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17.4.21

[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.

19.2.17

El Ojo de Horus

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

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


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

para 1/4 era la pupila,

para 1/8 la ceja

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

para 1/32, la espiral

y finalmente para 1/64, la lágrima o bastón


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

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

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

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

26.4.15

[El Problema de la Semana] Las zanahorias

El problema de hoy va de un conejo afortunado:

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

La solución, bajo los pies del conejo.


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

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

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

21.7.11

[El Problema de la Semana] Locura de fracciones

Aquí tenemos otro problema de la semana que se les puso a los grumetes en su momento.

¿Cuánto es la mitad de dos tercios de tres cuartos de cuatro quintos de cinco sextos de 48?

La solución, muy cerca, más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar el rosetón norte de la catedral de Notre Dame de París. Hemos tomado la fotografía de Wikimedia Commons. Los rosetones de las catedrales góticas aprovechan las simetrías y los giros geométricos para crear motivos hermosos y llenos de simbolismos. En el caso de esta vidriera, gracias a sus numerosas divisiones, podemos apoyarnos en su forma para reconocer fracciones. Si observamos los círculos, el interior está dividido en 16 rayos o partes, y el exterior en 32, con lo que tomaríamos trozos que correspondan a fracciones con estos denominadores. También se reconocen más divisiones y subdivisiones dentro de ellos. Asimismo, las ventanas de abajo están divididas o agrupadas en varias partes, 9, 18, 108, etc.]

Solución:
Creo que éste es uno de los problemas más sencillos de los propuestos. Se trata de hacer una multiplicación de fracciones sin liarse.


Las fracciones también se pueden simplificar unas con otras antes de hacer la multiplicación, y nos quedaría sólo 48/6 que es igual a 8.

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

17.7.11

[El Problema de la Semana] Competición de tiro

Este es un problema que a pesar de su sencillez parece un poco confuso.

Dos hermanos participan en una competición de tiro con escopetas de aire comprimido. Daniel dispara 5 perdigones en 10 segundos, mientras que en otra prueba Dennis dispara 10 perdigones en 20 segundos. ¿Cuál de los dos hermanos es más rápido cargando la escopeta?

La solución aparecerá como una bala más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar la recreación de un soldado tirador de la Guerra Civil americana en la batalla de Gettysburg. La fotografía ha sido tomada de esta página. También recomendamos, para los que saben inglés o tienen un buen traductor, la página de Mathspig, en la que aparecen artículos curiosos y algunos muy divertidos relacionando las matemáticas con situaciones atípicas, como, por ejemplo, la forma de los bigotes masculinos, o las colas de los trajes de novia. En concreto nos gustaría destacar el artículo sobre las matemáticas de los francotiradores, que está relacionado con el problema de hoy]

Solución:
Cuando lo pensamos por primera vez nos parece que tanto Daniel como Dennis tardan lo mismo, 2 segundos para cargar la escopeta con un perdigón. Pero la pregunta nos invita a sospechar que las apariencias engañan.

En efecto, si suponemos que ambos hermanos tienen la escopeta cargada al empezar a disparar, entonces Daniel tiene que cargar la escopeta 4 veces ya que en el primer perdigón no carga la escopeta, ya la tiene cargada de antes, mientras que Dennis carga la escopeta 9 veces.

Así podemos calcular el tiempo medio de carga de cada uno de los dos:

Daniel → 4 cargas en 10 segundos → 10/4 = 2.5 segundos por carga.
Dennis → 9 cargas en 20 segundos → 20/9 = 2.222... segundos por carga.

Por tanto, Dennis es el más rápido cargando.

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

31.1.11

[El Problema de la Semana] ¡Dejaré de fumar!

Con la entrada de la nueva ley antitabaco, quizás alguno que otro se pueda inspirar en el siguiente problema para dejar de fumar:

La señora Menchu, una gran fumadora durante muchos años, finalmente decidió dejar de fumar al enterarse de la malignidad del tabaco y ver que todos sus amigos y amigas estaban dejándolo ya. “Acabaré los 27 cigarrillos que quedan”, se dijo, “y jamás volveré a fumar”. 
La costumbre de la señora Menchu era fumar exactamente 2/3 de cada cigarrillo. 
No tardó mucho en descubrir que con la ayuda de una cinta engomada podía pegar tres colillas y hacer otro cigarrillo. 
Con 27 cigarrillos, ¿cuántos puede fumar antes de abandonar el tabaco para siempre? 

