[El Problema de la Semana] La combinación secreta

En el problema de hoy tratamos de abrir una caja fuerte:

En una casa abandonada hemos encontrado una vieja caja fuerte cerrada. La cerradura se compone de cuatro rodillos, y en cada uno de ellos están 24 letras del alfabeto. Los rodillos han de combinarse de tal manera que formen una determinada palabra desconocida. Como queremos abrir la caja sin forzarla, hemos decidido ir probando con dichas letras todas las combinaciones posibles. Para probar cada combinación se invierten 6 segundos. Disponemos del fin de semana para encontrar la combinación correcta.

¿Tendremos suficiente tiempo?

Abrimos la caja más abajo de la imagen.

Aquí vemos el rodillo en una cerradura de una antigua caja fuerte. La imagen ha sido sacada de este foro. El rodillo tiene las 26 letras del alfabeto inglés. En el mensaje dejado en el foro, la persona que publica la imagen, un tal Cibarius, comenta: "Hace algunos meses un amigo compró una licorería más abajo de donde vivo, y en el negocio apareció esta vieja caja fuerte. Tiene una cerradura con combinación de 26 letras, y mi amigo se pregunta si habrá alguna forma de abrirla. No sabemos nada de la combinación. He pensado en publicarlo aquí para ver si avanzamos en conseguir abrirla. No sé nada sobre estetoscopios ni como abordar la tarea, ¡cualquier consejo sería estupendo!"

 

SOLUCIÓN:

Conforme vamos probando con los rodillos, por "palabra" no entenderemos solo algo que tenga un significado, como "casa", sino también cualquier variación aunque no signifique nada, como "xaqt", o incluso con letras repetidas, como "bbbf". Para probar solo palabras con significado deberíamos tener un buen diccionario, e incluso así debemos debemos contar con que el que ha puesto la combinación tenga como "palabra" algo que no figure en los diccionarios.

Así, por tanto, tenemos que ir probando todas y cada una de las variaciones de 4 letras que podemos formar con las 24 letras del alfabeto que hay en los rodillos. Preferimos, por razones clásicas, llamarles variaciones, en lugar de combinaciones, que es el término más corriente, concretamente se trata del cálculo de variaciones con repetición.

¿Cuántas variaciones tenemos? Esto es bastante fácil de calcular, basta multiplicar:

24 · 24 · 24 · 24 = 331776 variaciones

Para probar cada variación gastamos 6 segundos, luego el número de segundos que necesitamos para probar todas y cada una de ellas son:

331776 · 6 = 1990656 segundos

Una hora son 3600 segundos, luego tenemos que gastar:

1990656 : 3600 = 552.96 horas = 552 horas, 57 minutos, 36 segundos

Si esto lo pasamos a días,

552.96 : 24 = 23.04 días = 23 días, 0 horas, 57 minutos 36 segundos

Es evidente que con un fin de semana no tenemos tiempo suficiente para probar todas las combinaciones, aunque estemos probando incansablemente, incluso sin dormir por la noche.

Entonces, que acertemos la combinación durante el fin de semana es cuestión de suerte y de probabilidades.

Calcular la probabilidad que tenemos de acertar la combinación de la caja fuerte es bastante sencillo: basta dividir los casos favorables entre los casos posibles. Si consideramos el fin de semana como 2 días completos exactos, entonces tenemos 48 horas para probar combinaciones contando con que no paremos a dormir ni a nada:

48 horas = 48 · 3600 = 172800 segundos

Como en cada variación invertimos 6 segundos:

172800 : 6 = 28800 variaciones 

La probabilidad de que alguna de ellas sea la buscada es de:

28800 : 331776 = 0.0868 aproximadamente.

Es decir, tenemos una probabilidad de 8.68%, menos de un 9%, de acertar la combinación de la caja fuerte.

Notas:

Cuando se dice que los rodillos tienen 24 letras del alfabeto, hay que tener en cuenta que no tiene el alfabeto completo. El alfabeto español tiene 27 letras. El alfabeto inglés tiene 26 (las mismas que el español menos la Ñ). Es probable que al elegir las 24 letras que irán en los rodillos de la caja fuerte hayan quedado fuera la Ñ (porque es exclusivamente española), la Q (porque se puede confundir con la O), y otra más, quizás la W.

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

[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] Emparejamiento intercalado

Presentamos un problema creado por el matemático escocés C. Dudley Langford, y recogido por Martin Gardner.

Tomamos tres parejas de números, 1-1, 2-2, 3-3, y las colocamos en el siguiente orden:

3 - 1 - 2 - 1 - 3 - 2

Podemos darnos cuenta de que entre el 1 y el otro 1 hay un número, entre el 2 y el otro 2 hay dos números, y entre el 3 y el otro 3 hay tres números.

¿Es capaz el lector de ordenar las parejas 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, siguiendo la misma propiedad, es decir, que entre cada pareja haya exactamente la cantidad de números que indica la propia pareja?

La solución, como no podía ser de otra forma, más abajo de la imagen ilustrativa.

 

Aquí tenemos una imagen del Colour Chess, o Ajedrez con Colores. Se trata de una variante del ajedrez normal, en la cual, cada jugador hace dos jugadas por turno, en la primera de ellas debe mover una pieza a una casilla del mismo color que la última casilla a la que movió el jugador contrario; en la segunda jugada puede hacer otro movimiento en el cual establece un nuevo color para que el contrario mueva. Una introducción (en inglés) se da en este vídeo de Youtube.

