenamar salvar a Sevilla.

En un artículo del Diario ABC, se recoge la misma historia, y se sitúa la leyenda en el año 1078.

Figura 2

 
Además del exquisito ambiente romántico y caballeresco que tiene esta leyenda, nos ha llamado mucho la atención su contenido matemático, que vamos a estudiar a continuación.

En el relato hemos resaltado en negrita la propuesta de Abenamar, que volvemos a reproducir aquí: "Si os gano me daréis dos granos de trigo por el primer cuadro del tablero, cuatro granos por el segundo, dieciséis por el tercero, y así multiplicando el número por sí mismo a cada escaque". Se trata de una sucesión de números en la que cada término se obtiene multiplicando por sí mismo el anterior:

En el primer escaque: 2
En el segundo escaque: 2 · 2 = 4
En el tercer escaque: 4 · 4 = 16

Si continuamos la sucesión iremos obteniendo:

En el cuarto escaque: 16 · 16 = 256
En el quinto escaque: 256 · 256 = 65536
En el sexto escaque: 65536 · 65536 = 4294967296
En el séptimo escaque: 4294967296 · 4294967296 = 18446744073709551616, etc.

Si conocemos la leyenda del inventor del ajedrez, que se puede leer en una entrada de este blog, nos daremos cuenta rápidamente que aunque las leyendas son parecidas, las sucesiones de granos sobre los escaques del tablero son muy diferentes.

En la leyenda del inventor del ajedrez, la sucesión de granos era:
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, ...

En nuestra leyenda de hoy entre Abenamar y Alfonso VI, la sucesión de granos sobre los escaques es:
2, 4, 16, 256, 65536, 4294967296, 18446744073709551616, ...

Una cosa que salta a la vista comparando ambas sucesiones es que en la sucesión de Abenamar aparecen de forma inmediata números ENORMES. En efecto, la primera sucesión crece de forma mucho más suave y lenta que la segunda, y esta última tiene un crecimiento brutalmente acelerado.

De hecho, podemos comprobar que esta segunda sucesión está formada por las potencias de 2 con exponente igual a los términos de la primera sucesión:

2¹ = 2
2² = 4
2⁴ =16
2⁸ = 256
2¹⁶ = 65536
2³² = 4294967296
2⁶⁴ = 18446744073709551616, etc.

Si seguimos avanzando en los escaques, podemos comprobar que en el último escaque el número de granos de trigo sería:

2^{9223372036854775808} = ?

¿Cuánto puede ser esta cantidad? No es un trabajo fácil hacerse una idea de este número. Si por ejemplo tratamos de calcularlo con la calculadora científica que aparece en la página Web2.0calc, la respuesta que nos sale es directamente "infinity".

Con la ayuda de los logaritmos, podemos hacer una aproximación en potencias de 10 o notación científica:

2^{9223372036854775808} ≈ 1.38 · 10^{2776511644261678566}   (*)

Como se puede ver, se trata de una cifra del orden de un 1 seguido de más de dos trillones de ceros. Este número es grande, pero ¿cuánto de grande? Recordemos que un gúgol es 10 elevado a 100, es decir, un 1 seguido de 100 ceros. Un gúgol es un número enorme; los astrofísicos han calculado que el número de partículas subatómicas que existen en nuestro universo visible no va mucho más allá de 10 elevado a 80. Pero el número que hay en la última casilla del tablero de Abenamar es MUCHO, pero MUCHÍSIMO más grande, es 10 elevado a 2.7 trillones.

Si queremos verlo desde otro punto de vista, regresemos a los primeros escaques del tablero. En el séptimo escaque, el número de granos se dispara a los 18 trillones (que es casi exactamente el número de granos TOTALES que cabían en el tablero completo de ajedrez de la primera leyenda). Si calculamos el octavo, el noveno y el décimo escaque:

2¹²⁸ ≈ 3.4 · 10³⁸
2²⁵⁶ ≈ 1.15 · 10⁷⁷
2⁵¹² ≈ 1.34 · 10¹⁵⁴

Es decir, en el décimo escaque habría que poner una cantidad en granos de trigo superior a un 1 seguido de 154 ceros. Si cada partícula del universo visible se transformara en grano de trigo, no habría suficiente trigo en todo el universo para llenar el décimo escaque. Y todavía faltarían por rellenar el undécimo escaque, el duodécimo, etc., hasta el número 64.

