La nota mínima para aprobar

Cuando llega junio el profesor de matemáticas tiene que hacer cálculos para asignar la nota correspondiente a cada alumno que ha tenido durante el curso.

Se trata de recopilar todas las calificaciones, sumar, restar, hacer porcentajes, hacer medias, etc.

Es evidente que al hacer todos estos cálculos, lo habitual es obtener un número decimal, que hay que redondear, pues la nota final se expresa como un número entero.

Si un alumno tiene de calificación un 6'8, entonces con el redondeo se le pondrá en la nota final un 7. Igualmente, si un alumno tiene de calificación un 9'1, entonces tendrá un 9.

¿Y si el decimal acaba en un 5? Entonces el criterio es redondear hacia arriba; por ejemplo, un 7'5 se redondea a un 8.

¿Y para aprobar? El criterio es que un alumno con una nota igual a superior a 4'5 aprueba con el redondeo, ya que 4'5 redondea a 5.

Pero si un alumno tiene varios decimales, ¿cómo aplicar el redondeo?

La mayoría de las situaciones son sencillas: si la calificación obtenida es, por ejemplo, 4'813 entonces el redondeo es a 4'8 y por tanto quedaría un 5.

Pero ¿y si tenemos por ejemplo un 4'47?

Hay dos opciones: la primera es decir que 4'47 es menor que 4'5 y por tanto el redondeo total sería a 4, luego el alumno quedaría suspenso.

La segunda opción sería redondear a la décima y decir que 4'47 redondea a 4'5 y en el redondeo final sería 5.

Como el profesor de matemáticas quiere ayudar al máximo a que sus alumnos aprueben, decide elegir esta segunda opción, y redondear de forma progresiva todos los decimales.

Así una calificación de 4'446 redondearía a 4'45, y de aquí a 4'5 y por último a 5.

Según esta regla de redondeo progresivo, ¿cuál es la calificación mínima para aprobar y cuál es la máxima en la que todavía no se llega al aprobado?

Dejemos al lector que piense un poco en el problema...

La respuesta es sencilla: con el redondeo progresivo, la nota máxima en la que el alumno no llega al aprobado sería el decimal infinito periódico 4'444444444...

Cualquier nota mayor que esta ya significa un aprobado, redondeando de forma progresiva:

Por ejemplo, si tenemos un 4'44445, este número redondea al 4'4445, y éste a su vez al 4'445, luego al 4'45, luego al 4'5 y finalmente al 5.

Sin embargo, curiosamente, no existe un número mínimo para aprobar: teniendo en cuenta los decimales infinitos, si nos dan un número en el que tenemos el aprobado, siempre podemos encontrar un número menor para el cual el redondeo también es aprobado.

Así, el 4'44445 es aprobado, pero podemos encontrar un número menor, por ejemplo el 4'444445, y luego otro menor, el 4'4444445, y así sucesivamente, y todos ellos redondean progresivamente al 5.

No obstante, el ínfimo de este conjunto de números: 4'5; 4'45; 4'445; 4'4445; ... es el número 4'44444444..., y este número es una nota de suspenso.

Hablando de forma más matemática, el conjunto de notas suspensas tiene un supremo, el 4'44444444... que pertenece al conjunto y al que se le llama máximo. Pero el conjunto de notas aprobadas tiene un ínfimo, el mismo número 4'444444444... que no pertenece al conjunto, pues es una nota suspensa, y por tanto el conjunto no tiene mínimo, porque a este número que no pertenece al conjunto no se le puede llamar mínimo.

Conclusión: la nota mínima para aprobar no existe.

[El Problema de la Semana] Velocidad de crecimiento

Todavía es primavera:

¿A qué velocidad en kilómetros por hora crece una planta que en seis meses ha pasado de tener 20 centímetros de altura a tener 30?

La solución, 30 centímetros más abajo.

El problema de hoy nos ha recordado una cuestión similar que aparece en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Más abajo, en la ampliación, citamos el texto donde se menciona. La imagen está tomada de la web librosdemario.com.

SOLUCIÓN:

Se trata de un ejercicio de cambio de unidades.

La velocidad es igual a espacio partido por tiempo. Primero tenemos el espacio:

30 − 20 = 10 centímetros

Lo pasamos a kilómetros:

10 centímetros = 10/100 = 0.1 metros

0.1 metros = 0.1/1000 = 0.0001 kilómetros

Luego tenemos el tiempo:

6 meses = 6 · 30 = 180 días = 180 · 24 = 4320 horas.