SOLUCIÓN:

Tenemos ocho números en total, empezamos por colocar los dos cuatros, separados entre sí cuatro lugares:

4 - x - x - x - x - 4 - x - x

Ahora probamos a colocar los dos treses; el primer 3 no puede estar en el segundo lugar, pues entonces el otro 3 estaría donde se encuentra el segundo 4. Probamos a ponerlo en el tercer lugar:

4 - x - 3 - x - x - 4 - 3 - x

Ahora es muy fácil completar con la pareja de unos y la de doses:

4 - 1 - 3 - 1 - 2 - 4 - 3 - 2

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

[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] Los trabajadores enfermos

Este problema parece difícil:

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

¿Qué porcentaje mínimo tuvo los tres tipos de dolencias?

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

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

SOLUCIÓN:

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

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

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

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

-Elegir un hueco vacío.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

[El Problema de la Semana] División por 11

Veamos el problema de esta semana:

Tomamos las cifras 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Encuentra el número más grande que se puede escribir con estas nueve cifras, sin repetir ninguna, y que sea divisible por 11.

Primero una ilustración estrellada, después la solución.

Si dividimos una circunferencia en 11 partes iguales, y unimos los puntos consecutivos con segmentos, obtenemos un polígono regular de 11 lados, llamado undecágono o endecágono (ambas palabras están admitidas en el Diccionario de la Real Academia de la Lengua). Si en lugar de unir los puntos consecutivos, los unimos a saltos, obtenemos cuatro tipos de polígonos estrellados, según los saltos sean de 2, de 3, de 4 o de 5 vértices. A estos polígonos se les puede llamar, respectivamente, endecágono estrellado de 1ª especie, de 2ª especie, de 3ª especie y de 4ª especie.
En la página dibujotecni.com se explican con más detalle estas construcciones geométricas.

SOLUCIÓN:

Para encontrar el número que nos piden se pueden seguir diversos métodos.

El primero de ellos sería el método de fuerza bruta: se toman todas las permutaciones de los números del 1 al 9, se ordenan de mayor a menor y se va dividiendo cada una de ellas entre 11 hasta que obtengamos un resultado exacto. En el caso de este problema, el método de fuerza bruta es razonable, ya que no es necesario buscar mucho hasta que se encuentra el número solución.

Sin embargo, nosotros vamos a emplear un método más razonado. Para ello debemos recordar las reglas de la divisibilidad: para que un número sea divisible por 11, tomamos la suma de las cifras en posición par y la suma de las cifras en posición impar, y restamos ambas cantidades; si el resultado es 0, 11 o múltiplo de 11 entonces el número es divisible por 11.

Ejemplo: tomemos el número 134867952.

1 3 4 8 6 7 9 5 2

Las cifras en lugar par están señaladas en rojo, y son 3, 8, 7 y 5. Su suma es 23. Las cifras en lugar impar, en color negro, son 1, 4, 6, 9 y 2. Su suma es 22. La diferencia entre las dos sumas es 1, que no coincide con 0, ni con 11, ni es múltiplo de 11. Por tanto el número 134867952 no es divisible por 11. De hecho, si hacemos la división: 134867952 : 11 = 12260722,909090..., no sale exacta.

Ahora pensemos en el número que tenemos que encontrar. Debe estar formado por las nueve cifras. Cuatro cifras estarán en lugar par, cinco en lugar impar. Llamemos Sₚ a la suma de las cuatro cifras en lugar par, y Sᵢ a la suma de las cinco en lugar impar.

Tengamos en cuenta que la suma total de las cifras siempre es 45:

Sₚ + Sᵢ = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45

¿Cuánto puede ser la diferencia entre las sumas para que el número sea divisible por 11?

Si Sₚ − Sᵢ = 0, entonces las dos sumas serían iguales, pero esto no es posible, porque 45 no es divisible por 2, y nos saldría una solución decimal para las sumas.

Si Sₚ − Sᵢ = ±11, entonces una de las sumas valdría 28, y la otra 17.

Si Sₚ − Sᵢ = ±22, nos vuelve a salir una solución decimal.

Si Sₚ − Sᵢ = ±33, entonces una de las sumas valdría 39, y la otra 6. Esta opción tampoco es válida, porque si al menos estamos sumando cuatro de los números en la suma de las cifras de lugar par, no puede salir sólo 6, tiene que salir como mínimo 10, ya que las cifras están entre los números del 1 al 9.

La única opción, por tanto, es la segunda. Vamos a tratar de construir el número, distribuyendo las cifras entre los lugares par en impar.

⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚

Para que el número sea lo más grande posible, elegimos como primera cifra el 9 para los impares, y la segunda el 8 para los pares:

9 8 ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚

Teniendo en cuenta estas elecciones, entonces los cinco números en lugar impar deben sumar 28, y los cuatro números en lugar par deben sumar 17 (ya que cinco números en lugar impar que sumen 17, no puede estar entre ellos el 9, pues entonces los otros cuatro sumarían 8, y la suma mínima de cuatro números es 10 como ya hemos comentado).

Añadimos dos cifras más, buscando el mayor resultado posible:

9 8 7 6 ⬚ ⬚ ⬚ ⬚ ⬚

Ahora es fácil completar el número con las condiciones exigidas, porque ya solo queda una opción:

9 8 7 6 5 2 4 1 3

Si comprobamos 987652413 : 11 = 89786583, la división es exacta, y el número 987652413 es el número que buscábamos.

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

Re Mi Do Do Sol

Cuaderno de bitácora: donde menos se piensa y cuando menos se piensa, salta la liebre matemática.