Y eso no es todo. Además habría que sumar todos los granos de los 64 escaques. Sin embargo, en este caso no tiene demasiada importancia. Cuando el número de granos crece, hay tanta diferencia entre un escaque y el siguiente que la suma total de granos es muy poco mayor que la cantidad de granos que hay en el último escaque, el número que hay en (*).

Para terminar quisiéramos hacer un último comentario: por lo que se cuenta en la leyenda, creemos que el narrador no tiene una idea ni siquiera aproximada de las cifras que aparecen en la sucesión de Abenamar. En la leyenda se dice literalmente que "... A medida que iban siendo más escaques, la cifra, siempre multiplicada por sí misma, iba alcanzando unas cantidades que escapaban a todo lo imaginable. La progresión era tal, que cuando llegaban a menos de la mitad del tablero, ya no había posibilidad de operar..."

Si tenemos en cuenta que en aquella época había que hacer las cuentas a mano, y que en Europa todavía se seguían utilizando los números romanos, es muy improbable que el rey Alfonso VI pasara de la séptima casilla, que ya alcanza los cuatro mil millones, y que ya implica una multiplicación de dos números de cinco cifras. Intentar calcular la octava casilla es ya una tarea muy larga y complicada a mano, incluso con nuestro sistema decimal, y las demás casillas se tornan prácticamente imposibles. No sólo no podemos llegar a la mitad del tablero (32 casillas), sino que nos quedamos muy lejos de dicha mitad, como mucho sólo es calculable a mano la primera de las filas.

[Créditos de las imágenes: la Figura 1 es un retoque de una imagen tomada de la página web Mercado Libre Argentina, y la Figura 2 ha sido tomada del artículo periodístico publicado en ABC.]

[El Problema de la Semana] Los peregrinos

Avancemos hacia el siguiente problema:

Ambrosio y Bonifacio son dos peregrinos que empiezan a caminar a las 8 de la mañana del mismo día por una carretera en el mismo sentido. Bonifacio lleva 28 kilómetros de ventaja, y ambos caminan cada día desde las 8 de la mañana hasta las 8 de la tarde. Ambrosio camina con paso regular 20 kilómetros el primer día, 18 el segundo, 16 el tercero y así sucesivamente. Bonifacio camina con paso regular 4 kilómetros el primer día, 8 el segundo, 12 el tercero, y así sucesivamente.

¿Cuándo y dónde se encontrarán?

 La solución, como siempre, más abajo.

Figura 1. Esta imagen no tiene nada que ver con el enunciado del problema, pero no hemos podido resistir el impulso de usarla de ilustración. Es la foto de una gotita rebotando sobre la superficie de un fluido. La foto aparece ilustrando un artículo de John W. M. Bush, de la MIT.

SOLUCIÓN:

Consideramos que el punto desde donde parte Ambrosio es el kilómetro 0, y Bonifacio parte del kilómetro 28 de la carretera. Ahora observemos dónde está cada uno al final de cada día:

Cuando ha terminado el primer día, Ambrosio ha caminado 20 kilómetros, y Bonifacio 4. Luego Ambrosio está en el kilómetro 20, y Bonifacio en el kilómetro 32, (todavía le lleva 12 kilómetros de ventaja).

Cuando ha terminado el segundo día, Ambrosio ha caminado 18 kilómetros más, y Bonifacio 8. Luego Ambrosio está en el kilómetro 38, y Bonifacio en el kilómetro 40, (ya sólo le lleva 2 kilómetros de ventaja).

Cuando ha terminado el tercer día, Ambrosio ha caminado 16 kilómetros más, y Bonifacio 12. Luego Ambrosio está en el kilómetro 54, y Bonifacio en el kilómetro 52, y por lo tanto, en algún momento del tercer día Ambrosio ha alcanzado a Bonifacio.

¿En qué momento y en qué lugar se ha producido el encuentro entre ambos?