Ya podemos calcular la velocidad en kilómetros por hora que nos pide el problema:

velocidad = 0.0001/4320 = 0.000000023148 km/h aproximadamente.

Si ponemos la solución en notación científica, tendríamos: 2.3148 × 10⁻⁸ km/h.

AMPLIACIÓN:

Como ya mencionamos en la imagen, este problema es similar a una cuestión que se plantea en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Citamos el texto en concreto:

"Siempre me sorprende y me deprime encontrar estudiantes que no tienen la menor idea de cuál es la población de los Estados Unidos, de la distancia aproximada entre las costas Este y Oeste, ni de qué porcentaje aproximado de la humanidad representan los chinos. A veces les pongo como ejercicio que calculen a qué velocidad crece el cabello humano en kilómetros por hora, cuántas personas mueren aproximadamente cada día en todo el mundo, o cuántos cigarrillos se fuman anualmente en el país. Y a pesar de que al principio muestran cierta desgana (un estudiante respondió, simplemente, que el cabello no crece en kilómetros por hora), en muchos casos su intuición numérica acaba mejorando espectacularmente."

Luego continúa más adelante:

"En notación científica, las respuestas a las preguntas que planteé al principio son las siguientes: el cabello humano crece aproximadamente a razón de 1,6 × 10⁻⁸ kilómetros por hora; cada día mueren en la tierra unas 2,5 × 10⁵ personas y cada año se fuman aproximadamente 5 × 10¹¹ cigarrillos en los Estados Unidos. Las expresiones de estos números en notación común son: 0,000000016 kilómetros por hora, 250.000 personas y 500.000.000.000 cigarrillos."

Si nos fijamos en la velocidad a la que crece el cabello humano, se parece bastante a la de la hierba de nuestro problema. Concretamente la hierba crece un poco más rápido. ¿Será que con fertilizante para plantas el cabello puede crecer más rápido?

Nota: este problema ha sido extraído del libro Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

[El Problema de la Semana] El cuadrado y el cubo

Creo que hoy nos encontramos con el problema de enunciado más corto de todos los que hemos publicado.

Encuentra un cuadrado que al sumarle dos se convierte en un cubo.

La solución es igualmente corta y aparece más abajo.

La imagen está sacada de la web de zazzle.

SOLUCIÓN:

En el problema de hoy la solución aparece de forma muy sencilla: basta ir probando con los cuadrados perfectos, sumar dos y ver si el resultado es un cubo perfecto.

Los cuadrados perfectos son 1, 4, 9, 16, 25, 36...

1 + 2 = 3

4 + 2 = 6

9 + 2 = 11

16 + 2 = 18

25 + 2 = 27

Ya hemos encontrado la respuesta: 25 es el cuadrado de 5; si le sumamos 2 nos sale 27, que es el cubo de 3.

AMPLIACIÓN:

Nadie garantiza que haciendo lo que hemos hecho podamos encontrar la solución. El problema está pensado de antemano para que la solución sea fácil de encontrar.

Supongamos que se nos ocurre modificar el enunciado ligeramente: "encuentra un cuadrado que al sumarle tres se convierte en un cubo". He estado probando con bastantes números y no veo ninguna solución, ni parece que pueda aparecer pronto.

Sin embargo, si ponemos "encuentra un cuadrado que al sumarle cuatro se convierte en un cubo", entonces salen dos soluciones sin pensarlo demasiado: 4 que al sumarle cuatro sale 8, y 121, que al sumarle cuatro sale 125.

 
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

[El Problema de la Semana] Hacia las seis

¿Tenéis un reloj analógico a mano? Pues idlo preparando:

Si nos fijamos en la hora que marca el reloj, a la aguja horaria le falta el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la aguja de los minutos.

¿Qué hora marca el reloj?

Para la solución no hace falta girar las manecillas del reloj, sino la rueda del ratón.

Esta imagen es de un bonito reloj que se encuentra en París, en el actual Museo d'Orsay. El museo fue una estación de trenes, y uno de sus ferrocarriles era el que hacía el trayecto París-Orleans. La llegada del transporte por ferrocarril en el siglo XIX popularizó los relojes y trajo el establecimiento de un horario común en todas las ciudades y pueblos de cada nación. Hasta ese momento, cada ciudad y pueblo tenía su hora propia, ligada a la hora solar, lo cual suponía una enorme dificultad para calcular los horarios de salida y llegada de los trenes.