Hace unos días estaba escuchando el podcast La Órbita de Endor, más concretamente el audio sobre la película Encuentros en la Tercera Fase. Los colaboradores del programa explicaban cómo Steven Spielberg, el director, y John Williams, el compositor de la banda sonora, se ponían de acuerdo para elegir las cinco notas musicales que iban a ser el mensaje de saludo de los extraterrestres a los humanos, y entonces surgió la cuestión matemática. Veamos cómo fue todo el asunto.

Según lo que explica el propio John Williams,

Steven repetía que debían ser cinco notas. Y recuerdo que yo le decía que si podía hacerlo con siete u ocho notas [...] Cinco notas me lo ponían más difícil que siete, ocho o nueve. Le dije a Steven que saldría mejor. Y dijo: "no, ni siquiera debería ser una melodía. Debería ser como llamar al timbre de una puerta, como cuando Avon llama a tu puerta, ya sabes, 'Ding Dong'. No es una melodía, ni siquiera es una frase, sólo intervalos musicales sin ritmo asignado. Sólo cinco notas."

Era muy difícil hacer que la señal tuviera algún sentido musical. Y recuerdo haber escrito puede que 250, 300 de estas cosas. Tuve varias reuniones con Steven para interpretarle todos estos pequeños temas, y no nos decidíamos. Nunca podíamos decir "¡Eureka! ¡Este es exactamente el que queremos!". Me encanta contar esta historia, porque pensé que lo habíamos agotado todo con trescientos ejemplos de variaciones de cinco notas dentro de la escala. Y Steven dijo, "Oh, tiene que haber más. Llamaremos a un amigo mío que es matemático y le preguntaremos cuántas combinaciones de cinco notas dentro de la escala de doce se pueden crear." Entonces el amigo de Steven nos telefoneó una hora después y dijo "aproximadamente 134.000."

Nos dimos cuenta que apenas habíamos empezado a explorar lo que se podía hacer con cinco notas. Así que finalmente, llenos de exasperación, trazamos un círculo alrededor de uno de los temas. Al día siguiente regresamos y probé unas cuantas notas más, y Steven dijo "toca la que circulamos ayer". Y regresamos a aquel tema. Finalmente dijo: "Bueno, supongo que éste es: debe ser el mejor que podemos conseguir."

Bien, la señal se ha hecho muy familiar, lo que me produce satisfacción, porque al principio las cinco notas que finalmente usamos eran tan distantes como todos los otros ejemplos que se nos ocurrieron.

[Este texto ha sido traducido de la página de la Biblioteca de la Universidad de Illinois en Urbana-Champaign, y procede de las entrevistas que aparecen en la Edición del Coleccionista de "Encuentros en la Tercera Fase"]

Carátula de la película, extraído de la web de CINeol

Bien, hagamos el papel del amigo matemático de Steven Spielberg, y tratemos de calcular cuántas combinaciones dentro de la escala de doce se pueden crear. El problema es sencillo, un matenavegante con conocimientos elementales de combinatoria debería poder resolverlo en unos minutos.

El problema, tal como está planteado, es ambiguo, porque no especifica si las notas se pueden repetir o no. Veamos los dos casos:

Si las notas se pueden repetir, entonces, entonces tenemos que elegir cinco notas entre doce tonos posibles, (en lenguaje matemático serían variaciones con repetición de doce notas tomadas de cinco en cinco). Es muy sencillo entender que para elegir la primera nota tenemos doce posibilidades, que luego se irán multiplicando por otras doce para elegir la segunda nota, otras doce para la tercera y así hasta cinco veces:

12 · 12 · 12 · 12 · 12 = 248.832 posibles variaciones si las notas se pueden repetir.

Sin embargo es más lógico que las notas no se repitan, (en lenguaje matemático son variaciones sin repetición de doce notas tomadas de cinco en cinco, aunque en textos ingleses aparecen como permutaciones). Entonces tenemos doce posibilidades para elegir la primera nota, una vez elegida nos quedan once posibilidades para la segunda, luego diez posibilidades para la tercera y así hasta cinco veces:

12 · 11 · 10 · 9 · 8 = 95.040 posibles variaciones si las notas no se pueden repetir

Y aquí viene el misterio:

¿Por qué el amigo matemático de Spielberg tardó una hora en contestar diciendo que había unas 134,000 variaciones, cifra que no coincide con los posibles resultados del problema?

La cifra aportada por el amigo de Spielberg no coincide para nada con ninguna de las dos situaciones planteadas. Como aproximación de cualquiera de ellas es muy errónea. Lo único que coincide de momento es que está entre los dos cálculos, aunque ni siquiera es la media de las dos cantidades.

Si tratamos de modificar ligeramente las condiciones del problema, obtenemos cifras un poco más cercanas a la respuesta del matemático.

Si puede haber hasta un máximo de dos notas iguales, entonces el número sería:

12 · 12 · 11 · 10 · 9 = 142.560, una cifra más cercana a la del matemático, pero que tampoco coincide con ella.

Si puede haber hasta un máximo de tres notas iguales, el número se aleja:

12 · 12 · 12 · 11 · 10 = 190.080.

También hay otro detalle. La variación que eligieron Spielberg y Williams, Re-mi-do-do-sol, no entra dentro de una sola octava, pues el segundo do es una octava inferior al primero. Es decir, entre las variaciones que hemos calculado hasta ahora no se encontraría la que eligieron, porque se sale de la octava. Entonces podemos suponer que en lugar de doce notas ampliamos a trece, y si las notas no se pueden repetir, el número de variaciones sería:

13 · 12 · 11 · 10 · 9 = 154.440, y tampoco coincide con las ciento treinta y cuatro mil que dice Willliams, aunque ya suena más parecido.