Los dos peregrinos caminan con paso regular, luego su velocidad es constante. La velocidad de Ambrosio durante el tercer día se calcula dividiendo el espacio recorrido, 16 kilómetros, entre el tiempo empleado, 12 horas. Análogamente la velocidad de Bonifacio es de 12 kilómetros en 12 horas:

Velocidad de Ambrosio: 16 / 12 = 1,333... km/hora.
Velocidad de Bonifacio: 12 / 12 = 1 km/hora.

Recordemos que espacio es igual a espacio inicial más velocidad por tiempo, y en el tercer día Ambrosio parte del kilómetro 38 y Bonifacio del kilómetro 40, luego las expresiones del espacio en función del tiempo t son:

Espacio recorrido por Ambrosio: 38 + 1,333t
Espacio recorrido por Bonifacio: 40 + 1t

En el momento en que se encuentran tanto el espacio como el tiempo son iguales:

38 + 1,333t = 40 + 1t

Resolvemos la ecuación:

0,333t = 2
t = 2 / 0,333 = 6 horas.

Y de aquí el espacio es 38 + 1,333 · 6 = 40 + 1 · 6 = 46 kilómetros.

Por tanto Ambrosio y Bonifacio se encontrarán el tercer día en el kilómetro 46 de la carretera, a las 8 + 6 = 14 horas, es decir, a las dos de la tarde.

AMPLIACIÓN:

Aquí no acaba la cosa.

Como se puede apreciar, cada día Ambrosio recorre menos kilómetros, y Bonifacio recorre más. La velocidad de Ambrosio va disminuyendo y la de Bonifacio va aumentando.

Aunque Ambrosio alcanza a Bonifacio el tercer día y lo supera, su paso va "perdiendo fuelle", y al cuarto día, Ambrosio, que ya ha superado a Bonifacio, va caminando a ritmo más lento, luego se puede esperar que Bonifacio alcance a Ambrosio y lo supere, teniendo lugar un segundo encuentro entre los dos.

Siguiendo la progresión de velocidades, en el cuarto día, Ambrosio recorre 14 kilómetros, y Bonifacio 16. Por tanto al final del cuarto día, tanto Ambrosio como Bonifacio están en el kilómetro 68. Es decir, se produce un segundo encuentro entre ambos el cuarto día a las 8 de la tarde.

En el quinto día, la velocidad de Ambrosio disminuye aún más, y la de Bonifacio sigue aumentando, por lo que ambos se separan, y si la progresión de velocidades continúa al mismo ritmo, ya nunca más se volverán a encontrar.

Curiosamente, si la progresión de velocidades sigue el mismo ritmo, se puede calcular que Ambrosio en el décimo día sólo recorre 2 kilómetros, en el undécimo día no recorre ningún kilómetro (se queda descansando en el kilómetro 110), y en el duodécimo día recorre −2 kilómetros, es decir, empieza a deshacer el camino y a regresar por la carretera. Bonifacio hace 48 kilómetros en el duodécimo día, y al final del mismo se encuentra en el kilómetro 312 de la carretera.

Figura 2. En este gráfico se pueden apreciar los recorridos de ambos peregrinos. Las gráficas están formadas por segmentos rectos. En el tiempo se han eliminado los periodos de descanso. Obsérvese que los tramos de Ambrosio tienen cada vez menos pendiente, es decir, cada vez menos velocidad, mientras que los de Bonifacio van aumentando en pendiente y por tanto en velocidad

OTRA AMPLIACIÓN MÁS:

Este problema es tan jugoso que todavía podemos comentar más cosas sobre él. En la figura 2 se pueden apreciar las gráficas de los dos peregrinajes, y aunque están formadas por tramos rectos, pues el enunciado del problema nos dice que los peregrinos caminan con paso regular en cada etapa, no podemos dejar de ver una curva implícita en cada gráfica.

De hecho las curvas implícitas son dos parábolas. En efecto, haciendo algunos cálculos, podemos obtener las siguientes fórmulas:

Parábola de Ambrosio: y = (-1/144)x² + (7/4)x

Parábola de Bonifacio: y = (1/72)x² + (1/6)x + 28

Se puede comprobar que ambas parábolas pasan por los puntos señalados al final de cada día. Según esto, los puntos de encuentro entre Ambrosio y Bonifacio podrían ser calculados como los puntos de intersección de ambas parábolas. Si así lo hacemos, nos daremos cuenta que el segundo encuentro coincide en el momento que habíamos calculado, pero el primer encuentro no coincide en el mismo lugar, lo cual se puede ver en la siguiente gráfica:

Figura 3. Las parábolas que se ajustan a los recorridos de los dos peregrinos se cortan en el segundo encuentro (segundo punto verde), pero no coinciden en el primer encuentro (primer punto verde), sino un poco antes, donde está señalado el punto negro.

