[El Problema de la Semana] Apretones de manos

No estoy seguro, pero puede que este problema que este problema clásico ya haya salido en nuestro blog:

Todas las personas que asistieron a una reunión se saludaron estrechándose la mano. Uno de ellos se molestó en contar cuántos apretones se habían dado y fueron 120.

¿Cuántas personas estuvieron en la reunión?

La solución, más abajo de la ilustración.

La imagen ha sido extraída de esta web.

SOLUCIÓN:

Supongamos que en la reunión hay x personas. Cada una estrecha la mano de x − 1 personas. Parece que basta con multiplicar las dos cantidades para obtener el número de apretones, pero si lo hacemos así estamos contando dos veces cada apretón. Por tanto dicha cantidad hay que dividirla entre 2, y ya podemos plantear la ecuación:

x · (x − 1) / 2 = 120

Desarrollamos:

x² − x = 240

x² − x − 240 = 0

Si resolvemos la ecuación de segundo grado obtenemos las soluciones:

x₁ = 16

x₂ = −15

Evidentemente, descartamos la raíz negativa, y por tanto la solución es que en la reunión estuvieron 16 personas.

Nota: este problema ha sido extraído del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

[El Problema de la Semana] El viaje en moto

Pongámonos el casco y preparémonos para rodar por la carretera:

Un motorista viaja entre dos ciudades. El viaje de ida lo cubre a 90 km/h, y el de vuelta a 60 km/h.

¿Cuál ha sido la velocidad media de su recorrido?

(Ayuda: suponer que la distancia entre las ciudades es de 180 km)

La solución después de la estupenda ilustración.

 

SOLUCIÓN:

Si hacemos caso de la ayuda y suponemos que la distancia entre las ciudades es de 180 km, entonces el viaje de ida, a 90 km/h, lo cubre en 2 horas, y el viaje de vuelta, a 60 km/h, lo cubre en 3 horas. En total ha tardado 5 horas en hacer 360 km (ida y vuelta), luego la velocidad media de su recorrido ha sido de:

360/5 = 72 km/h.

¿Y si no hacemos caso de la ayuda y dejamos abierta la distancia recorrida entre las dos ciudades?

En ese caso, supongamos que la distancia es d, entonces el tiempo empleado en la ida será:

tiempo ida = espacio/velocidad = d/90

Y el tiempo gastado en la vuelta es de:

tiempo vuelta = d/60

Luego:

tiempo total = d/90 + d/60

Y la velocidad media será:

velocidad media = espacio total / tiempo total = 2d/(d/90 + d/60)

Si hacemos operaciones, teniendo en cuenta que:

d/90 + d/60 = 2d/180 + 3d/180 = 5d/180

Entonces:

2d/(5d/180) = 360d/5d

Las distancias se simplifican y nos queda que la velocidad media es de:

velocidad media = 360/5 = 72 km/h.

por tanto, la distancia entre las ciudades es indiferente para el cálculo de la velocidad media.

 

AMPLIACIÓN:

Hay un error muy frecuente que consiste en tomar las dos velocidades y hacer la media de las dos: (90 + 60)/2 = 150/2 = 75 km/h.

Esta operación es incorrecta porque el tiempo durante el cual ha durado cada velocidad es diferente. Veámoslo con el siguiente ejemplo:

Si la moto hubiera estado a 90 km/h durante por ejemplo dos horas, y a 60 km/h durante otras 2 horas, entonces en las primeras dos horas habría recorrido 180 km, en las segundas dos horas habría recorrido 120 km, y en total 300 km en 4 horas, lo que quiere decir que la velocidad media habría sido de 300/4 = 75 km/h, que era lo esperado al hacer la media de las velocidades.

Profundizando en estos detalles, podemos ver que lo último que hemos calculado es la media aritmética entre 90 y 60, que vale 75, pero otra es la media armónica:

2/(1/90 + 1/60) = 72;

la media armónica es la preceptiva en este caso, y la que da el resultado correcto.
 

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

[El Problema de la Semana] Problema en la peluquería

Llegó el momento de teñirse el pelo:

 

Un peluquero tiene dos botellas de agua oxigenada de un litro cada una. La primera botella tiene agua oxigenada al 40% de concentración. La concentración de la segunda botella es del 10%.