¿Planteó el amigo de Spielberg el problema de alguna otra forma distinta? ¿Se equivocó en el planteamiento o en los cálculos? ¿Dio simplemente una respuesta aproximada basada en cálculos mentales? ¿O es que John Williams se equivoca al recordar la cifra dada por el matemático?

Otro detalle que nos llama la atención es que el matemático tardara una hora en devolver la llamada. ¿Por qué tardó tanto? El planteamiento del problema es sencillo e inmediato. ¿Tuvo que hacer los cálculos a mano? Probablemente, pues en aquella época las calculadoras de bolsillo estaban apenas introduciéndose en los mercados. También es posible que se tomara su tiempo informándose en libros de texto, o simplemente que estuviera ocupado haciendo otras cosas y no pudiera devolver la llamada antes.

Hemos tratado en este artículo muchos detalles que sólo pueden interesar a un matenavegante ávido de conocimientos. Todas estas elucubraciones... se perderán como lágrimas en la lluvia... y en la historia del cine ¿quedará registrado sólo el testimonio de John Williams y su cifra misteriosa, sin que nadie se vuelva a preocupar de su justificación?

Notas: Explorando la web, en la página de la Santiago Canyon College, hemos encontrado un tema sobre combinaciones y permutaciones, subido por Joyce Wagner. Uno de los problemas propuestos en el tema es precisamente el que hemos tratado en este artículo:

In western music, an octave is divided into 12 pitches. For the film Close Encounters of the Third Kind, director Steven Spielberg asked composer John Williams to write a five-note theme, which aliens would use to communicate with people on Earth. Disregarding rhythm and octave changes, how many five-note themes are possible if no note is repeated?

[Traducción: En la música occidental, una octava está dividida en 12 tonos. Para el film Encuentros en la Tercera Fase, el director Steven Spielberg le pidió al compositor John Williams que escribiera un tema de cinco notas, que sería usado por los aliens para comunicarse con la gente de la Tierra. Descartando el ritmo y los cambios de octava, ¿cuántos temas de cinco notas son posibles si no se repite ninguna nota?]

La respuesta que aparece en el tema a este ejercicio es la segunda que hemos calculado: 95.040.

[El Problema de la Semana] Un reloj digital completo

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

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

17 : 38     26 – 04 – 95

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

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

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

SOLUCIÓN:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

18 : 59   27 - 06 - 34

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

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

[El Problema de la Semana] ¿Dónde está el oro?

Reanudamos una vez más el estudio de los Problemas de la Semana que se le proponen a los grumetes.

Tenemos tres cajas etiquetadas con frases que hacen referencia a su contenido. La primera caja tiene una etiqueta que dice “el oro está aquí”. La frase de la segunda caja es “el oro no está aquí”. En la tercera caja pone “el oro está en la primera caja”. Sólo una de las tres frases es verdadera, las otras dos son falsas. ¿Puedes averiguar dónde está el oro?

Si quiere conocer la solución, está debajo de la imagen.

 

[En la película Goldfinger (1964), James Bond, el agente secreto 007, tiene que detener los planes del malvado Auric Goldfinger, que pretende destruir el depósito de oro de Fort Knox explotando en su interior una bomba atómica. Fort Knox es una base militar estadounidense, situada en Kentucky, y allí se encuentra uno de los mayores depósitos de oro del mundo, controlado por el Departamento del Tesoro de los Estados Unidos. Actualmente se duda de la cantidad exacta de oro que se guarda en el depósito, porque el Departamento del Tesoro se niega a realizar una auditoría pública de su contenido real. De hecho, en la época en la que se rodó la película, ni siquiera se conocía cómo era el interior del edificio. Para rodar las escenas finales, se pidió permiso al Departamento del Tesoro para entrar en Fort Knox, pero fue denegado. Los productores de la película decidieron dejar el interior a la imaginación de los diseñadores, que optaron por construir lo que ellos mismos denominaron como "una catedral del oro", un hall enorme de varios niveles en el que el oro se puede contemplar enjaulado tras los barrotes de fuertes rejas, como se puede apreciar en la fotografía que hemos insertado. En años posteriores se permitió a la prensa entrar en el depósito de oro de Fort Knox, y se pudo comprobar que su interior no era tan imponente como el de la película, sino mucho más funcional: estrechos pasillos flanqueados por las enormes puertas de las cámaras acorazadas, nada de tener el oro a la vista ni disponer de espacios tan amplios como en la película. En la historia del cine hay muchísimos más ejemplos como este de discrepancias radicales entre la realidad y la ficción, aún en películas que están basadas en hechos y lugares reales, y esto siempre debemos tenerlo en cuenta.]

SOLUCIÓN:

Hacemos un gráfico de la situación:

Razonamos dónde puede estar el oro. Si el oro está en la caja A, la frase de A es verdadera, la de B es verdadera y la de C es verdadera. Tenemos tres frases verdaderas, y esto no puede ser, porque sólo una de las frases es verdadera.

Si el oro está en la caja B, la frase de A es falsa, la frase de B es falsa, y la frase de C es falsa. Tenemos tres frases falsas, y tampoco puede ser, pues una de las etiquetas es verdadera.

Si el oro está en C, la frase de A es falsa, la frase de B es verdadera y la frase de C es falsa. En esta situación tenemos dos frases falsas y una verdadera, luego esta es la situación compatible con el problema, y el oro se encuentra en C.