Ponemos la solución debajo de la imagen.

[John Norwood es un artista que ha realizado, entre otras obras, esculturas geométricas con paquetes de tabaco. La imagen se ha tomado de la web del artista.]

Solución:
Cuando fume los 27 cigarrillos le quedan 27 colillas, cada una 1/3 de cigarrillo. Uniendo tres colillas se obtiene un cigarrillo, luego con las 27 colillas Menchu puede confeccionar 9 cigarrillos más. Pero aquí no se acaba la cosa; cuando se fuma estos 9 cigarrillos, le quedan 9 colillas, y con ellas puede elaborar 3 cigarrillos más, y cuando se fuma estos últimos, con las 3 colillas restantes puede conseguir un último cigarrillo, que dará una última colilla, y esta sí que ya no se puede aprovechar.
En total: 27 + 9 + 3 + 1 = 40 cigarrillos en total.

Ampliación:
Hemos sumado una pequeña progresión geométrica, de cuatro términos, con término inicial 27 y razón 1/3. Si permitimos a Menchu seguir fumando la colilla que le queda y se sigue cumpliendo que cada vez el tamaño de la colilla se reduce en 2/3, podríamos continuar la suma de la progresión
27 + 9 + 3 + 1 + 1/3 + 1/9 + 1/27 + ...
Esta progresión infinita tiene una suma finita, que se calcula con la operación 27/(1 - 1/3) = 81/2 = 40.5

Nota: este problema es bastante antiguo y creo que no es la primera vez que se lo propongo a los grumetes como problema de la semana. Por cierto, nunca es tarde para recordar e insistir que fumar tabaco es muy perjudicial para la salud, y que en cada inhalación estamos introduciendo en el cuerpo miles de sustancias venenosas que a la larga nos pueden producir todo tipo de enfermedades, especialmente cancerosas. Espero que a nadie se le ocurra tomar este problema o la imagen contenida en él como una inducción al tabaquismo.

5.3.10

[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.

27.11.09

[El Problema de la Semana] Las patatas fritas

Esta semana les hemos puesto a los grumetes el siguiente problema:

Tres viajeros se detienen en un bar para cenar, pero el cocinero sólo puede ofrecerles patatas fritas. Los viajeros se duermen agotados. Uno de ellos se despierta, se come la tercera parte de las patatas y se vuelve a dormir. Al poco se despierta otro, que se come la tercera parte de las patatas restantes. El tercero hace lo mismo. El cocinero vuelve a la mesa y se encuentra a los tres viajeros dormidos y ocho patatas en el plato. ¿Cuántas había al principio?

La solución se explica más abajo de la ilustración. Ya sabe que si quiere intentar el problema usted por sí solo, ¡no debe seguir leyendo!



El problema se puede solucionar bien por tanteo, bien mediante el planteamiento de un esquema con fracciones, bien con una ecuación.
Nosotros lo vamos a resolver usando fracciones.
El primer viajero se come 1/3 de las patatas, luego deja 2/3 sin comer.
El segundo viajero se come 1/3 de las que quedan, y 1/3 de 2/3 es exactamente 2/9 (hay que multiplicar las fracciones). Si se ha comido 2/9, entonces quedan 2/3  2/9 = 4/9.
El tercer viajero se come 1/3 de las que quedan, y 1/3 de 4/9 es exactamente 4/27. Luego al final sobran 4/9  4/27 = 8/27. Si han quedado 8 patatas en el plato, y esta cantidad es 8/27 de lo que había al principio, no es difícil darse cuenta de que al principio había 27 patatas, que es la solución.

Nota: este problema ha sido seleccionado por Marisa Fernández Villanueva, del IES Veles e Vents, en Torrent, para el calendario matemático publicado el curso pasado por la editorial SM.

15.11.09

Tres cuartos de asesinato

Cuaderno de bitácora: como quiera que en las largas horas de matenavegación también dedico tiempo a mi amor por la literatura, desde hace meses he estado leyendo poco a poco Las aventuras del buen soldado Svejk, de Jaroslav Hasek, "una de las novelas más hilarantes y subversivas de la literatura universal, en la que se da vida al entrañable y humilde soldado Svejk, enrolado en el ejército austrohúngaro durante la Primera Guerra Mundial" y en la que aparece inesperadamente un pasaje curioso que no me resisto a reflejar en el blog.



