[El Problema de la Semana] Los dos pececitos

A continuación proponemos un sencillo problema geométrico:

Dos pececitos están juntos y empiezan a nadar. Nadan 6 metros en línea recta y luego ambos giran 90º a la derecha, nadando cada uno en línea recta 8 metros más. ¿Cuál puede ser la mayor distancia que los separa ahora?

La respuesta, como ya todo el mundo debe saber, debajo de la ilustración.

[En esta ilustración presentamos el desarrollo de un cubo decorado con una de las famosas teselaciones de Escher. La ilustración se ha obtenido de este sitio, en el que aparecen cubos de rubik virtuales decorados con este tipo de diseños. Si se quiere imprimir esta imagen para construir un cubo, debe tenerse en cuenta que el cuadrado inferior derecho, el que tiene las caras de los peces azul y verde, debe ser recortado completamente y colocado a la derecha del cuadrado justo encima. En el esquema se ve cómo la cara B "back" debe ser colocada a la derecha de la R "right"]

Solución:

El recorrido que hace cada pez, 6 metros en línea recta, ángulo recto hacia la derecha y 8 metros en línea recta, lo coloca en un punto que forma un triángulo rectángulo con el punto de origen y el punto donde se gira en ángulo recto. Los catetos de ese triángulo miden 6 y 8 metros respectivamente, y por el teorema de Pitágoras podemos calcular la distancia desde el punto de origen al de llegada, que es exactamente de 10 metros.

Con un poco de lógica se puede comprender que para que los dos peces acaben lo más lejos posible, deben partir en dos direcciones exactamente opuestas. Si ambos distan 10 metros del punto de origen, la distancia entre ellos será de 20 metros.

Ampliación: cada uno de los peces se encuentra a una distancia de 10 metros del punto de origen. Nos podemos imaginar que, sea cual sea la dirección en la que hayan partido, cada uno de los peces se encuentran en sendos puntos de una esfera de radio 10 metros cuyo centro es el punto de donde partieron. Es evidente que en una esfera, los puntos más alejados son los puntos opuestos respecto al centro, o las antípodas.

Acostumbrados como estamos a trabajar sobre el papel y en superficies planas, al principio no se me pasó por la cabeza que el movimiento de los peces se debe considerar tridimensional, y me fascina imaginármelos en el agua, nadando en la superficie de esferas virtuales.

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

El Fujiyama en camiones

Cuaderno de bitácora: con motivo de ayudar a los grumetes, cuando en el Barco Escuela les pongo un examen de matemáticas doy la opción de que realicen un trabajo o actividad complementaria en lugar de uno de los problemas del examen. Esta actividad complementaria siempre consiste en leer un texto de algún libro o de la web relacionado con las matemáticas y contestar a varias cuestiones sobre el texto.

Hace varios meses les propuse un texto del libro El hombre anumérico, de John Allen Paulos. El texto y las actividades propuestas se pueden encontrar en este enlace. Una de las cuestiones planteadas en las actividades consiste en resolver el problema que aparece al final del texto de Allen Paulos:

Y para terminar daremos otro ejemplo de cálculo terrenal que suele usar un asesor científico el MIT para eliminar aspirantes en las entrevistas de selección de personal: pregunta cuánto se tardaría en hacer desaparecer una montaña aislada, como el Fujiyama japonés, por ejemplo, transportándola con camiones. Supóngase que, durante todo el día, llega un camión cada 15 minutos, es cargado instantáneamente de tierra y piedras, y se va sin interrumpir al siguiente camión. El resultado es un tanto sorprendente.

¿Cuánto tardaríamos en trasladar el Fujiyama con camiones? El problema no contiene los datos necesarios para hacer las cuentas, si uno quiere resolver el problema, necesita informarse antes de la altura del Fujiyama, calcular aproximadamente su volumen, suponer que está constituido por roca homogénea, buscar la densidad de la roca y pasar el volumen a peso, y luego decidir qué tipo de camiones puede utilizar y cuál es la capacidad de cada uno.

Vamos a ir recopilando datos:

Altura del Fujiyama - 3776 metros

Volumen del Fujiyama - esto es más difícil; haciendo una busca rápida en la red, no hemos encontrado ningún sitio donde aparezca el volumen, así que vamos a calcularlo suponiendo que tiene aproximadamente la forma de un cono. Haciendo mediciones directamente sobre la fotografía, vemos que el ángulo de inclinación es de unos 20º, y por trigonometría básica, el radio de la base del cono se puede calcular con la fórmula: r = h/tan20º, donde h es la altura del cono y "tan" es la tangente del ángulo, y de aquí sale que r = 10374 metros.