Ampliación: en ningún momento del problema se especifica que el oro se encuentre en una sola de las cajas o que incluso el oro exista. Realmente queda implícito en el lenguaje que se emplea, el cual nos da pie a suponer que hay una caja y sólo una con oro, porque al decir el oro, parece que nos estamos refiriendo a una cosa en singular, a un objeto que solo se puede encontrar en un sitio y no en varios sitios a la vez, y que realmente existe. Pero solo es una suposición.

Si diéramos opción a que varias cajas contuvieran oro, entonces la gama de posibilidades se amplía:

Si el oro estuviera en las tres cajas, entonces tendríamos dos frases verdaderas y una falsa, luego esta posibilidad no cuenta.

Si el oro estuviera en A y en B, entonces tendríamos de nuevo dos frases verdaderas y una falsa, luego esta posibilidad tampoco cuenta.

Si el oro estuviera en A y en C, tendríamos tres frases verdaderas, que tampoco vale.

Si el oro estuviera en B y en C, las tres frases serían falsas, y también la descartamos.

También podemos considerar que el oro no estuviera en ninguna de las tres y con esto quedan cubiertas todas las posibilidades. En este último caso dos frases serían falsas y una verdadera, luego esta posibilidad sí cumple las condiciones del problema.

Concluimos por tanto que las soluciones al problema es que el oro se encuentre en C o que no se encuentre en ninguna de las tres cajas.

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

La época del Spectrum y el mensaje de Arecibo

Cuaderno de bitácora: cuando escribí la entrada en este blog sobre La Habitación de Fermat, uno de los enigmas o problemas propuestos en aquella película me trajo a la memoria los tiempos pasados del Spectrum, y esa época se ha hecho más vívida cuando hace varias semanas recibí un comentario en una de las últimas entradas invitándome a ponerme en contacto con mis antiguos compañeros de colegio.

Para muchos de nosotros, adultos que rondamos los treinta y muchos o los cuarenta y pocos, la época de los primeros ordenadores nos evoca bastantes recuerdos. Algunos tendrán en su mente otros nombres, como Atari, o Amstrad, pero para muchos de nosotros fue, sin alternativa posible, la época del Spectrum.

¿Qué es un Spectrum? Podemos decir brevemente que fue un ordenador, uno de los primeros ordenadores accesibles para tener en casa.

En mi caso particular, el que tuve fue el popular modelo Spectrum 48K, que costaba en aquellos momentos unas 42.000 pesetas más o menos (252 euros). Tuve suerte, porque sabía de otros que lo habían comprado por 48.000 pesetas (288 euros). Hoy puede parecer poco, pero en aquella época constituía una fortuna para nuestras posibilidades.

Hay que tener en cuenta lo que en realidad era aquel cacharro: una pequeña caja negra del tamaño aproximado de un iPad que, con sus botones de goma, más que a un ordenador se parecía a lo que hoy es el teclado del ordenador. No traía pantalla, sino que había que enchufarlo al televisor, que es el que hacía de pantalla. Su memoria, como está indicada en el nombre, era de tan solo 48K, inimaginablemente pequeña para nuestra época actual, donde cualquier aparatejo por simple que sea puede tener un millón de veces más.

El Spectrum no traía unidad de disco y los programas había que cargarlos con la ayuda de cassettes; el reproductor de cassettes había que ponerlo aparte, como la pantalla del televisor. Los programas, principalmente juegos, se transmitían de los cassettes al ordenador a través del sonido, un sonido característico, como el canto de un incansable pájaro eléctrico, y el tiempo de carga oscilaba entre los cuatro y los cinco minutos. Es decir, para transmitir tan solo 48K desde el cassette hasta la memoria del ordenador se necesitaba esperar más de cuatro minutos, y muchas veces, la transmisión terminaba con error debido a defectos en la grabación de la cinta de cassette. En ese caso la espera había sido en vano y había que comenzar otra vez e intentarlo de nuevo desde el principio. Cada vez que el ordenador se apagaba, la memoria se perdía, con lo que cada juego o programa que uno quería utilizar era necesario cargarlo después de encender el aparato.

Hay todo un mundo de distancia entre lo que se podía hacer en aquella época con el Spectrum y lo que hoy se puede hacer con nuestros ordenadores. Por hablar de limitaciones, podemos mencionar, por ejemplo, que el Spectrum presentaba en pantalla solamente ocho colores, cada uno en dos modalidades, normal y luminosa, y que no se podía colorear cada pixel independientemente, sino en cuadrados de ocho por ocho. La resolución gráfica era de 256 por 192 píxeles.

En aquella época no se pensaba en limitaciones, sino en avances. Poder usar aquel aparato significaba entrar en contacto por primera vez con todo un mundo soñado de tecnología de vanguardia, de computadoras, de programación,  aunque en la práctica lo que realmente tenías en casa era tu primera consola de videojuegos.

Hasta ese momento, conocíamos los videojuegos de verlos en los bares y salones recreativos, a los que acudía a menudo para contemplarlos; personalmente, el primero que me cautivó fue Galaxian, cuya máquina estaba en un bar de nuestra calle.

 
Nuestra economía era muy escasa, con lo que fueron muy pocas veces las que pude jugar de verdad en algún salón recreativo; en la mayoría de las ocasiones me limitaba a observar el juego de otros, como si de una película se tratase, y luego soñaba que algún día podría tener acceso a ese mundo, y mientras tanto alimentaba mi imaginación con todos los ambientes, principalmente de ciencia ficción, que aparecían retratados en aquellos videojuegos.