Svejk, debido a una circunstancia estúpida, pierde el tren con destino a Budejovice, tren que le tenía que llevar a incorporarse al regimiento 91, al que pertenece. Entonces decide dirigirse a Budejovice a pie, atravesando pueblo tras pueblo, y en uno de esas poblaciones es arrestado por los gendarmes y acusado de deserción o, lo que es peor, de espionaje.
El centinela llevó a Svejk al despacho. El jefe de los gendarmes lo invitó a sentarse con un gesto amistoso y comenzó a interrogarlo de nuevo. Para empezar, le preguntó si sus padres vivían:
-No.
El jefe de los gendarmes pensó enseguida que era mejor así, al menos nadie tendría que llorar por aquel desdichado. Entonces miró la cara bondadosa de Svejk y en un repentino impulso de cordialidad le dio unos golpecitos en la espalda, se inclinó hacia él y le dijo en tono paternal:
-¿Se encuentra a gusto en Bohemia?
-Me encuentro a gusto en todas partes, en Bohemia -respondió Svejk-; por el camino me he encontrado muy buenas personas.
El jefe de los gendarmes asintió con la cabeza:
-En nuestro país la gente es buena y cordial. De vez en cuando hay algún robo o alguna pelea, delitos sin importancia. Ya hace quince años que estoy aquí, y si hago un cálculo, resulta que se producen tres cuartos de asesinato por año.
-¿Se refiere a un asesinato incompleto? -preguntó Svejk.
-No, no quiero decir eso. El hecho es que durante quince años sólo hemos investigado once asesinatos. Cinco fueron con robo y los otros seis homicidios comunes, de los que apenas tienen importancia.
El jefe de los gendarmes hizo una pausa y después retomó su método de interrogatorio:
-¿Y qué pretendía hacer en Budejovice?
-Incorporarme al regimiento 91.
"Si hago un cálculo, resulta que se producen tres cuartos de asesinato por año... El hecho es que durante quince años sólo hemos investigado once asesinatos..." De repente, como quien no quiere la cosa, en medio de este clásico de la literatura checa, aparece un pequeño problema de comparación de fracciones.

Se han producido once asesinatos en quince años, eso quiere decir una proporción de 11/15 de asesinato por año. Pero el jefe de los gendarmes no se queda con esta fracción, sino que la redondea a 3/4 directamente. No son las mismas fracciones, pero ¿son parecidas?

¿Qué faltaría para que haya exactamente tres cuartos de asesinato por año? (las respuestas a estas preguntas están en los comentarios)

No son éstas las únicas matemáticas que aparecen en la genial obra de Hasek. Las matemáticas se filtran como ladrones en la noche en los lugares más insospechados, y las grandes novelas de la literatura universal no están libres de ellas. Más adelante, en el mismo libro, una vez que Svejk ha esquivado a los gendarmes y se ha logrado reunir con su regimiento y éste se dirige en tren hacia el frente de Rusia, continúa contando Hasek:
El capitán Ságner recibió una delegación de la "Asociación para el acogimiento de los héroes", que consistía en dos señoras completamente agotadas. Éstas le entregaron un regalo para el tren, es decir, veinte cajitas de caramelos perfumados, artículos de propaganda de una fábrica de dulces de Budapest. Las cajitas eran metálicas y en la tapa estaba pintado un soldado húngaro dando la mano a un militar austríaco; encima de ellos, resplandecía la corona de san Esteban. Alrededor, había una inscripción en alemán y en húngaro: "Por el emperador, Dios y la patria".
La fábrica de dulces era tan leal a la monarquía que había puesto al emperador antes que a Dios.
Cada cajita contenía unos ochenta caramelos, de modo que tocaban a cinco pastillas para cada tres personas.
Según esto último, podemos plantear la siguiente cuestión: ¿de cuántas personas se componía el regimiento? Es un problema sencillo cuya respuesta la he puesto en los comentarios a esta entrada.

PD: matenavegando, hemos encontrado el blog titulado Matemáticas Recreativas, y en él un problema, precisamente, sobre cajas de caramelos. Los autores del blog lo han propuesto para que se les mande la respuesta. Invito al lector a que lo intente resolver, aunque por mi parte ya mandé la respuesta y está en los comentarios de dicho problema.

10.10.09

[El Problema de la Semana] Triangulitis

El problema propuesto esta semana a los grumetes va de calcular áreas:

El triángulo exterior de la figura es equilátero y su área es de 4 metros cuadrados. Los triángulos interiores se han construido uniendo los puntos medios de los lados. Calcula el área de la zona sombreada.