Más concretamente, estas parábolas se cortan cuando x = 28 y cuando x = 48, y traduciéndolo a términos de días, el primer encuentro tendría lugar el tercer día a las 12 de la mañana (12 + 12 + 4 horas), y el segundo al final del cuarto día (12 + 12 + 12 + 12 horas).

Nota: este problema ha sido adaptado de uno de los que aparecen en el libro Un cuento enmarañado y otros problemas de almohada, de Lewis Carroll.

Los gráficos han sido trazados con Geogebra.

[El Problema de la Semana] Los trabajadores enfermos

Este problema parece difícil:

Cierta empresa ha hecho una estadística de las enfermedades que han sufrido sus trabajadores. El 84% enfermó de gripe, el 81% tuvo gastroenteritis, y el 75% padeció ataques de alergia.

¿Qué porcentaje mínimo tuvo los tres tipos de dolencias?

¿Cómo se soluciona? Razonando, como se puede ver más abajo de la imagen. 

Figura 1. Fotografía en alta velocidad de una persona tosiendo, en la que se aprecian los rastros de las gotitas expulsadas durante la tos. Las líneas trazadas se componen de un tramo inicial más recto y después una caída parabólica cuando la gota ha sido frenada por el rozamiento con el aire. La distancia que alcanzan las gotitas en la foto supera los 70 centímetros, y con el impulso de la tos pueden incluso llegar hasta los 4 metros. También hay gotitas minúsculas que se quedan flotando en suspensión por el aire. Las toses y estornudos de una persona enferma que no se tapa con un pañuelo, reparten microbios a una considerable distancia y son una de las principales fuentes de contagio de las enfermedades. La imagen ha sido tomada de una página del MIT.

SOLUCIÓN:

Para resolver este problema nos basamos en el principio del palomar.

El principio del palomar es un razonamiento lógico muy sencillo: si en un palomar hay m huecos y llegan n palomas a ocuparlos, y n > m, entonces al menos 1 hueco debe estar ocupado por más de una paloma.

La razón es muy sencilla y se puede establecer como sigue: llega la primera paloma y ocupa uno de los huecos. Llega la segunda paloma y tiene dos opciones:

-Compartir el hueco de la primera paloma, con lo cual ya tenemos 1 hueco con más de una paloma, y el razonamiento termina.

-Elegir un hueco vacío.

Conforme van llegando palomas, pueden ir eligiendo compartir un hueco ya ocupado, con lo que tendríamos lo que buscábamos y terminamos el razonamiento, o en el peor de los casos ir ocupando los huecos libres. En este último supuesto, cuando han llegado m palomas, en el palomar no quedan más huecos libres, y por tanto la paloma número m + 1 debe compartir obligatoriamente espacio con otra paloma, y necesariamente este hueco tendría más de una paloma.

Figura 2. Aplicación del principio del palomar: si tenemos un palomar con 9 huecos y llegan 10 palomas, entonces necesariamente al menos 1 hueco será ocupado por más de una paloma. Es muy sencillo ver que las primeras 9 palomas que llegan tienen huecos libres a su disposición, pero si se distribuyen evitando los huecos ya ocupados por sus compañeras, la 10ª paloma ya no encuentra hueco libre y se ve obligada a compartir espacio con otra de sus congéneres. La imagen está extraída de la página Pigeonhole principle de la wikipedia.

Con los trabajadores enfermos podemos imaginarnos algo similar para poder razonar sobre los porcentajes. Supongamos que tenemos una cuadrícula que hace las veces de palomar, con 100 casillas, representando el 100% de los trabajadores.

Figura 3. Disponemos de una cuadrícula que representa el 100% de los trabajadores. Cada cuadrito es un 1%.

Sabemos que el 84% de los trabajadores tuvo gripe. Es decir, el virus de la gripe ocuparía 84 casillas de las 100 de nuestro palomar.