Cursaba 3º de BUP cuando tuve noticia de la existencia del Spectrum a través de los compañeros del colegio, y no pasó mucho tiempo hasta que pude comprarme uno. ¿Fue un viernes por la tarde cuando llegué a casa con él? ¿O un sábado? Aquella noche pasé bastante rato jugando a los primeros juegos, pues en la caja del Spectrum venían varios de regalo: uno de ajedrez, un simulador de vuelo, el Jetpac, el Reversi, y alguno más que no recuerdo el nombre. Al día siguiente comencé a leer el manual de instrucciones que traía, en el que se explicaba la programación en lenguaje BASIC, y pude practicar hasta aprenderlo bastante bien.

A lo largo de aquellos breves años compuse algunos sencillos programas que me ayudaron a aprender muchas cosas. Recuerdo ahora que estuve a punto de terminar un programa que jugaba a los dados, y para ayudarme en el colegio hice varios programas interesantes. Uno de ellos, por ejemplo, calculaba determinantes de tercer grado, también hice un programa que podía resolver sistemas de ecuaciones con la famosa regla de Cramer. Otro programa me ayudó a memorizar una ingente lista de nombres latinos de plantas para la asignatura de Biología: con paciencia fui escribiendo todos los nombres científicos de las plantas y sus correspondencias con el nombre usual, y luego el programa iba sacando nombres al azar y yo respondía en voz alta, luego le daba al botón y cuando en la pantalla aparecía su correspondiente pareja podía comprobar si me había equivocado o no.

También para Química diseñé un programa, al que llamé Arrhenius, en honor al famoso científico Svante Arrhenius, que representaba gráficamente las curvas del pH de diversas disoluciones.

Aunque todos estos programas fueron para uso propio, en el colegio mis compañeros y yo hablábamos mucho de programación, y cuando estábamos en COU se nos ocurrió la idea de intentar hacer un buen programa, un videojuego para el Spectrum. Ni siquiera lo habíamos empezado y ya nos imaginábamos que se lo venderíamos a Dinamic, la empresa de software puntera en España en aquellos momentos. Se nos ocurrió un juego al que llamamos provisionalmente Torneón, y que iba a tratar sobre torneos entre caballeros medievales; en la pantalla se vería un caballero cabalgando con la lanza en ristre, dispuesto a chocarse con otro que vendría en sentido opuesto. La dificultad consistiría en ir manteniendo el trote del caballo golpeando las teclas y luego en el último momento elegir el ángulo de golpe de la lanza y el ángulo de protección del escudo.

Una de las primeras cosas que quisimos empezar fueron los gráficos del juego, y aquí es donde viene la parte matemática relacionada con el problema mencionado en La Habitación de Fermat.

Para hacer un gráfico, imagen o dibujo sencillo en un ordenador como el Spectrum, tuvimos que aprender el sistema binario.

Sabemos que cualquier imagen que aparece en la pantalla de un ordenador está compuesta por puntos o píxeles, y si es en blanco y negro, los píxeles solo pueden ser blancos o negros. Podemos asociar a cada píxel blanco un 0 y a cada píxel negro un 1, y entonces toda imagen en blanco y negro se puede descomponer en filas de ceros y unos.

Cada unidad que puede valer cero o uno es lo que se llama un bit, (abreviatura de binary unit).

Veamos un ejemplo. Supongamos que queremos dibujar un gráfico imitando la cabeza de un guerrero con un casco. Pixelamos un cuadrado de 8 por 8 píxeles sobre fondo blanco, obteniendo la siguiente imagen, ampliada a la izquierda y en tamaño real a la derecha.

Con 8x8 tenemos un dibujo muy pequeño para nuestras pantallas actuales, pero en el Spectrum era la resolución de uno de sus cuadrados básicos. La pantalla se dividía en 32x24 de estos cuadrados de 8x8 píxeles, teniendo una resolución total, como ya hemos indicado más arriba, de 256x192 píxeles.

Si separamos el cuadrado por filas, y en cada fila sustituimos los píxeles en blanco por 0 y los píxeles en negro (o en azul en el caso de nuestra imagen) por 1, entonces tenemos una secuencia de números:

1  0  1  1  1  0  0  1

1  1  1  1  1  1  0  1

1  1  1  1  1  1  1  1

1  0  0  0  1  0  0  1

1  1  0  0  1  0  1  1

0  1  0  0  0  0  1  0

0  1  1  0  0  1  1  0

0  0  1  1  1  1  0  0

En este caso, en cada fila tenemos un número binario de ocho dígitos, 8 bits, que se puede convertir en número decimal, y el resultado, al tener sólo 8 dígitos, nos da un número comprendido entre 0 y 255, que es lo que se llama un byte. Así, de la primera fila tendríamos:

10111001 = 1 · 2⁷ + 0 · 2⁶ + 1 · 2⁵ + 1 · 2⁴ + 1 · 2³ + 0 · 2² + 0 · 2¹ + 1 · 2⁰ =
                  = 128 + 0 + 32 + 16 + 8 + 0 + 0 + 1 = 185

Y si vamos convirtiendo cada una de las filas, pasándolas de binario a decimal, tenemos:

185

253

255

137

203

66

102

60

Es decir, la lista de ocho números 185, 253, 255, 137, 203, 66, 102, 60, ocho bytes en total, pasados a binario y colocados en un cuadrado de 8x8 equivalen al gráfico que hemos puesto de ejemplo. Esta secuencia de bytes era la que teníamos que introducir en el Spectrum.

En el Spectrum las imágenes se descomponían en cuadrados 8x8, y cada fila de la imagen era un número binario de ocho dígitos, u ocho bits, que es lo que llamamos un byte. Tradicionalmente se ha mantenido esta agrupación de ocho en ocho, permaneciendo el byte como unidad de información, y de él se derivan los Kilobytes, los Megabytes, los Gigabytes, etc.