De aquí, con la fórmula del volumen de un cono, V = π·r²·h/3 = 4.26 · 10¹¹ m³ = 426 kilómetros cúbicos, aproximadamente.

Peso del Fujiyama - consultando en esta página, vemos que el Fujiyama está compuesto, principalmente por basalto y andesita. La densidad del basalto es de unos 2700 kilogramos por metro cúbico, es decir, 2.7 toneladas por metro cúbico, luego el peso total sería de 1.15 · 10¹²  toneladas (más de un billón de toneladas).

Ya tenemos la cantidad de material que tenemos que transportar, ahora necesitamos los camiones, y no vamos a ser tacaños, usaremos los mayores camiones que existen. Según las investigaciones en la red, el camión más grande del mundo es el caterpillar 797, que es capaz de desplazar 345 toneladas de carga útil.

Ahora sí que podemos terminar los cálculos. Si cada 15 minutos un camión es cargado instantáneamente de piedras del Fujiyama y se va sin entorpecer al siguiente camión, son 4 cargas a la hora, y 96 cargas al día (trabajando las veinticuatro horas sin parar). Multiplicamos y tenemos que cada día logramos desplazar 96 · 345 = 33120 toneladas. Si queremos desplazar el billón largo de toneladas del volcán japonés, necesitamos 1.15 · 10¹² : 33120 = 34695000 días aproximadamente, más de 95000 años.

Los cálculos pueden variar según la aproximación que tengamos de los datos, pero es interesante hacerse a la idea de que con los mayores camiones disponibles se necesitarían casi cien mil años para hacer desaparecer el Fujiyama. Si dispusiéramos de camiones más estándar, que acarrearan la décima parte de peso en cada viaje, entonces el tiempo se multiplicaría por diez, dándonos la friolera de un millón de años para hacer todo el trabajo.

¿Nos ha sorprendido? ¿Nos parece una cantidad muy grande? ¿Por qué aparecen números tan grandes en los cálculos?

La razón debemos buscarla en el volumen de las cosas. Estamos bastante acostumbrados a comparar longitudes, y así medimos las alturas de las montañas, de los edificios, de los monumentos, etc. y nos hacemos una idea de su tamaño. Pero no estamos tan acostumbrados a comparar volúmenes; tengamos en cuenta que un volumen es una longitud al cubo, y al elevar al cubo se multiplican las cantidades por sí mismas tres veces. Si una montaña es el doble de alta que otra que tenga la misma forma, su volumen es 2·2·2 = 8 veces más grande. Un kilómetro contiene mil metros, pero un kilómetro cúbico contiene mil millones de metros cúbicos.

¿Sería capaz de calcular el lector el tiempo que se tardaría en trasladar una montaña de forma similar al monte Fuji, pero que tuviera la altura del Everest, de 8848 metros? ¿y qué me dice del monte Olimpo, en Marte, con 27 kilómetros de altura?

[El Problema de la Semana] Una cuerda y dos palos

Supongo que al lector le pasará algo parecido a lo que me pasó a mí cuando leí este problema por primera vez. Inmediatamente me imaginé una complicada situación de análisis matemático en la que debía calcular el mínimo de una función exponencial. Pero no es así. La situación es mucho más sencilla de lo que parece.

Una cuerda de 40 metros de longitud tiene sus extremos atados a la parte superior de dos palos de 22 metros de altura. Si la cuerda cuelga a 2 metros del suelo, ¿cuál es la separación entre los dos palos?

La solución cuelga más abajo, aunque no a 22 metros de distancia.

[Cuando una cuerda cuelga entre dos palos o postes, la gravedad hace que forme una curva, llamada catenaria. En las líneas férreas, los trenes eléctricos suelen tomar la electricidad de cables colgados de postes que discurren por encima del tren, y a estas líneas de cables también se les llama catenarias. La imagen procede de esta web, en donde también se puede obtener más información sobre estos puntos.]

Solución:

Nada más hay que fijarse en que la cuerda tiene que bajar desde un palo y subir al otro, y como mide 40 metros estará 20 bajando y otros 20 subiendo; pero los palos miden 22 metros, y el extremo inferior de la cuerda cuelga a dos metros del suelo, por tanto la cuerda no puede formar una curva, tiene que bajar 20 metros en vertical y subir 20 metros en horizontal, y esto solo es posible si los dos palos están juntos. Luego la separación entre los dos palos es de 0 metros, no hay separación.