SOLUCIÓN:

Para resolver el problema hay que pensar que la aguja horaria estará en las 6 cuando sean las 6 en punto, mientras que la aguja de los minutos estará en las 6 cuando sea "la hora que sea y media". Es fácil darse cuenta que esa "hora que sea y media" debe ser las 5 y media, pues la aguja de los minutos no puede alejarse de las 6 más de una hora. Luego la hora que marca el reloj será antes de las cinco y media, lo suficiente para que a la aguja horaria le falte el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la de los minutos en llegar a las cinco y media.

Un cálculo mental inmediato nos lleva a que la hora que marca el reloj debe ser las 5:15. De ese modo, faltarán 15 minutos para que sean las 5 y media, y 45 minutos (el triple de tiempo) para que sean las 6 en punto.

Es más sencillo darse cuenta mentalmente de la situación que plantearla con una ecuación, pero en este caso se podría plantear la ecuación siguiente:

6 − x = 3 · (5'5 − x)

La resolvemos:

6 − x = 16'5 − 3x

2x = 10'5

x = 5'25

La respuesta es 5'25, es decir, 5 horas y 0'25 de hora, o lo que es lo mismo, 5 horas y cuarto, la misma solución que nuestro cálculo mental.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro Enigmas para Darle al Coco, de Àngels Navarro.

[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] Matrícula a la fuga

¡Cuidado con las infracciones!:

Tres matemáticos observaron que un conductor de un automóvil infringía gravemente las normas de tráfico y se daba a la fuga. Todo fue tan rápido que no pudieron anotar el número de la matrícula. Sin embargo, el primer matemático se fijó en que las dos primeras cifras del número eran iguales. El segundo matemático vio que las dos últimas cifras del número también eran iguales, y el tercer matemático se fijó que el número de cuatro cifras era un cuadrado perfecto.

¿Sabrías averiguar el número de la matrícula con estos datos?

La matrícula se resolverá más abajo

SOLUCIÓN:

Recordemos la regla de la divisibilidad por 11: "un número es divisible por 11 si al tomar la suma de las cifras colocadas en lugar par y la suma de las cifras colocadas en lugar impar y restar ambas cantidades, el resultado sale 0, 11 o múltiplo de 11".

Tenemos un número de cuatro cifras con las dos primeras iguales y las dos últimas iguales: XXYY, entonces las cifras colocadas en lugar par (segundo y cuarto lugar) suman X+Y, y las colocadas en lugar impar (primer y tercer lugar) también suman X+Y. Si restamos ambas cantidades iguales, nos da 0, luego el número de la matrícula es divisible por 11.

Como el número es un cuadrado perfecto y 11 es primo, entonces necesariamente será múltiplo de 11² = 121. Además, si dividimos el número de cuatro cifras por este factor, el cociente también será un cuadrado perfecto (en un cuadrado perfecto, todos los factores primos de su descomposición han de aparecer elevados a exponente par).

Basta ir multiplicando 121 por los cuadrados perfectos hasta encontrar la solución:

121 · 1 = 121

121 · 4 = 484

121 · 9 = 1089

121 · 16 = 1936

121 · 25 = 3025

121 · 36 = 4356

121 · 49 = 5929

121 · 64 = 7744

121 · 81 = 9801

El número de la matrícula es 7744, que es el cuadrado de 88 = 8 · 11.

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

[El Problema de la Semana] Cinco unos

Un problema en el que solo empleamos cinco palitos:

Usando solo cinco unos, sin emplear ningún signo de sumar, restar, multiplicar o dividir, ¿cuál es la cantidad más elevada que puedes expresar?

La respuesta al problema, cinco giros de rueda más abajo.

Los unos son números altos y delgados, y ¿qué deportistas son los más altos? Aquí tenemos a cinco "unos" = ases en el baloncesto de la NBA de todos los tiempos: de izquierda a derecha, Magic Johnson, LeBron James, Michael Jordan, Wilt Chamberlain (que sigue ostentando el récord de 100 puntos en un solo partido) y Larry Bird. Lo curioso es que los números de las camisetas son muy parecidos entre sí, y abundan en el dígito 3.