 

¿Cuánto tiene que mezclar de cada botella para que salga un litro de agua oxigenada con una concentración del 20%?

La solución: bajando, bajando...

 

Aquí vemos un esquema de la molécula del peróxido de hidrógeno, llamado también agua oxigenada, con dos átomos de oxígeno al centro y dos átomos de hidrógeno en los extremos. El esquema incluye ángulos y distancias. Las distancias están medidas en pm = picometros. Un picometro es la billonésima parte de un metro, es decir, 10^-12 metros.

SOLUCIÓN:

Un litro son 1000 mililitros, 1000 ml; vamos a usar estas unidades en todo el ejercicio, para no tener que complicarnos con la masa en gramos ni con la densidad de los líquidos.

Si la primera botella tiene una concentración del 40%, significa que de los 1000 ml, 400 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 600 ml, es agua (el peróxido de hidrógeno H₂O₂ es otro nombre del agua oxigenada).

La segunda botella tiene una concentración del 10%, esto significa que de los 1000 ml, 100 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 900 ml, es agua.

Si llamamos x e y a las cantidades respectivas en mililitros que tenemos que tomar de cada botella para mezclarlas y obtener un litro de agua oxigenada al 20%, entonces se cumplen las siguientes ecuaciones:

x + y = 1000;

ya que juntas dan un litro de agua oxigenada;

40x/100 + 10y/100 = 200;

ya que hacemos un 40% de la primera cantidad y le sumamos un 20% de la segunda cantidad y obtenemos 200 ml de peróxido puro, el 20% de un litro.

simplificando:

4x + y = 2000

ya que este es el peróxido de hidrógeno que cada botella aporta, y que en conjunto debe sumar los 200 ml, el 20%, de la botella resultante.

Resolvemos el sistema, por ejemplo por sustitución:

y = 1000 − x

4x + 1000 − x = 2000;

3x = 1000

x = 1000/3;

de aquí:

y = 1000 − 1000/3 = 2000/3

Es decir, tendremos que mezclar 1/3 de litro de la primera botella, con 2/3 de litro de la segunda.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

[El Problema de la Semana] El baile de fin de curso

Como ya nos vamos acercando al fin de curso, es interesante que vayamos pensando en el baile:

Los alumnos y alumnas que se han graduado están de celebración. Han organizado un baile; el cuadrado de la doceava parte ya han salido a la pista, y el resto, 35, todavía están sentados charlando.

¿Cuántos alumnos se han graduado?

La respuesta, como siempre, más abajo de la ilustración.

 

Esta imagen proviene de la película High School Musical 3 y está tomada de esta web.

 

SOLUCIÓN:

Si llamamos x al número de alumnos que se han graduado, entonces es fácil plantear la ecuación, basta sumar los que han salido a la pista con los que están sentados charlando para que nos dé el número total de alumnos.

(x/12)² + 35 = x;

 

desarrollamos la ecuación: 

 

x²/144 + 35 = x;

 

quitamos denominadores y ordenamos, pasando todo al primer miembro:

 

x² − 144x + 5040 = 0;

se trata de una ecuación de segundo grado; la resolvemos y obtenemos dos soluciones:

x₁ = 84

x₂ = 60

Sorprendentemente, las dos soluciones son válidas. En la primera, la doceava parte son 7, su cuadrado son 49, que son los que están en la pista bailando, y 49 + 35 = 84. En la segunda solución, la doceava parte son 5, su cuadrado son 25 que son los que están en la pista bailando, y 25 + 35 = 60.

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

[El Problema de la Semana] Los compañeros del primo

Hoy tenemos lo siguiente:

Probar que si un número es primo, exceptuando el 2 y el 3, entonces el anterior o el siguiente es un múltiplo de 6.

El razonamiento completo, después de la imagen ilustrativa.