Ampliación:

La fórmula matemática que adopta la curva de una cuerda colgada entre dos postes, la llamada catenaria, palabra que se deriva de cadena, es la del coseno hiperbólico. La expresión básica del coseno hiperbólico es f(x) = ch(x) = (e^x + e^-x)/2, y la forma de cualquier cuerda se puede obtener con una fórmula derivada de esta, del tipo f(x) = a(e^x/a + e^-x/a)/2. Si le pedimos a la cuerda que tenga una longitud de 40 metros, entonces tenemos que entrar en el cálculo de integrales, porque la longitud de una curva se calcula con una integral.
Si el problema nos dijera que la cuerda cuelga a 5 metros del suelo, por ejemplo, entonces calcular la distancia a la que tienen que estar los postes no es un problema trivial, sino de análisis matemático avanzado.
Por supuesto, siempre podemos tomar dos palos de 22 metros, atar a sus puntas una cuerda de 40 metros,  ir separando los palos hasta que la cuerda cuelgue a 5 metros del suelo exactamente y medir la separación de los dos palos. Pero encontrar y manejar dos palos de 22 metros de largo (la altura de un edificio de siete pisos) y desplazarlos de forma que en todo momento estén verticales, no debe ser nada fácil.

Nota: 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] ¡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.

[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] La edad del bisabuelo

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

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

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

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

Solución:

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

 

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

 

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

 

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

 

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

Ampliación:

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

 

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ −1 (mod 7) 

 

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

 

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

 

Las dos ecuaciones anteriores serían lo mismo que decir:

 

x = 1 + 8k

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

 

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

 

7x = 7 + 56k

8x = 48 + 56j

 

Restamos la segunda ecuación menos la primera y tenemos:

 

x = 41 + 56(j − k)

 

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

 

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

 

x ≡ 41 (mod 56)

 

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

 

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

[El Problema de la Semana] Larga sucesión de sumas y restas

Un nuevo problema, bastante sencillo si sabemos enfocarlo adecuadamente.

En cierto libro nos ha aparecido una operación bastante larga: 

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 

Es decir, se trata de ir sumando y restando los números, en sucesión decreciente, desde el 999 hasta el 1, los impares se suman, los pares se restan. ¿Eres capaz de calcular esta operación?

La solución, como siempre, más abajo, así no hay que esperar para comprobar nuestras deducciones.

[Esta ilustración, encontrada mientras matenavegábamos buscando imágenes de sumas, ha sido extraída de esta página. Como puede verse, es una tabla en la que se exponen todas las sumas de dos cuadrados menores o iguales que 100. ¿Qué tiene esto de curioso? Fermat se dio cuenta de que estas sumas podían dar números compuestos y números primos, pero los primos obtenidos eran aquellos de la forma 4n+1, es decir, los que al dividirse por 4 dan de resto 1 (con la única excepción del 2, que es primo, es la suma de dos cuadrados y no da resto 1 al dividirse por 4). En la tabla van apareciendo todos los primos 4n+1 y ninguno de los primos 4n+3. Esto condujo a Fermat a enunciar el llamado Teorema de Navidad, nombre que se le da a veces porque se encuentra en una carta a Marin Mersenne fechada el 25 de diciembre de 1640]

Solución:

Aunque parezca una tontería, vamos a añadir a la suma el término cero, que no modifica para nada el resultado, y escribimos:

999 – 998 + 997 – 996 + 995 – 994 + … + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 – 0

De esta manera podemos emparejar los números:

(999 – 998) + (997 – 996) + (995 – 994) + … + (5 – 4) + (3 – 2) + (1 – 0)

Cada pareja da el mismo resultado, 1, luego tenemos una larga suma de unos. ¿Cuántos unos hay? Teniendo en cuenta que los números van del 999 al 0, hay exactamente 1000 números, y por tanto hay 500 parejas. (El cero lo hemos añadido para poder emparejar y contar las parejas más fácilmente). Hay 500 parejas, cada una da 1, luego la suma es 500:

1 + 1 + 1 + … [500 veces] ... + 1 + 1 + 1 = 500.

Nota: este problema, ligeramente modificado, ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial Anaya.

Tutorial para resolver kakuros

Presentamos este tutorial, que es una traducción al español del que viene como animación flash en la página de la revista japonesa Nikoli.
El Kakuro es un pasatiempo numérico, de la familia del sudoku.