Pero en general, cualquier imagen en blanco y negro se puede secuenciar de forma muy simple en un largo número binario, lo único que hay que tener claro son las dimensiones de la imagen, para poder distribuir el número en filas y que los bits se correspondan de forma correcta con la imagen.

Así, por ejemplo, la imagen anterior se puede secuenciar poniendo todos los números en una sola línea: 1  0  1  1  1  0  0  1  1  1  1  1  1  1  0  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  0  0  0  1  0  0  1  1  1  0  0  1  0  1  1  0  1  0  0  0  0  1  0  0  1  1  0  0  1  1  0  0  0  1  1  1  1  0  0. Basta saber que estos 64 dígitos se deben colocar en filas de 8x8 para recuperar la imagen.

En relación a esto podemos poner otro ejemplo, pero este ya con un contexto mucho más interesante e importante que los disparatados y utópicos proyectos de un adolescente de los 80. Se trata del mensaje de Arecibo, que como dice la Wikipedia, es

un mensaje de radio enviado al espacio desde el radiotelescopio de Arecibo el 16 de noviembre de 1974 para conmemorar la remodelación del radiotelescopio. El mensaje tenía una longitud de 1679 bits y fue enviado en la dirección del cúmulo de estrellas llamado M13, situado en la dirección de la constelación de Hércules, a una distancia de unos 25 000 años luz, y que está formado por unas 400 000 estrellas. El mensaje contiene información sobre la situación del Sistema Solar, de nuestro planeta y del ser humano, y fue diseñado por Frank Drake, Carl Sagan y otros.

El motivo de que la transmisión tenga exactamente 1679 bits es porque este número se descompone en producto de dos números primos: 23 por 73. Eso indicaría al que recibiese la transmisión que puede organizar los bits en un cuadrilátero de 23 columnas por 73 filas, obteniendo el siguiente gráfico:

En este mensaje se pretende condensar una pequeña información gráfica y numérica sobre la humanidad: el código binario, los átomos del ADN, los nucleótidos del ADN, la forma del ADN y el número de nucleótidos que tiene, el ser humano, su estatura y el tamaño de la población de la Tierra (en 1974), un esquema del Sistema Solar, y un gráfico del radiotelescopio de Arecibo con su tamaño.

Para finalizar, la historia de Torneón no fue muy larga. Sabíamos que para poder programar aquel juego y que trabajara de forma eficiente en el Spectrum, el lenguaje BASIC no nos iba a servir, y tendríamos que aprender código máquina, el lenguaje interno que usaba el propio Spectrum, y en el que estaban escritos todos los juegos y programas comerciales. El código máquina no es intuitivo como el BASIC, consiste en una serie de instrucciones que se deben reducir a bytes, y que hay que expresar a través de números. Era complicado conseguir manuales que te enseñaran el código de forma sencilla, los gráficos había que hacerlos también a mano, dibujarlos en papel cuadriculado y luego pasarlos a binario con ayuda de la calculadora, etc.

La tarea se antojaba tremendamente difícil, y después de varios días de ideas, el proyecto Torneón se estancó, se fue enfriando rápidamente y quedó pronto en el olvido.

[El Problema de la Semana] Repartamos beneficios

Aquí tenemos un nuevo problema propuesto en su día a los grumetes.

Sara tiene que repartir las ganancias de la lotería, que han sido exactamente 8268 €, entre todos los miembros de una peña de juego. Incluyéndose ella misma, sabemos que hay entre 80 y 150 miembros en la peña. Si Sara logra repartir los beneficios en euros enteros (sin tener que usar céntimos), de forma exacta e igual para todos, ¿cuántos miembros tiene la peña? ¿Cuánto gana cada uno?

La solución, como ya es conocido, aparecerá más abajo.

[Ya que tocamos el tema de la lotería, hemos elegido esta fotografía, publicada en el diario ABC, de uno de los premios más abultados que ha repartido el Sorteo de los Euromillones. El premio, concedido en el sorteo del viernes, 13 de mayo de 2011, fue a parar a las manos de un joven panadero de la localidad de Pilas, cerca de Sevilla. Pero no hay que ilusionarse: la probabilidad de acertar el bote de los Euromillones es de 1 entre más de 76 millones. Es mucho más fácil que te toque la lotería nacional, los cupones de la ONCE o incluso acertar una quiniela]

Solución:

El problema no es difícil, hay que encontrar un número, comprendido entre 80 y 150, que divida exactamente al número 8268.

Si descomponemos 8268 en factores primos, tenemos que 8268 = 2 · 2 · 3 · 13 · 53. Para que un número divida a 8268 tiene que estar compuesto de algunos de estos factores, y por tanto vamos probando combinaciones de ellos, seleccionando aquella que quede entre 80 y 150.
Es suficiente con probar unas cuantas posibilidades para convencernos de que el único divisor que está entre 80 y 150 es 2 · 53 = 106. Por tanto la peña tiene 106 miembros, y al repartir el premio, a cada uno le ha tocado 78 euros.

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

[El Problema de la Semana] Obtén el cien

El problema de hoy es sencillo, y me deparó muchas sorpresas cuando recibí las respuestas de los grumetes.


¿Cómo podemos obtener el número 100 usando todas las cifras del 1 al 9 una sola vez, y sólo con los signos +, −, × y los paréntesis adecuados?

Nota: hay varias maneras diferentes de conseguirlo.


Algunas soluciones (porque hay muchas) debajo de las imágenes. Hagan girar la rueda del ratón, por favor.