Figura 4. El 84% de los trabajadores se enfermó de gripe, y por tanto tenemos el virus de la gripe en 84 casillas.

Sabemos que un 81% tuvo gastroenteritis y podemos imaginar que el virus de la gastroenteritis aparece para ocupar 81 casillas de nuestro palomar, en el que ya se ha establecido el virus de la gripe. ¿En qué casillas se irán colocando los nuevos virus? No lo sabemos, pero si buscamos el mínimo número de casilllas ocupadas por los dos tipos de virus, entonces primero tenemos que ocupar las casillas vacías, el 16%, y luego no tendrá más remedio que entrar en casillas ya ocupadas.

Figura 5. Al llegar el nuevo virus de la gastroenteritis (81%), si queremos que haya el mínimo número de contagios dobles posibles, el virus entraría primero en las 16 casillas que están sanas.

El virus de la gastrenteritis ha infectado al 16% sano, pero todavía queda 81% − 16% = 65% por infectar, que necesariamente tiene que compartir con el de la gripe. La primera conclusión, por tanto es que al menos un 65% de personas se ha infectado con gripe y gastroenteritis.

Figura 6. Después de que el virus de la gastroenteritis entrara en las 16 casillas libres, todavía quedan 65 que deben compartir casillas con el virus de la gripe.

Pero ahora llegan los ataques de alergia, que representan un 75%. Ya no nos quedan casillas libres, pero sí nos quedan 16% + 19% = 35% casillas en las que hay un solo virus. Si queremos evitar a lo máximo que haya una triple enfermedad, entonces los ataques de alergia ocuparán en primer lugar todas las casillas que solo tienen un virus.

Figura 7. Evitando la triple enfermedad, la alergia ocupa primero las 35 casillas que solo tienen un virus.

Sin embargo queda todavía un 75% − 35% = 40% de alergia sin adjudicar, que necesariamente tendrá que entrar en casillas ocupadas por los otros dos virus.

Figura 8. Para poder completar el 75%, la alergia ha tenido que repartirse en 35 casillas ocupadas por un solo virus y 40 casillas ocupadas por los dos virus.

Y así finalmente llegamos a la solución: Ha habido al menos un 40% de trabajadores que tuvo los tres tipos de dolencia.

Figura 9. La solución al problema está sombreada en amarillo: hay como mínimo 40 casillas en las que coinciden las tres dolencias.

Nota: este problema ha sido adaptado de uno de los que aparecen en el libro Un cuento enmarañado y otros problemas de almohada, de Lewis Carroll.

[El Problema de la Semana] La merienda

Un problema que despierta el apetito:

Anteayer fuimos a una cafetería, y pedimos una jarra de limonada, tres bocadillos y siete magdalenas, y nos cobraron 12,30 euros. Ayer pedimos en la misma cafetería una jarra de limonada, cuatro bocadillos y diez magdalenas, y nos cobraron 15,50 euros. Hoy solo hemos pedido una jarra de limonada, un bocadillo y una magdalena.

¿Cuánto nos cobrarán?

Véase más abajo la solución.

Desde un punto de vista estríctamente geométrico, la foto nos muestra una colección de círculos, elipses, triángulos, cuadrados, rectángulos, cilindros, semiesferas, ortoedros, y otras formas diversas. Entonces, ¿por qué al mirar la imagen se nos hace la boca agua? La foto está extraída de la web del Palazzo Versace Gold Coast.

SOLUCIÓN:

Este es otro de esos problemas en los que lo natural es plantear un sistema de ecuaciones con los datos que nos facilitan. Si llamamos J a lo que cuesta una jarra de limonada, B a lo que cuesta un bocadillo y M a lo que cuesta una magdalena tenemos:

J + 3B + 7M = 12,30
J + 4B + 10M = 15,50

El enunciado del problema nos da sólo dos ecuaciones y tenemos tres incógnitas, luego no hay datos suficientes para concretar que es lo que vale individualmente cada cosa.

Sin embargo, nosotros no queremos saber qué es lo que vale una sola jarra, o un solo bocadillo o una sola magdalena, sino cuánto nos cobran el tercer día, es decir queremos saber el valor de la expresión:

J + B + M = ? 