En el Kakuro se deben partir números en sumas de números más pequeños que se colocarán en las celdas correspondientes.

Las celdas blancas han de rellenarse con números del 1 al 9. Por ejemplo, en las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 5, y en principio pueden venir en cualquier orden (podrían ser, por ejemplo, 1 y 4, 4 y 1, 2 y 3, 3 y 2).

En las celdas señaladas abajo, los números deben sumar 14.

Los números no se pueden repetir en celdas consecutivas. El siguiente ejemplo puede ser correcto:

Pero el siguiente ejemplo no lo es, porque no se deben repetir números en la suma:

En la siguiente figura, hay dos números 1, pero es correcto, porque no están en celdas consecutivas y no pertenecen a la misma suma:

Empecemos a resolver el kakuro. Fijémonos en la suma 4 de abajo a la derecha. Para obtener 4 sólo se puede hacer sumando 1 y 3, pero no sabemos en qué orden:

Pero si nos fijamos en el 3 que está a la derecha, sólo se puede obtener sumando 1 y 2, y los números se pueden colocar en dos órdenes posibles:

El número común a la suma del 4 y del 3 es 1, luego el 1 debe ir en la celda común a ambos:

Al colocar el 1 entonces ya se pueden rellenar las celdas que faltan:

Continuamos con las otra suma de 3 que hay en el centro. Hay dos posibilidades:

Pero de las dos posibilidades representadas, sólo es válida la de la izquierda, porque en la de la derecha el 2 se repetiría en la misma fila.

Ya podemos completar la suma 10. Hemos de tener en cuenta que cuatro casillas que sumen 10 sólo admiten los números 1, 2, 3 y 4. Como ya están colocados el 1 y el 2, basta completar con el 3 y el 4 adecuadamente para que no haya repetición en las columnas.

Ahora vamos a observar otro tipo de razonamiento. Fijémonos en la suma 6 de dos casillas, al centro a la izquierda, y en la suma 14, en columna, a la izquierda. Ambas sumas tienen una casilla en común.

La suma 6 en dos casillas se puede expresar de varias formas: 1 y 5, 2 y 4. Lo mismo pasa con el 14, que se puede descomponer en 5 y 9, ó en 6 y 8. Pero si en la casilla señalada hay un número igual o mayor que 6, no sería compatible con la suma 6, y si en la casilla señalada el número fuera igual o menor que 4, entonces para completar la suma de 14 tendríamos que tener 10 o más. Luego las siguientes dos posibilidades son erróneas:

El número de la casilla señalada debe ser, por tanto, un 5, para que así sea compatible con las dos sumas.

Siguiendo este tipo de razonamientos lógicos, se puede completar el kakuro de la única forma posible.

Para resolver los Kakuros es muy útil conocer la lista de sumas únicas. Por ejemplo, con dos celdas o casillas, el 3 sólo se puede obtener con 1 y 2, y el 4 con 1 y 3; además el 17 sólo se puede obtener con 8 y 9, y el 16 con 7 y 9. Con tres celdas, el 6 sólo se puede obtener con 1, 2 y 3, el 7 con 1, 2 y 4; además el 24 sólo se puede obtener con 7, 8 y 9, y el 23 con 6, 8 y 9. Una lista completa de todas las sumas únicas según el número de casillas está, por ejemplo, en esta dirección.

Este tutorial se puede ampliar más, pero cada persona, con práctica y desarrollando sus propios recursos lógicos debe ser capaz de ir enfrentándose a kakuros de nivel cada vez más avanzado. Una página recomendable para jugar al kakuro online es www.kakuro.com.

[El Problema de la Semana] Contando decimales

En el nuevo periplo de nuestro Barco Escuela, el primer problema de la semana ha sido el siguiente:

Algunos números pueden tener muchas cifras decimales, incluso infinitas. Considera el número decimal 

0’012345670123456701234567… 

Si te fijas verás que los decimales se van repitiendo en una sucesión muy fácil. Observa que la primera cifra decimal es un 0, la segunda un 1, la tercera un 2, etc., y si sigues contando, la cifra que está, por ejemplo, en el lugar décimo es un 1, y la cifra que está en el lugar vigésimo es un 3. 

¿Sabrías decir qué cifra decimal está en el lugar milésimo?

Colocamos la imagen ilustrativa a continuación, y después colocamos la solución.