En esta ilustración, obtenida de la web UM Científica, podemos ver una representación de la Espiral de Ulam. Se trata de colocar los números naturales, empezando por el 1, en forma espiral, y luego se van señalando los números primos. En la imagen, la bola clara a la derecha del centro representa al 1, luego encima de ella, otra bola clara que representa el 2, luego la espiral sigue hacia la izquierda con el 3 (bola clara), el 4 (bola roja), luego hacia abajo el 5 (bola clara) y así sucesivamente. Los números primos están señalados con bolas claras, los compuestos con bolas rojas. (El número 1 se considera no primo, sin embargo aquí se ha señalado como primo). Al colocar de esta manera los números, se aprecia inmediatamente que aparecen diagonales muy saturadas de números primos, e incluso algunas horizontales y verticales. Este extraño patrón es una de las muchas propiedades de los números primos que hasta hoy permanecen inexplicadas.

SOLUCIÓN:

Si consideramos un número múltiplo de 6, podemos expresarlo como 6 · n, ó 6n para abreviar y no tener que escribir un signo de multiplicación innecesario. Entonces él y los siguientes son:

6n

6n + 1

6n + 2

6n + 3

6n + 4

6n + 5

6n + 6

Debemos darnos cuenta que 6n y 6n + 6 son múltiplos de 6 consecutivos, y por tanto no pueden ser números primos.

6n + 2 es un número par, lo mismo que 6n + 4, luego ninguno de estos dos números puede ser primo. 6n + 3 es múltiplo de 3, y tampoco puede ser primo. (Recordemos que en el enunciado se habían excluido expresamente el 2 y el 3, los únicos primos par y múltiplo de 3 respectivamente)

Entonces los únicos primos de este grupo pueden ser el 6n + 1 ó el 6n + 5, y ambos están al lado de múltiplos de 6.

Si el número es 6n + 1 entonces el anterior a él es múltiplo de 6.

Si el número es 6n + 5 entonces el posterior a él es múltiplo de 6.

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

[El Problema de la Semana] El duende de Fermat

Hoy nos encontramos con una discusión:

A cierto profesor de matemáticas se le apareció un duende travieso que le dijo: “estoy muy contento, porque a pesar de lo que dice el Teorema de Fermat, he encontrado un número n, mayor que 2, que cumple que

72ⁿ + 91ⁿ = 121ⁿ

Te reto a que adivines el número”.

“Eres un duende travieso y mentiroso” le contestó el profesor, “no puede existir ese número por una razón bastante sencilla”.

¿Eres capaz de encontrar una razón por la que, en este caso concreto, nunca se puede cumplir la igualdad para ningún n? 

Veamos la solución al dilema más abajo.

Aquí vemos una increíble ilustración, realizada por el artista Daniel Castro Maia, y titulada Un Puente Más Allá del Último Teorema de Fermat. Esta ilustración aparece en la revista Quanta Magazine, en un artículo que expone una breve historia del último teorema de Fermat, cómo establece un puente entre dos campos separados de las matemáticas, y los descubrimientos que ha permitido desde entonces.

SOLUCIÓN:

Si nos fijamos en las potencias implicadas, 91ⁿ siempre va a dar de resultado un número que acaba en 1:

91¹ = 91

91² = 8281

91³ = 753571, etc.

Lo mismo pasa con 121ⁿ, todas sus potencias también acaban en 1: 

121¹ = 121

121² = 14641

121³ = 1771561, etc.

Sin embargo, todas las potencias de 72ⁿ acaban en un número par que no es cero:

72¹ = 72

72² = 5184

72³ = 373248

72⁴ = 26873856

72⁵ = 1934917632, etc.

Es decir, las potencias de 72ⁿ van acabando en una sucesión de números pares: 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6... que se repite periódicamente, sin que aparezca ningún cero.

Si sumamos un número que acaba en 2, 4, 8, ó 6 con un número que acaba en 1, el resultado dará un número que acaba en 3, 5, 9 ó 7, pero nunca acabará en 1. Luego no se puede cumplir la igualdad para ningún n, debido a esta sencilla explicación.

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

[El Problema de la Semana] La pócima mágica

Ayudemos esta vez a cierto vendedor astuto:

Un vendedor de feria está promocionando una "pócima mágica" que, según él, sirve para todo: crecepelo, antiarrugas, cortauñas... Actualmente tiene 150 litros de pócima, de los cuales el 7 por ciento es un producto químico que le cuesta dinero, y el resto es agua. Decide añadir más agua al producto para obtener más cantidad de pócima y así obtener más beneficios con la venta. Piensa: "Si disminuyo la concentración al 5 por ciento ganaré una pasta extra".