(Debajo de la imagen viene la solución. Si el lector quiere intentar resolver el problema por sí mismo, no debe seguir leyendo.)


Como el triángulo exterior lo hemos dividido en cuatro partes, una de ellas sombreada, y luego la parte central se ha dividido en cuatro partes a su vez, una sombreada, y luego volvemos a dividir en cuatro sombreando una, podemos resolver el problema con una suma de fracciones; si el área total es de 4 metros cuadrados, la primera área sombreada será de solo 1 metro cuadrado, la siguiente de 1/4 metros cuadrados, y la última de 1/16 metros cuadrados.
1 + 1/4 + 1/16 = (16 + 4 + 1)/16 = 21/16 metros cuadrados.
Los grumetes no han usado fracciones para resolver el problema, sino números decimales:
1 + 0'25 + 0'0625 = 1'3125 metros cuadrados.
Ambas respuestas, en fracciones o en números decimales, son correctas.

Ampliación del problema: da la sensación de que eso de dividir cada triángulo en cuatro partes y tomar una y luego dividir otra de esas partes y tomar una, etc., es un proceso que se podría repetir todas las veces que se quisiera.
Supongamos que repetimos el proceso infinitas veces. ¿Se podría calcular el área total de los infinitos triángulos sombreados?

La suma sería una serie infinita de fracciones, con denominadores potencias de 4:
1 + 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + 1/1024 + ...
Para los matenavegantes que conozcan las progresiones aritméticas y geométricas, la sucesión 1, 1/4, 1/16, 1/64, 1/256, etc., es una progresión geométrica, ya que cada término se obtiene del anterior multiplicando por 1/4, y a este número se le llama razón de la progresión. En este caso que nos ocupa, la razón de la progresión, 1/4, es menor que 1, y por lo tanto la serie infinita es convergente, es decir, es posible calcular la suma de las áreas de los infinitos triángulos.
La fórmula que nos da esa suma es S = a1/(1 − r), donde a1 es el primer término de la sucesión (1 en nuestro caso) y r es la razón (1/4 en nuestro caso).
Hacemos las cuentas pertinentes y obtenemos que:
S = 1/(1 − 1/4) = 1/(3/4) = 4/3 = 1'333333...
La suma de las áreas de los infinitos triángulos vale 4/3 metros cuadrados, o también 1'333333... metros cuadrados.

Nota: el problema Triangulitis ha sido seleccionado por Marisa Fernández Villanueva, del IES Veles e Vents, en Torrent, para el calendario matemático publicado el curso pasado por la editorial SM.