[En la imagen podemos ver el Ojo de Horus, dividido en partes, cada una de ellas correspondiente a una fracción. Los egipcios no usaban nuestro sistema indo-arábigo posicional, y para representar cantidades más pequeñas que la unidad utilizaban fracciones unitarias, es decir, con numerador igual a uno. Eran capaces de expresar cualquier cantidad fraccionaria sumando fracciones unitarias. La imagen y mucha más información sobre las fracciones egipcias, se pueden encontrar en la página correspondiente de la wikipedia]

Solución:

Se ve claramente que los decimales se repiten de ocho en ocho, y además que el 7 está en todos los puestos múltiplos de ocho: el octavo decimal es 7, el decimosexto decimal es 7, el vigésimo cuarto vuelve a ser 7, etc.

Coincidentemente, mil es múltiplo de ocho, luego el decimal que está en el puesto milésimo es el 7.

Nota: el número del que trata nuestro problema es un decimal infinito periódico puro. Como cualquier aprendiz de matenavegante debe saber, este número tiene una expresión en forma de fracción. En este caso la fracción es

Esta fracción es irreducible, porque numerador y denominador no tienen factores primos en común. Concretamente, 1.234.567 = 127 · 9721, y 99.999.999 = 3 · 3 · 11 · 73 · 101 · 137. Las factorizaciones las hemos hecho con la calculadora de esta página. Sin embargo, en esa misma página hay otra calculadora que pasa de decimal infinito periódico a fracción, pero que no funciona bien.

[El Problema de la Semana] Comparando rectángulos

Retomamos la agradable tarea de proponer el problema de la semana. El que tenemos hoy es en realidad el último que pusimos el curso pasado a los grumetes:

Observa los dos rectángulos de la figura. ¿Cuál de los dos ocupa mayor superficie, el ABCD ó el BEFD? Razona tu respuesta.

Por supuesto, para no hacer esperar a nuestro amado público, la respuesta al problema está más abajo de la ilustración.

[Esta fotografía matemática está tomada de la will's web. De momento, ignoro el lugar donde ha sido tomada la foto, pero me gustaría averiguarlo; hay una buena colección de ortoedros en él, con sus correspondientes rectángulos que la perspectiva ha convertido en simples paralelogramos]

Solución:

En primer lugar, si nos fijamos detenidamente en la figura, alguien podría argumentar que ABCD es un rectángulo, pero que BEFD no lo es, porque sus ángulos no son rectos. El gráfico lo hice con el programa Paint de Windows o con otro programa similar, y en efecto, el BEFD no me salió con los ángulos tan rectos como pretendía. Pero este detalle no influye en el problema. O bien podemos dibujar BEFD correctamente para que sea un rectángulo, o bien podemos suponer que es un rectángulo, o bien podemos ignorar completamente el gráfico; en cualquier caso la solución va a ser la misma: La superficie de ABCD es la misma que la de BEFD.

El razonamiento es muy sencillo: Ambos rectángulos tienen un triángulo en común, el BCD. Luego nos basta demostrar que los restos de área de cada uno son iguales, es decir, que el área ABD es igual a la suma de las áreas BEC + DCF.

Esto es fácil, basta trazar un segmento paralelo a BE por el punto C para que corte al segmento BD en el punto G, tal como se ve en la siguiente figura:

Se puede observar que BECG es un paralelogramo, y por tanto, por razones de paralelismo de sus lados,  el triángulo BEC es igual al triángulo BCG. De la misma manera, GCFD es otro paralelogramo, y los triángulos GCD y DCF son iguales. Por tanto BEC + DCF = BCG + GCD, pero esta última suma es igual al triángulo BCD.

Como ABCD es un rectángulo, los triángulos BCD y ABD son iguales, y de aquí concluimos lo que necesitábamos demostrar: ABD = BEC + DCF.

Notas:

1) El razonamiento geométrico que hemos utilizado es un proceso lógico que se viene usando en la geometría desde los tiempos de Euclides. Es independiente de las medidas de los lados, no tiene conexión con ninguna operación algebraica, emplea solamente propiedades geométricas como la del paralelismo y la semejanza de triángulos. Hoy en día no se suele enseñar este tipo de razonamientos a los grumetes, y es muy difícil que ellos, motu proprio, lo empleen para resolver el problema. En realidad, los grumetes solucionaron el problema midiendo los lados de los rectángulos sobre el folio donde estaban impresos. Como quiera que las medidas nunca van a ser exactas por las imperfecciones del dibujo y la falta de precisión de las reglas usadas para medir, las áreas de los rectángulos les salían distintas, y esa es la respuesta que me dieron. Ni uno solo de los grumetes halló la respuesta correcta.