Si a la segunda ecuación le restamos la primera, entonces la J desaparece, y nos queda la ecuación:

B + 3M = 3,20

Es decir, un bocadillo y tres magdalenas valen 3,20 euros, por tanto 2 bocadillos y 6 magdalenas valen 6,40 euros y esto se lo podemos restar a la primera ecuación:

J + 3B + 7M − 2B − 6M = 12,30 − 6,40 = 5,90

De donde:

J + B + M = 5,90

Por tanto la respuesta es: por una jarra de limonada, un bocadillo y una magdalena nos cobrarán 5,90 euros.

Nota: este problema ha sido adaptado de uno de los que aparecen en el libro Un cuento enmarañado y otros problemas de almohada, de Lewis Carroll.

[El Problema de la Semana] Sacos por parejas

Veamos otro nuevo problema:

En un almacén tenemos cinco sacos de trigo. El primer saco y el segundo pesan juntos 11,5 kilos. El segundo y el tercero pesan juntos 13 kilos. El tercero y el cuarto pesan juntos 15,5 kilos. El cuarto y el quinto pesan 14,5 kilos, y el primero y el quinto pesan juntos 15,5 kilos.

¿Cuánto pesa cada saco por sí solo?

La solución más abajo en esta misma página.

Figura 1. Este es el reverso de un billete de diez chelines, editado en Nigeria en 1972. En él se ven dos hombres apilando sacos de cacahuetes en grandes pirámides. La imagen ha sido extraída de la web Notescollector.eu.

Figura 2. En esta imagen, sacada de la misma web que la anterior, se pueden apreciar mejor las enormes pirámides de sacos apilados. La foto se realizó en los años setenta del siglo pasado. ¿Sería capaz el lector de hacer una estimación del número aproximado de sacos que hay en cada pirámide?

SOLUCIÓN:

El acercamiento más natural a este problema es plantear un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas. Si llamamos A, B, C, D y E respectivamente a lo que pesa cada uno de los cinco sacos, entonces:

A + B = 11,5

B + C = 13

C + D = 15,5

D + E = 14,5

A + E = 15,5

Sin embargo, antes de empezar a despejar y sustituir, o de aplicar cualquier otro método (como el método de Gauss) para resolver este sistema, observemos que si sumamos todas las parejas de sacos, obtenemos el doble del peso de todos los sacos juntos:

(A +B) + (B + C) + (C + D) + (D + E) + (A + E) = 11,5 + 13 + 15,5 + 14,5 + 15,5 = 70

Es decir:

2A + 2B + 2C + 2D + 2E = 70

Por tanto:

A + B + C + D + E = 35

Teniendo en cuenta lo que suman B + C y D + E y sustituyendo:

A + 13 + 14,5 = 35

A = 35 − 13 − 14,5 = 7,5

Obtenido el valor de A, podemos calcular "en cascada" los valores de los demás sacos:

A = 7,5

B = 4

C = 9

D = 6,5

E = 8

Nota: este problema ha sido adaptado de uno de los que aparecen en el libro Un cuento enmarañado y otros problemas de almohada, de Lewis Carroll.

Sudoku de letras (21)

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

A   C   I   L   O   P   S   T   U

Una vez resuelto, en la fila central aparecerá una palabra en plural: los libros están divididos en ellos.

[El Problema de la Semana] El paseo en bicicleta

Continuamos con nuestros problemas:

Dos ciclistas salen a las 8 de la mañana y regresan a las 12. Durante ese tiempo han recorrido un tramo llano a 30 kilómetros por hora, han subido una colina a 20 km/h, la han bajado a 60 km/h y han regresado por el mismo tramo llano a 30 km/h.

¿Cuál es la distancia total recorrida?

La solución, debajo de la ilustración.

¿Es lógico suponer que cuando π monta en bicicleta, necesita πedalear si quiere dar un πaseo?