1.10.09

El método americano para el cálculo del mínimo común múltiplo

Cuaderno de bitácora: la navegación por los matemares nunca deja de traernos descubrimientos inesperados. El último ha sido hace un par de días, cuando uno de nuestros grumetes me ha mostrado lo que podemos llamar como "método americano para el cálculo del mínimo común múltiplo".
En los colegios españoles es costumbre enseñar a los alumnos la descomposición factorial de los números en factores primos. Esto es lo que entre los matenavegantes se conoce como Teorema Fundamental de la Aritmética: todos los números enteros positivos se pueden descomponer de forma única como producto de números primos.
Tal y como está enunciado, para que éste Teorema sea cierto, es necesario que el 1 no sea un número primo. Los números primos son, por tanto, 2, 3, 5, 7, 11, 13, etc.
Muchas personas recuerdan una de las definiciones más corrientes de número primo: un número que sólo es divisible por 1 y por sí mismo. Si seguimos al pie de la letra esta definición, el 1 sí sería primo, ya que sólo es divisible por 1 y por sí mismo, 1.
Sin embargo, es muy incómodo dejar que el 1 sea primo, ya que entonces la factorización en factores primos de los números naturales (también llamados enteros positivos) permitiría expresiones como: 6 = 1·2·3, o que 6 = 1·1·1·2·3, en lugar de limitarnos a decir que 6 = 2·3. La factorización en factores primos no sería única, podría variar todo lo que quisiéramos introduciendo tantos factores 1 como nos apeteciera.
Una definición más ajustada de número primo es, por tanto, la siguiente: un número primo es un número natural mayor que 1 que sólo es divisible por 1 y por sí mismo. (Así el 1 queda excluido, y con él, los problemas de unicidad de las descomposiciones.)
Cuando se trata de calcular el máximo común divisor (mcd) y el mínimo común múltiplo (mcm) de dos o más números, en los colegios españoles, tradicionalmente, se ha enseñado que los números han de descomponerse en factores primos, y luego tomar
-para el mcd los factores comunes con el menor exponente.
-para el mcm los factores comunes y no comunes con el mayor exponente.
Pero eso de tomar los factores comunes, no comunes, mayor, menor exponente... muchos grumetes se hacen un verdadero lío, y no les queda nada claro. Se les olvida rápidamente, y aunque la intención de los profesores es buena, no parece que este método de cálculo de mcd y mcm tenga el éxito que merece en el aprendizaje de nuestros alumnos.
Da la sensación de que al enseñar todos estos procesos se pretende que el alumno vaya captando algunos conceptos abstractos que, en realidad, son bastante avanzados, como la unión y la intersección de conjuntos, y esa íntima arquitectura de los números que se descifra gracias a su descomposición factorial.
Se me ocurre comparar un número con el motor de un coche. Descomponer un número sería como desmontar un motor: usando las herramientas adecuadas para cada tornillo y cada tuerca, cualquiera puede aprender a desmontar un motor. Pero sacar a partir de las descomposiciones el mcd y el mcm se asemeja a tener el motor de un coche desmontado y lograr que una persona aprenda a recombinar las piezas para conseguir, por ejemplo, el motor de una motocicleta o el de un camión. Eso ya es una tarea mucho más difícil, que requiere conocer profundamente el funcionamiento interno del motor, conceptos como la energía y el trabajo, la potencia, el diseño de las piezas, y muchos aspectos técnicos que quizás sólo son interesantes para especialistas de la talla, por ejemplo, de los que trabajan como mecánicos en la Fórmula Uno.
Cuando aprendemos a sumar y restar fracciones, nos enseñan que hay que calcular el mínimo común denominador de las fracciones. Esto no es necesario, porque basta calcular un común denominador, no hace falta que sea el mínimo, siempre que en el resultado final nos habituemos a simplificar o reducir las fracciones hasta conseguir una fracción irreducible.
Las calculadoras científicas corrientes que se usan en la Enseñanza Secundaria, permiten trabajar con fracciones y es muy sencillo simplificar con ellas cualquier fracción. Pero no están programadas para calcular el mínimo común múltiplo, por lo que averiguar el mcm es una tarea que en clase hay que hacerla a mano.
Aunque calcular el mínimo común denominador no es necesario, como hemos dicho antes, se les acostumbra a los grumetes a realizar el cálculo, y entonces, como no se acuerdan del algoritmo, surgen los problemas: ¿cómo se calculaba el mcm de los denominadores? ¿cogemos los factores comunes o los no comunes? ¿cuántas potencias de cada factor tomamos? Además, el proceso de sumar o restar las fracciones queda interrumpido por el cálculo del mcm, que a veces resulta largo y tedioso.
Estábamos dedicados en el Barco Escuela a este tipo de ejercicios cuando uno de los grumetes me preguntó si el método que estaba empleando se podía usar. Y entonces me enseñó un procedimiento que yo no había visto antes, y que a él le habían enseñado en tierras americanas.
Dicho método o algoritmo me ha parecido tan sencillo que lo voy a tratar de explicar aquí. Aunque utiliza la descomposición en factores primos, no se necesita hablar explicitamente de factores comunes ni de mayores o menores potencias. Se toman los números a los que se quiere calcular el mínimo común múltiplo. Se ponen en fila. A un margen de la fila se coloca un factor primo, que aparezca al menos en uno de los números, y se dividen todos los números que se puedan por ese factor, colocando los cocientes debajo de cada número. Luego se coloca otro factor primo, puede que el mismo si en algunas columnas todavía se puede seguir dividiendo por él, y se dividen todos los números que ahora tenemos en la parte inferior de cada columna (los cocientes de la primera división y los que no se pudieron dividir en el primer paso) por el nuevo factor. El caso es ir logrando que todos los números vayan siendo divididos progresivamente hasta que cada columna termine en 1. Luego se toman todos los factores que pusimos al margen y se multiplican; el resultado es el mcm buscado.
Ilustrémoslo con un ejemplo: sean los números 12, 18, 30, 45. Busquemos el mcm de estos cuatro números.
Empezamos escribiendo en el margen el número primo 2, que divide a algunos de los números. Los que se pueden dividir son divididos, los que no, se quedan como están (véase ilustración)
Como todavía en la primera columna se puede dividir por 2, volvemos a ponerlo al margen, y dividimos lo que podemos.
Continuamos con el 3, que ponemos al margen, y dividimos los números de la parte inferior de las columnas por 3, los que se puedan, (en este caso se pueden todos).