 [Pusimos en el Google la palabra hundred, cien, para buscar imágenes relacionadas con el problema de hoy, y nos encontramos con estos dos curiosos billetes. El de arriba es de "medio Rial" de Omán, nunca imaginé que hubiera billetes con fracciones; la imagen ha sido extraída de esta página. El de abajo es de "cien trillones de dólares" de Zimbabwe, aunque en español usaríamos billones en lugar de trillones. Para los que saben inglés o si usamos un buen traductor, es interesante leer este artículo publicado en el Guardian, escrito por Marcus du Satoy, profesor de matemáticas en la universidad de Oxford, donde no sólo se habla de este billete y de la crisis económica, sino que se hace un breve repaso a las cifras grandes, millón, billón, trillón, gúgol, etc. y a la historia de cada una de ellas]

Soluciones:

Cuando me enfrenté a este problema por primera vez, no me fue difícil encontrar, mediante tanteo, una sencilla solución con la que quedé bastante satisfecho:

9 · 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 100

Tuve una sorpresa mayúscula cuando los grumetes empezaron a entregarme soluciones, porque, si no recuerdo mal, ninguno me presentó la que yo encontré, sino que me ofrecían diferentes posibilidades, cada una más original que la anterior. De hecho, algunos grumetes no se contentaron con ofrecerme una solución, sino que me presentaron varias.

Carlos Muñoz me presentó ésta:

3 · 2 + 8 · 9 + 4 · 5 + 7 + 1 – 6 = 100

Zakariaa el Mrabet me entregó cuatro posibilidades diferentes:

(3 + 7) · (1 + 9) + 8 · 4 – 6 · 5 – 2 = 100

9 · (8 + 7) – 5 · 6 – 4 · 1 – 3 + 2 = 100

1 · 2 · 3 · 4 + 5 + 6 + 9 + 7 · 8 = 100

9 · 6 + 7 · 4 + 2 · 1 + 5 + 3 + 8 = 100

Alejandro Espigares presentó nada más y nada menos que seis posibilidades:

(1 + 2 + 3 + 4) · 5 + 6 · 8 + 9 – 7 = 100

8 · 3 · 4 – 6 · 5 · 2 + 9 · 7 + 1 = 100

(7 + 6) · (3 + 2) + 8 · 4 + 9 – 5 – 1 = 100

9 · 7 + 8 · 2 + 6 · 4 – 5 + 3 – 1 = 100

9 · 6 – 4 + 3 + 1 – 5 · 2 + 8 · 7 = 100

8 · (6 + 1) + 7 · 2 + 3 · (9 – 4 + 5) = 100

Salvador Corts encontró la siguiente forma:

1 · 2 · (5 · 4 + 6 · 3) + 7 + 8 + 9 = 100

Irene Hermoso presentó la siguiente:

1 · (9 · 8 + 7 + 6 + 3 · 4 + 5 – 2) = 100

José Luis Rodríguez encontró esta forma:

9 · 8 + 7 + 5 · 6 + 2 + 1 – 3 · 4 = 100

Finalmente, Raquel Perales dio con esta posibilidad:

9 · 7 + 8 · 4 + 5 – 1 + 6 – 2 – 3 = 100

He comprobado todas las respuestas, cosa que el lector también puede hacer, y, salvo algún error por mi parte, todas son correctas y esencialmente diferentes unas de otras. Creo que puede ser un problema interesante encontrar el número total de posibilidades que hay. Supongo que alguien lo habrá resuelto ya, aunque lo desconozco. 

Nota: este problema también ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

[El Problema de la Semana] Fechas españolas y americanas

El problema que presentamos en esta ocasión trata del calendario, algo tan necesario desde los inicios de la historia de la humanidad, y que siempre ha presentado un sinfín de curiosidades.

En España, fechas como 6 de diciembre de 2010 suelen abreviarse 6/12/10, pero en otros países como Estados Unidos, se da primero el mes y luego el día, escribiéndose 12/6/10.

Si desconociésemos cuál de ambos sistemas se ha utilizado, ¿cuántas fechas quedarían indeterminadas en la notación abreviada?

La solución ... ?

más...

abajoooo...

[Dedicamos la foto de hoy a Martin Gardner, genial divulgador de matemáticas y escritor de muchos libros de matemáticas recreativas. Este problema de las fechas está extraído de uno de sus libros.]

Solución:

Como sólo tenemos doce meses, el número correspondiente al mes podrá ir del 1 al 12, mientras que los días, dependiendo del mes, pueden llegar a 31. Una fecha en la que la cifra correspondiente al día sea mayor de 12 ya no da lugar a confusiones, sea española o americana. Si ponemos 22/5/10, o si ponemos 5/22/10, en ambos casos está claro que la fecha es 22 de Mayo de 2010, primero escrita en el orden español, y luego escrita en el orden americano.

Las fechas quedarán indeterminadas cuando el día sea 12 o menor. Combinando 12 meses y para cada mes 12 días, nos salen 144 posibilidades.

Sin embargo, entre estas combinaciones, aquellas en las que el número del mes y del día coincidan tampoco son indeterminadas; así 4/4/10 es el 4 de Abril del 2010, ya sea en forma española o americana.

Por tanto, de las 144 posibilidades tenemos que restar 12 fechas con el día y el mes iguales (el 1 de enero, el 2 de febrero, etc.) Como conclusión quedarán 132 fechas indeterminadas.

Este problema ha sido extraído del libro Ruedas, vida y otras diversiones matemáticas, de Martin Gardner.

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

El problema de la semana para los grumetes:

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

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

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

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

Solución:

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

Una primera solución podría ser:

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

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

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

Una segunda solución podría ser:

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

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

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

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