SOLUCIÓN:

Es sencillo hacernos un esquema del recorrido de los ciclistas:

Hemos llamado x al tramo llano, e y al tramo que sube por la colina. Como es un viaje de ida y vuelta, el trayecto total recorrido por los dos ciclistas es de:

x + y + y + x = 2(x + y)

Sabemos que en recorrer el trayecto han empleado en total 4 horas (desde las 8 hasta las 12). Teniendo en cuenta que velocidad = espacio / tiempo, y que por tanto tiempo = espacio / velocidad, podemos plantear la siguiente ecuación, que suma todos los tiempos empleados en los distintos tramos:

x / 30 + y / 20 + y / 60 + x / 30 = 4      (1)

La ecuación (1) tiene dos incógnitas, y no hay ninguna información más en el problema que nos permita plantear otra ecuación, por lo que parecería que no es posible determinar la solución exacta para x e y, sino un número infinito de posibilidades. Sin embargo, si operamos en la ecuación (1) pasando a común denominador y sumando las fracciones:

(2x + 3y + y + 2x) / 60 = 4

2x + 3y + y + 2x = 4 · 60

4x + 4y = 240

x + y = 240 / 4 = 60

Vemos que no hemos podido determinar x e y, pero sí la suma x + y; como el trayecto total es 2(x + y), entonces la solución será:

2(x + y) = 2 · 60 = 120

Los ciclistas han recorrido 120 kilómetros en total.

(No faltará el listo que diga que como son dos ciclistas, cada uno hace 120 kilómetros, la distancia recorrida total es de 240 kilómetros ;) )

Comentario:

La mayoría de los grumetes hicieron cábalas sobre lo que podían medir los tramos x e y, llegando a la conclusión de que cada tramo debía valer 30 kilómetros. Sin embargo, el resultado no depende de lo que valgan x e y por separado, solo exige que x + y sea 60. Así podemos tener por ejemplo que el tramo llano x = 45 kilómetros y el tramo de colina y = 15 kilómetros, y el resultado sería el mismo. O bien que el tramo llano x = 8 kilómetros y el tramo de colina y = 52 kilómetros y los dos ciclistas tardarían lo mismo si mantienen las velocidades del enunciado. Cualquier combinación en la que ambos tramos sumen 60 pueden servir para que se cumplan las condiciones del problema.

Nota: este problema ha sido adaptado de uno de los que aparecen en el libro Un cuento enmarañado y otros problemas de almohada, de Lewis Carroll.

Recordemos que Lewis Carroll, cuyo auténtico nombre era Charles Lutwidge Dodgson, además de ejercer como profesor de matemáticas en Oxford , fue el autor de Alicia en el País de las Maravillas.

El papel doblado que llega hasta el final del Universo

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

Por centrarnos en una fuente, en la web de Gizmodo aparece un artículo de Carlos Zahumenszky titulado Si doblas un papel 103 veces será más grueso que el Universo. Concretamente, expone el artículo:

La leyenda urbana dice que es imposible doblar una hoja de papel por la mitad más de ocho veces. En realidad, el récord mundial lo tiene Britney Gallivan, con 12 pliegues. Lo fascinante es que, según las matemáticas, si doblamos un papel por la mitad 103 veces, su grosor sería mayor que el diámetro del Universo observable, estimado en 93.000 millones de años luz.

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

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

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

Llegamos al papel doblado 103 veces. Su grosor sería superior a 93.000 millones de años luz.

En el artículo hemos resaltado en negrita o cursiva algunos detalles, pues con su ayuda queremos comentar y puntualizar esta paradoja.

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

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

0,1 · 2¹⁰³ = 1014120480182583521197362564300,8 milímetros

Dividimos por 1.000.000 y nos da:

= 1.014.120.480.182.583.521.197.362 kilómetros aproximadamente

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

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

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

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

Figura 2.

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

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

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

DOBLANDO PAPEL POR LA MITAD 12 VECES

Britney Gallivan ha resuelto el Problema de Doblar Papel. Este bien conocido desafío consistía en doblar papel a la mitad más de siete u ocho veces, usando papel de cualquier tamaño o forma.

En abril de 2005, el éxito de Britney fue mencionado en el show televisivo de la CBS Numb3rs, en hora de máxima audiencia.

Para conseguir créditos extra para una clase de matemáticas, a Britney le plantearon el desafío de doblar cualquier cosa 12 veces. Después de experimentar de forma exhaustiva, dobló una lámina de oro 12 veces, rompiendo el récord. Lo hizo usando direcciones alternadas de doblado. El desafío se redefinió para doblar un papel. Britney estudió el problema y fue la primera persona en darse cuenta de la causa básica de los límites, y entonces dedujo la fórmula del límite de doblado para cualquier tamaño. Se dedujeron fórmulas de límite para el caso de doblar en direcciones alternadas y para el caso de doblar en una sola dirección usando una larga tira de papel. Las ventajas de cada forma de doblar son discutibles, pero para un alto número de dobleces, el doblado en una sola dirección requiere menos papel.