Obsérvese que en la primera columna ya hemos conseguido llegar a 1. Esa columna ya está terminada. Como en algunas de las otras columnas todavía se puede dividir por 3, volvemos a colocar un 3 al margen y dividimos.

Ya hemos terminado también la segunda columna, nos quedan sólo la tercera y la cuarta, ponemos un 5 al margen y dividimos.
Hemos llegado al final. Si observamos el margen, hemos recopilado todos los factores necesarios para el mcm, que será 2·2·3·3·5 = 180.
El lector puede hacer sus propias comprobaciones con otros ejemplos, como el siguiente: calcular el mcm de 28, 32, 40. El proceso debe ser el que aparece en la ilustración, en la que hemos reflejado todos los pasos:
Obtenemos finalmente que el mcm de 28, 32 y 40 es 2·2·2·2·2·5·7 = 1120.

PD: todos los matenavegantes expertos saben que para el cálculo del mcd de dos números existe un algoritmo clásico muy antiguo, fácil y rápido, conocido como algoritmo de Euclides que no emplea la descomposición en factores primos. Consúltese, por ejemplo, la página de Vitutor, que lo explica de forma muy sencilla.

12.7.08

La ignorancia de sumar fracciones

Cuaderno de bitácora: por mucho empeño que le pongo, hay grumetes que no aprenden a sumar fracciones. Eso de tomar común denominador les resulta extraño y difícil. Algunos se niegan abierta o encubiertamente a aprenderlo. Para otros tomar común denominador les enfrenta al cálculo del mínimo común múltiplo, una operación larga y complicada de la que ya casi no se acuerdan. Les explico que no es necesario tomar el mínimo común múltiplo de los denominadores, que el mínimo común múltiplo es la mejor opción, pero que basta tomar un múltiplo de los denominadores, y que en un último caso se cogen los denominadores de las fracciones y se multiplican entre sí. Algunas veces sale un resultado muy grande, pero si se tiene calculadora no hay problema, y al final, si simplificamos la fracción que sale, el resultado está bien, aunque no se haya tomado el mínimo común múltiplo de los denominadores. Lo realmente importante es encontrar un denominador común.

Pero siempre quedan los grumetes que se empeñan en sumar las fracciones sumando numerador con numerador y denominador con denominador. Así, segun ellos 1/2 más 1/3 es igual a 2/5. Aunque este método es sencillísimo, el resultado está mal. Con este método no se suman las fracciones. Es como si queremos hacer espaquetis con tomate, y tomamos el paquete de espaguetis sin abrir, la lata de tomate sin abrir, los echamos los dos en una olla con agua y los ponemos a calentar. No creo que así obtengamos el plato que queremos.

Sin embargo, de repente, eso de sumar numerador con numerador y denominador con denominador, aunque no sirve para sumar fracciones, puede ser útil para otra cosa. Veamos, veamos... 1/2 es 0.5, 1/3 es 0.333 aproximadamente, 2/5 es 0.4. El resultado de la operación me ha dado un número que está comprendido entre los dos números originales. ¿Será cierto siempre?

Probemos otro ejemplo: 1/4 y 3/5. 1/4 es 0.25, 3/5 es 0.6, si sumamos numerador con numerador y denominador con denominador, obtenemos 4/9, que es 0.444 aproximadamente. En efecto, el resultado de la falsa suma nos vuelve a dar un número comprendido entre los dos primeros.

Con ayuda de la notación matemática es fácil dar una demostración de que esto siempre ocurre así. La he realizado con el editor de ecuaciones del Word y la he guardado como imagen gif. Aquí os la presento:


Entonces, esta forma de operar con las fracciones no es del todo inútil. Nos puede servir muy bien para encontrar números intermedios entre otros dos.

Si tenemos dos números fraccionarios, uno menor que otro, siempre podemos encontrar un número comprendido entre ellos dos. En realidad podemos encontrar muchos, infinitos. La forma tradicional de encontrar un número comprendido entre dos números conocidos era hacer la media aritmética: se suman y se divide por dos. Así, entre 1/3 y 1/2, sumamos (hay que saber sumar fracciones bien) y obtenemos 5/6, y luego dividimos por 2 y obtenemos 5/12. Este número es la media aritmética entre 1/3 y 1/2 y, por tanto, está comprendido entre los dos. Pero 2/5, obtenido con el falso método de sumar las fracciones, es facilísimo de calcular, no es la media aritmética de 1/3 y 1/2, pero sí está comprendido entre los dos.