SOLUCIÓN:

Se trata de un problema en el que lo único que podemos usar son las potencias, y distribuir nuestros cinco unos entre la base y el exponente. Con que pensemos un poco vemos que los números más altos pueden salir de elevar 111 a 11 y de elevar 11 a 111.

Hacemos los cálculos con ayuda de la calculadora web2.0calc:

111¹¹ =  31517572945366073781711

11¹¹¹ = 3.93 · 10¹¹⁵ aproximadamente; su valor exacto es:

39317695287172535490534173386882756704761607664135852855034678556753487133293648186980649622260361388994869790176611

Se ve claramente que 11¹¹¹, que sale bastante mayor que un gúgol, es muy superior a 111¹¹, que no llega al orden de los cuatrillones.

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

The Largest Number Ever - El Número Más Grande de Todos los Tiempos

The Largest Number Ever

One of the largest numbers that has been cited in any theoretical mathematical problem is called Graham's Number, named after American mathematician Ronald Graham. It was devised in 1977 by Graham as the upper bound of a possible solution to a problem. The number is so large that it is necessary to develop and understand new notational forms to write it. It is said that if all the matter in the universe were turned into ink, it would not be enough to write the number out in full.

Graham's Number was published in the 1980 Guinness Book of World Records. Since then, other specific integers known to be far larger than Graham's Number have appeared in many serious mathematical proofs.

 

El Número Más Grande de Todos los Tiempos

Uno de los números más grandes que han sido citados en algun problema teórico matemático se llama el Número de Graham, llamado así por el matemático americano Ronald Graham. Fue ideado en 1977 por Graham como el límite superior de una posible solución a un problema. El número es tan grande que es necesario desarrollar y comprender nuevas formas de notación para escribirlo. Se dice que si toda la materia del universo se convirtiera en tinta, no sería suficiente para escribir el número en forma completa.

El Número de Graham fue publicado en el Libro Guinness de los Récords Mundiales de 1980. Desde entonces, otros números enteros específicos, reconocidos por ser mucho más grandes que el Número de Graham, han aparecido en muchas demostraciones matemáticas importantes.

Para poder expresar el Número de Graham, es necesario desarrollar nuevas notaciones. En esta imagen vemos uno de los primeros pasos: definir las "flechas": una flecha es equivalente a una potencia normal; dos flechas equivalen a varias flechas-potencias iteradas; tres flechas equivaldrían a varias dos-flechas iteradas, etc. Para más información necesitamos dedicarle un tiempo a comprender, por ejemplo, el artículo de la Wikipedia dedicado a la Notación flecha de Knuth, y al Número de Graham.

Nota: el texto en inglés ha sido extraído de The Story of Mathematics, de Anne Rooney.

[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] Los tres factoriales

Veamos este problema curioso e interesante:

Encontrar un número de tres cifras, A, B, C, tal que es igual a la suma de los factoriales de dichas tres cifras, es decir, si el número es ABC, entonces:

A! + B! + C! = ABC

La solución, debajo de la ilustración.

Esta ilustración muestra la Espiral de Teodoro, construida con triángulos rectángulos, cada triángulo formado por un cateto de longitud 1, el otro cateto de longitud raíz cuadrada de n, y la hipotenusa, de longitud raíz cuadrada de n+1.

Solución:

Empezamos recordando que el factorial de un número entero positivo es igual al producto de todos los números en descenso desde el número inicial hasta el 1. Además, el factorial 0! = 1 por definición. Así tenemos:

0! = 1

1! = 1

2! = 2 · 1 = 2

3! = 3 · 2 · 1 = 6

4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24

5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120

6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720

7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5040

8! = 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 40320

9! = 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 362880

Podemos continuar la lista de factoriales, pero en el problema se nos habla de los dígitos de un número, con lo cual sólo nos interesan las cifras del 0 al 9. Como el número buscado ABC tiene solo tres dígitos, podemos descartar los dígitos 7, 8 y 9, cuyos factoriales dan números de más de tres cifras. También podemos descartar el 6, porque su factorial, 720, sumado a cualesquiera otros dos factoriales, daría un resultado que ya incluiría un dígito (7 u 8) que se ha descartado por lo elevado de su factorial.