Se dedujo el límite exacto para el caso del doblado en una sola dirección. Se basa en los efectos limitantes acumulados por cada uno de los dobleces durante el proceso. Si consideramos la complejidad del problema, la fórmula tiene un aspecto relativamente simple.

Para el caso de doblado en una sola dirección, la fórmula exacta del límite es:

 (1)

donde L es la longitud mínima posible del material, t es el grosor del material, y n es el número de dobleces posibles en una dirección. L y t deben expresarse en las mismas unidades.

El doblado en direcciones alternas tiene el siguiente límite:

Esta fórmula da la anchura W de la pieza cuadrada de papel que se necesita para doblarla n veces, en direcciones alternas. La fórmula completa del doblado alterno es compleja, pero esta fórmula relativamente simple nos da una cota que no puede excederse y está bastante cerca del límite exacto.

Para papel no cuadrado, la anterior fórmula da un límite ajustado. Si el papel tiene una proporción entre el largo y el ancho de 2:1, podemos imaginar que lo doblamos una vez y así comienza con un grosor del doble del original, y entonces usamos la fórmula anterior, recordando que debemos añadir el primer doblado.

Britney definió reglas y definiciones estrictas para el proceso de doblado. Una regla es: Para que una hoja se considere doblada n veces debe documentarse convincentemente y verificarse independientemente que 2ⁿ capas únicas descansan en al menos una línea recta. Las secciones que no cumplen este criterio no se cuentan como parte de la sección doblada.

En algunas páginas web, los límites encontrados por Britney son descritos como debidos a la relación entre el grosor y la anchura de los dobleces finales, o atribuídos a que la persona que dobla no es suficientemente fuerte para doblar más veces. Ambas explicaciones para los límites matemáticos son incorrectas y no dan con la auténtica razón detallada para el límite físico-matemático.

En un solo día Britney fue la persona en conseguir el récord de doblar papel a la mitad en 9, 10, 11 y 12 veces.

Algunos hablan equivocadamente de humedecer el papel para conseguir más dobleces, estrujar la hoja de papel como una guía de teléfonos para dividir a la mitad su grosor, o estirar el papel húmedo o seco. Humedecer el papel sólo consigue que se rasgue más fácilmente. Rasgar y cortar no es doblar.

Figura 3. Britney Gallivan sobre el doblez número 11, antes de efectuar el doblez número 12.

Bien, si usamos la fórmula (1) obtenida por Britney Gallivan y queremos tener realmente un papel que doblado alcance el grosor del universo visible, entonces haciendo cuentas:

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

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

6.120.218.381.123.657.274.171.314.576.586,2 ≅ 6 quintillones

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

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

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

Lo único que nos resta es hacer el experimento.

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

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

[El Problema de la Semana] Treinta

Esta semana va de búsquedas:

 

El número 30 es fácil expresarlo con tres cincos: 5 · 5 + 5.

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

Veamos las soluciones más abajo.

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

SOLUCIONES:

Buscando, buscando, hemos encontrado tres soluciones más:

30 = 6 · 6 − 6

30 = 33 − 3

30 = 3³ + 3

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

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

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

30 = XXX.

Si usamos la numeración ática (numeración griega antigua):

30 = ΔΔΔ

Si empleamos el sistema egipcio:

30 = ⋂⋂⋂

Si empleamos el sistema hexadecimal:

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

Y si usamos números enteros negativos:

30 = (−6) · (−6) − 6

30 = 33 + (−3)

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

etc... ;)

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

Sudoku de letras (20)

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

A  C  E  I  L  O  P  R  S

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

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

Veamos qué tenemos hoy:

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

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

¿Cuántos años tengo?

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

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

SOLUCIÓN:

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

dentro de 4 años tendrá: x + 4

hace 4 años tenía: x − 4.

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

Resolvemos:

4x + 16 − 4x + 16 = x

32 = x

El aficionado a los rompecabezas tiene exactamente 32 años.

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