Otro ejemplo: encontrar un número comprendido entre 61/89 y 29/42. Hacer la media aritmética entre estos dos números es una tarea laboriosa, porque los denominadores no son sencillos. Pero con nuestro método encontrar ese número que sea mayor que 61/89 y menor que 29/42 es inmediato: sumamos numerador con numerador y denominador con denominador y obtenemos 90/131, que puede ser una solución.

Lo que hemos tratado en este artículo nos lleva a concluir que las equivocaciones o los métodos que no funcionan, no deben ser rechazados irreflexivamente. Muchas veces un error conduce a descubrimientos inesperados y a utilidades sorprendentes. Fleming descubrió la penicilina cuando se le contaminó por casualidad un cultivo bacteriano con un hongo microscópico, y las hojitas Post It nacieron gracias al uso diferente de un pegamento que no salió como se esperaba.

2.5.08

El plato de las tartas

Cuaderno de bitácora: esta mañana, surcando los Matemares, encontré en una isla desierta, semienterrado en la arena de lo incógnito, el Plato de las Tartas.

Allí estaba yo, solo, explorando nuevos territorios por los que apenas han pasado matenavegantes, sosteniendo entre mis manos el precioso objeto, precioso no tanto por su valor material sino por su rareza. Abrumado durante unos momentos por el asombro, no hacía más que preguntarme cómo una cosa tan simple no era más conocida y extendida por todo el orbe matemático...

Por mi mente empezaron a desfilar todos aquellos momentos durante los que me afané en explicar a los grumetes el significado de las fracciones, utilizando como símil una tarta que se parte en trozos iguales... Si tan sólo hubiera conocido este maravilloso Plato...

Una foto del Plato de las Tartas. Se puede apreciar en el borde del plato las marcas correspondientes a las divisiones en diversos trozos. Impreso en el papel se han señalado con más claridad los números, incluyendo también la división en dos partes, que en el plato no se especifica.

En la foto se puede apreciar que a lo largo de la circunferencia del plato hay una serie de marcas, señaladas con números. En algunas marcas hay sólo un número, y en otras hay grupos de varios números.

Este plato sirve de ayuda a la hora de cortar una tarta en porciones iguales. La tarta se coloca en el plato, bien centrada, y según el número de trozos en que queremos dividirla así tenemos que fijarnos en las marcas.

Por ejemplo, supongamos que queremos dividir la tarta en 6 porciones. Entonces cortaremos con el cuchillo desde el centro de la tarta hasta cada una de las marcas donde aparezca el número 6. Si nos fijamos, hay seis marcas con el número 6, y todas ellas están a la misma distancia.

Lo mismo ocurre con los demás números. El plato de las tartas es una guía para cortar en trozos iguales, en 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ó 9 trozos.

En la vida corriente, como no se dispone de un plato como el de la foto, las tartas se cortan a ojo, o bien en un número geométricamente sencillo de partes, como el 8. Es raro que a alguien se le ocurra cortar una tarta en 5 partes, o en 9 partes, o en 7 partes, pero con el plato de las tartas es posible hacerlo, y además de forma equitativa.

Esta foto fue encontrada en un libro inglés, Maths Challenge, escrito por Tony Gardiner y editado por Oxford.

5.11.07

Repartiendo una herencia de camellos

La semana pasada un compañero del Barco Escuela me entregó un folleto que a él le habían dado por la calle. El folleto era una hoja de propaganda de una empresa de coaching, llamada Bitacorach.