¿Cuánta agua tiene que añadir a sus existencias?

Si alguien se puede creer que una pócima sirve también de cortauñas...

Veamos la solución al problema debajo de las ilustraciones.

Figura 1. Hemos encontrado esta foto en Google de dos modelos 3D de botellas de Klein. No podemos evitar compararlas con la forma que tienen los churros. Véase la siguiente ilustración.

Figura 2. ¿Churros con aspiraciones a convertirse en botellas de Klein?

Solución:

Actualmente, nuestro vendedor charlatán tiene 150 litros de pócima, de los cuales:

El 7 por ciento es un producto químico caro: 150 · 7% = 150 · 0,07 = 10,5 litros de producto.

El resto es agua: 150 − 10,5 = 139,5 litros de agua (pero este cálculo no es necesario).

Si queremos disminuir la concentración al 5 por ciento, entonces la cantidad correspondiente x de pócima será:

x · 5% = 10,5; luego x = 10,5 / 5% = 10,5 / 0,05 = 210 litros de pócima.

Si ahora tenemos 150 litros, basta añadir 210 − 150 = 60 litros de agua.

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

[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] 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] 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.

La Ecuación de Tercer Grado

Cuaderno de bitácora: a pesar de haber evitado estas aguas durante muchos años, he reunido suficiente coraje para entrar en ellas y empezar a explorarlas. Se trata de la solución a la ecuación de tercer grado.

[Pintura de James Brereton]

No es la primera vez que me acerco a esta ecuación, pero sí la primera que me atrevo a explorarla hasta el final, dispuesto a vencer los obstáculos que aparezcan en mi camino.

En este caso, la teoría para resolver una ecuación de tercer grado no es difícil, sin embargo la práctica se complica enormemente. Pero veamos la teoría, con los pasos concretos que se han de dar.

Supongamos que tenemos una ecuación de tercer grado:

 (1)

Para que sea de tercer grado el coeficiente de la x³ debe ser distinto de cero, así que podemos dividir toda la ecuación por a, y obtenemos la siguiente ecuación:

 (2)

Si a₁ es distinto de cero, hacemos el siguiente cambio de variable:

 (3)

Sustituimos, simplificamos, y nos queda una ecuación en la que ha desaparecido el término de segundo grado:

 (4)

Supondremos a partir de ahora que tanto p como q son distintos de cero, porque si alguno de ellos fuera cero, resolver la ecuación (4) sería muy sencillo. En efecto, si p = 0, entonces y se calcula haciendo la raíz cúbica de −q. Si q = 0, entonces y se calcula factorizando: una solución sería 0, y otras dos soluciones saldrían de la raíz cuadrada de −p.

Buscamos las soluciones de la ecuación (4) considerando la siguiente ecuación auxiliar de segundo grado:

 (5)

La ecuación (5) puede tener dos soluciones, basta con que tomemos una de ellas, z₁, entonces calculamos su raíz cúbica, obteniendo u y v de la siguiente forma:

 (6)

 (7)

Entonces y = u + v es una solución de (4), y aplicando el cambio (3), obtenemos la solución de la x.

Hasta aquí todo parece relativamente sencillo, pero debemos tener en cuenta lo siguiente:

-Podemos plantear una ecuación sencilla en (1), pero la ecuación (2) nos puede salir con coeficientes fraccionarios.

-Aunque la ecuación (2) no tenga fracciones sino solo números enteros sencillos, al hacer el cambio (3) debemos saber elevar al cubo un binomio, y además la ecuación (4) probablemente nos saldrá con coeficientes fraccionarios.

-Después de muchos cálculos, llegamos al paso (5), y tenemos una ecuación de segundo grado. Al resolverla, si nos sale la raíz cuadrada de un número negativo, no vale decir que no hay solución, sino que debemos echar mano de los números complejos y resolver cualquier raíz que se nos presente.

-En el paso (6) tenemos que hacer una raíz cúbica, y la debemos hacer en sentido completo, es decir, debemos operar con números complejos y sacar las tres raíces cúbicas. Así obtendremos u₁, u₂, u₃, y para cada una calcularemos v₁, v₂, v₃. Sumando cada u con cada v obtendremos tres soluciones y₁, y₂, y₃ para (4) y de ellas, con la igualdad (3), obtendremos las tres soluciones x₁, x₂, x₃ de la ecuación (1).