Así, podemos restringir la búsqueda a los dígitos 0 al 5. El 5 debe estar incluido para que salga un número de tres cifras. También debe estar incluido el 1, pues el número que sale va a ser cien y pico. Probando rápidamente, es fácil encontrar que el dígito que falta es el 4, y así tenemos:

1! + 4! + 5! = 1 + 24 + 120 = 145

Ampliación: se puede plantear el mismo problema con un número de cinco cifras, es decir, encontrar un número de cinco dígitos, ABCDE, tal que:

A! + B! + C! + D! + E! = ABCDE

Dejamos al lector la tarea de resolverlo. (Pista: los dígitos no tienen por qué ser distintos, pueden estar repetidos)

Nota: este problema ha sido extraído del libro de Martin Gardner, Festival Mágico-Matemático, publicado por Alianza Editorial.

[El Problema de la Semana] Extraños divisores

Veamos:

Elige un número cualquiera de tres cifras y escríbelo dos veces seguidas para obtener un número de seis dígitos (por ejemplo 327, que se convierte en 327327). Puedes comprobar que el número que resulta es divisible por 7. Haz la división y comprueba que el cociente es divisible por 11. Haz de nuevo la división y comprueba que el cociente es divisible por 13.

¿Puedes explicar por qué ocurre esto con cualquier número que elijas? 

La solución, más abajo.

No se sabe quién fue el autor que compiló el libro de Las Mil y Una Noches y que tuvo la feliz idea de darle este sugerente título. El número 1001 parece querer significar "más de mil". Teniendo en cuenta que en la antigüedad se usaban números grandes redondos para expresar que la cantidad era enorme, mil y una noches nos sugieren "más de muchísimas", o "muchísimas y una más". Con esta ilustración estamos haciendo un spoiler de la solución, pues esta involucra al número 1001.

SOLUCIÓN:

Tomar un número de tres cifras cualquiera y escribirlo dos veces seguidas equivale a multiplicarlo por 1001, veámoslo con el ejemplo:

327327 = 327000 + 327 = 327 · 1000 + 327 = 327 · (1000 + 1) = 327 · 1001

Resulta que si descomponemos 1001 en factores primos, nos sale precisamente 7 · 11 · 13. Por consiguiente, 1001 se puede dividir por 7, por 11 o por 13, y por tanto, cualquier múltiplo de 1001, como el 327327, es divisible por 7, por 11 o por 13.

Nota: este problema ha sido extraído 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] 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.

[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] 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.

[El Problema de la Semana] Caminando por el ecuador

Aquí tenemos un nuevo (pequeño) desafío:

Si pudiéramos recorrer la Tierra siguiendo el ecuador, la coronilla de nuestra cabeza describiría una línea más larga que la planta de los pies. ¿Qué magnitud tendría la diferencia entre estas longitudes?

Ilustremos la entrada y después escribamos la solución.

Aprovechamos para recordar cómo se definió originalmente el metro en 1795: como la diezmillonésima parte de la distancia que separa el ecuador terrestre de los polos. Posteriormente se actualizó la definición de metro, primero en 1889, mediante un patrón de platino e iridio conservado en los sótanos de la Oficina de Pesos y Medidas de París, y luego en 1960, como 1650763,73 veces la longitud de onda en el vacío de la radiación naranja del átomo del criptón 86. La información y la imágen están tomadas de la wikipedia.

SOLUCIÓN:

Llamamos R a la longitud del radio terrestre. Podemos suponer que nuestros pies caminan a lo largo de una circunferencia (perfecta) de radio R. La distancia que tienen que recorrer nuestros pies se calcula mediante la fórmula de la longitud de una circunferencia:

L = 2πR

Llamamos e a nuestra estatura personal. Nuestra coronilla también traza una circunferencia, pero de radio R+e. Usando la misma fórmula de la circunferencia, podemos calcular la longitud que recorre nuestra coronilla.

L' = 2π(R + e) = 2πR + 2πe

Gráfico del problema.

Restando ambas longitudes:

L' − L = 2πR + 2πe − 2πR = 2πe

Si nos fijamos, nos puede parecer sorprendente que lo que mide el radio de la Tierra se simplifica en la resta y no influye en el resultado. La diferencia de magnitudes sólo depende de nuestra estatura: 2πe; si por ejemplo medimos 1,70 metros de estatura, la diferencia entre ambas líneas sería aproximadamente de 2·3,14·1,70 ≅ 10,7 metros, es decir, habría entre 10 y 11 metros de diferencia entre lo que recorren nuestros pies y lo que recorre nuestra coronilla.

Concretamente, la solución 2πe es la longitud de una circunferencia de radio nuestra estatura.

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