Yo no sabía qué era eso del coaching (del inglés coach, entrenador), pero lo interesante del folleto no estaba ahí, sino que utilizaba como reclamo un problema de matemáticas ya clásico, que es el que quiero comentar en esta entrada del blog. Transcribo el problema tal como viene en la hoja:
El testamento del jeque 
Al morir el jeque, ordenó que se distribuyeran sus camellos entre sus tres hijos de la siguiente forma: la mitad para el primogénito, una cuarta parte para el segundo y un sexto para el más pequeño. Pero resulta que el jeque sólo tenía once camellos, con lo que el reparto se hizo realmente difícil, pues no era cosa de cortar ningún animal. Los tres hermanos estaban discutiendo, cuando ven llegar a un viejo beduino, famoso por su sabiduría, montado en su camello. Le pidieron consejo y éste dijo: 
-Si vuestro padre hubiese dejado doce camellos en vez de once no habría problemas. 
-Cierto, pero sólo tenemos once- respondieron los hermanos, a lo que el beduino contestó: 
-Tomad mi camello, haced el reparto y no os preocupéis que nada perderé yo en la operación. 
¿En qué se basa el beduino para afirmar tal cosa?
La respuesta al problema viene en la cara posterior de la hoja, que es como sigue:
SOLUCIÓN: 
El beduino cede su camello, con lo que habrá doce; el primogénito recibe la mitad (6 camellos), el segundo una cuarta parte (3 camellos) y el tercero la sexta parte (2 camellos). Como 6, 3 y 2 suman 11, el beduino recuperará su camello y todos contentos.
Este es un problema ingenioso que ya me he encontrado en diversos libros de texto allá por los Matemares. Todo parece encajar de forma casi mágica: al principio tenemos 11 camellos, de los cuales no se puede tomar ni la mitad, ni la cuarta ni la sexta parte, luego la última voluntad del jeque no se puede cumplir. Pero luego se le añade un camello, tenemos 12, (12 es divisible entre 2, 4 y 6), ahora sí podemos tomar la mitad, 6, la cuarta parte, 3, y la sexta parte, 2, y una vez entregados los camellos a los hijos, sobra uno, que se le devuelve al beduino que lo puso. Qué bien.



Sin embargo, que yo sepa, nadie se entretiene en contar la segunda parte de la historia.

Después del reparto, aparece el notario para dar fe de que todo se ha hecho según la voluntad del fallecido. Pero al hacer las comprobaciones, resulta que el hijo mayor se ha llevado 6 de los 11 camellos, luego no se ha llevado la mitad, sino más de la mitad. El segundo se ha llevado 3 de los 11 camellos, más de la cuarta parte, y el tercero se ha llevado 2 de los 11, más de la sexta parte.

Es decir, el reparto no se está haciendo conforme a la voluntad del padre, y el notario se niega a aceptar tal reparto de la herencia. Los hijos entonces miran con ojos acusadores al sabio beduino y le exigen una solución para salir del atolladero, y el beduino, lamentándose internamente de haberse entrometido en asuntos tan delicados, le explica al notario:

-Sí, tiene usted razón, los hijos, en realidad, no se están llevando lo estipulado, pero también es cierto que su padre, el jeque, ya de entrada hizo un mal reparto de la herencia.

-¿Qué quiere decir usted con eso? -pregunta el notario.

-Al conceder la mitad, la cuarta parte y la sexta parte, no repartió la herencia completa. Si sumamos 1/2 + 1/4 + 1/6 obtenemos 11/12, es decir, no obtenemos 12/12, la unidad. Estrictamente hablando, el fallecido dejó una parte, 1/12 sin repartir.

-Bueno, eso no es asunto mío. En cualquier caso, si el fallecido deja algo sin legarlo a sus hijos, debe pasar a propiedad del Estado, y será confiscado por la Hacienda Pública.

En eso comenta el hijo mayor:

-Pero el reparto había salido bien añadiendo el camello número 12.

-¿Qué camello?

-Éste de aquí.

-Puede haber una solución -dice el notario-, si este camello que hay aquí forma también parte de la herencia de su padre, entonces serían 12 camellos, 6 serían para el mayor de ustedes, 3 para el segundo hermano, 2 para el tercer hermano, y el camello restante, que el jeque no ha legado a nadie, quedaría en propiedad de la Hacienda Pública.

-¡De acuerdo! -contestan los tres hermanos al unísono.

-¡Nada de eso! -grita en ese momento el beduino-. Este camello es mío, y no es del jeque ni quiero que se lo lleve Hacienda...

Y tras estas intervenciones se inicia una discusión interminable y acalorada entre los tres herederos oportunistas, el estricto notario y el beduino metomentodo, discusión de la que finalmente no parece que vaya a salir nada bueno...

Para concluir: creo que se nota que la segunda parte de la historia es producto de la imaginación. Nunca me ha convencido del todo el problema del jeque moribundo y sus camellos, y desde que lo descubrí me pareció un enunciado tramposo. Creo, simplemente que la herencia está mal repartida en origen y en final, y considero que el jeque, en lugar de ponerse a jugar con fracciones que claramente no domina, debería haber sido concreto al legar los camellos a cada uno de sus retoños.