Vamos a hacer un ejemplo para que se vea bien la cruda realidad de los cálculos involucrados.

Primero nos preparamos una ecuación de tercer grado sencilla, de la que sabemos de antemano las soluciones. Supongamos que las soluciones van a ser −2, 1, 3. Obtenemos el polinomio con estas raíces:

 (8)

Entonces la ecuación de tercer grado que vamos a resolver es:

 (9)

Hacemos la sustitución:

 (10)

Sustituimos en la ecuación (9) y hacemos operaciones. Observamos que ya nos van saliendo números fraccionarios.

 (11)

 (12)

 (13)

Ahora consideramos la ecuación auxiliar de segundo grado:

 (14)

 (15)

 (16)

Resolvemos la ecuación de segundo grado, y no nos salen soluciones sencillas, precisamente, sino que aparece una raíz cuadrada con radicando negativo:

 (17)

Si simplificamos todo lo posible nos queda:

 (18)

Si queremos continuar adelante, no tenemos más remedio que meternos en el dominio de los números complejos. La raíz cuadrada del número negativo la sustituimos por la unidad imaginaria i. De las dos soluciones posibles de (18) elegimos una de ellas y hacemos las divisiones, tomando decimales:

 (19)

Ahora tenemos que hacer raíces cúbicas a un número complejo. Todo aquel matenavegante que maneje un poco los números complejos sabrá que el procedimiento habitual es, en primer lugar, pasar ese número complejo a forma trigonométrica, calculando su módulo y su argumento.

El módulo:

 (20)

El argumento:

 (21)

En este cálculo hemos tomado el arcotangente que corresponde con el cuadrante donde se encuentra el número complejo. Además, el argumento tiene una solución múltiple que se obtiene dando valores enteros a k.

Para calcular la raíz cúbica de un número complejo hay que hacerle la raíz cúbica al módulo y dividir el argumento por tres, y al hacer esta división debemos darle a k valores 0, 1 y 2 para obtener tres soluciones esencialmente diferentes:

 (22)

 (23)

 (24)

 (25)

Para k = 0:

 (26)

Para k = 1:

 (27)

Para k = 2:

Y ya está. Lo hemos conseguido. Después de tremendos cálculos inesperados hemos llegado a la sencilla solución de la ecuación planteada en (9). No está mal para un neófito en la exploración de la ecuación de tercer grado.

Nada tiene que ver este proceso con el sencillo y famoso método de Ruffini. Dicho método nos hubiera dado las soluciones rápidamente y casi sin esfuerzo, pero es un método de ensayo-error: hay que probar con números hasta que salgan los válidos. Pero si el método de Ruffini no funciona con los enteros divisores del término independiente del polinomio, entonces es inútil tratar de usarlo probando con números decimales cualesquiera: hay infinitos.

El método que hemos visto en nuestra entrada, basado en las fórmulas de Cardano-Tartaglia, es arduo pero nos da las soluciones, no hay que ir probando nada, tan solo hacer los cálculos.

En una próxima entrada nos enfrentaremos a una odisea aún más dura: la ecuación de cuarto grado.

Nota: nuestro proceso para resolver la ecuación de tercer grado se basa en este documento del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla.

[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] Vida futura

El siguiente problema va de predicciones.

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

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

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

Solución:

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

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

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

[El Problema de la Semana] La edad del bisabuelo

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

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

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

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

Solución:

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

 

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

 

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

 

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

 

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

Ampliación:

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

 

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ −1 (mod 7) 

 

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

 

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

 

Las dos ecuaciones anteriores serían lo mismo que decir:

 

x = 1 + 8k

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

 

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

 

7x = 7 + 56k

8x = 48 + 56j

 

Restamos la segunda ecuación menos la primera y tenemos:

 

x = 41 + 56(j − k)

 

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

 

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

 

x ≡ 41 (mod 56)

 

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

 

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

Algún día el álgebra os salvará la vida

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

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

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

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

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

BURCHENAL (riendo) - Estúpido.

GALLAGHER - Perdona.

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

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