2) He tenido un problema lingüístico al decir el área, pues me había entrado la duda de que últimamente se hubiera aceptado decir la área, ya que área es un sustantivo femenino. Gracias a la Real Academia Española lo he resuelto: se ha de decir el área, aunque con el artículo indefinido un, una lo normal es decir un área, pero no está incorrecto decir una área.

3) Como han pasado varios meses desde que propuse este problema y he sido trasladado a otro Barco Escuela, no recuerdo de dónde lo saqué, pero creo que fue de un libro de texto de la editorial Anaya.

(...)

Cuaderno de bitácora:

Después de un periodo de descanso, silencio y reflexión, regresamos a nuestro periplo constante por los Matemares.

Durante este paréntesis de varios meses hemos sido transferidos a otro Barco Escuela. Estamos conociendo a nuevos oficiales y grumetes. También sentimos ilusiones nuevas, y con ellas nuevas ideas, nuevas direcciones, nuevos retos.

¡Desplegad velas! ¡Partimos otra vez en busca de nuevos horizontes!

[El Problema de la Semana] Pirámide numérica

Nos acercamos al final del curso en nuestro Barco Escuela y éste es el problema de la semana planteado:

La pirámide del gráfico está formada por ladrillos, cada uno con un número. El número de cada ladrillo es igual a la suma de los dos ladrillos sobre los que se apoya. Averigua los números que faltan. (Pista: comienza por averiguar razonadamente el número contenido en el ladrillo marcado con una “x”)

Por favor... ¿Todavía, no sabe dónde está la solución? ¡Cómo es posible a estas alturas...! ¡Más abajo, más abajo, después de la imagen!

[En esta imagen podemos ver la  increíble Pirámide de los Nichos en El Tajín, Veracruz, México. Pertenece a la cultura totonaca, una de las civilizaciones precolombinas que habitaron en territorio mexicano. Si nos fijamos con detalle, la pirámide está formada por siete pisos, y el número de nichos o huecos cuadrados de cada piso en la cara que vemos en la foto, va formando, de abajo a arriba, la sucesión 22, 19, 16, 13, 10, 7 y 5. Curiosamente, los seis pisos inferiores están en progresión aritmética,  de diferencia igual −3, es decir, cada piso disminuye en tres nichos conforme ascendemos. Pero el último piso, el séptimo, rompe la regla disminuyendo sólo en dos, y en lugar de tener 4 nichos tiene 5. ¿Cuál es el motivo de esta corrección? Consultando la entrada de la wikipedia, el número total de nichos que decoran la fachada coincide con el número de días de un año: 365. Si sumamos los términos de la sucesión, 22 + 19 + 16 + 13 + 10 + 7 + 4 = 91, y multiplicamos por 4 caras que tiene la pirámide, nos da 364 nichos. En una de las caras hay una escalera, lo que modifica ligeramente la distribución. Los constructores debieron de adaptar la sucesión y poner cinco nichos en el piso de arriba en lugar de cuatro para que la cuenta coincidiera correctamente con el número de días del año al sumar todos los nichos de todas las caras. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:

Evidentemente, sin la pista de la "x" el problema sería mucho más difícil de resolver. Fijémonos en los dos ladrillos a la izquierda, los que reposan sobre los ladrillos señalados respectivamente con 19, x, 8. Cada uno de esos ladrillos es igual a la suma de los dos sobre los que se apoya, luego en ellos los números serían 19 + x, x + 8. Sumando estas dos expresiones tenemos el ladrillo de arriba, y así obtenemos la ecuación:
(19 + x) + (x + 8) = 53
resolvemos:
19 + x + x + 8 = 53
x + x = 53 − 19 − 8
2x = 26
x = 26/2 = 13.

Una vez resuelta la "x", es muy sencillo averiguar los números que faltan. Los números de la pirámide son:

120

53   67

32   21   46

19   13   8   38

Notas: este problema se inspira en otros problemas similares recogidos en el libro de David J. Bodycombe, The Riddles of the Sphinx.

[El Problema de la Semana] Mensaje secreto

Esta semana nos toca descifrar cierto mensaje.

Este es el mensaje que Hugo ha mandado a Mario. Para que nadie se entere de lo que pone, lo ha cifrado usando un alfabeto desplazado, es decir, cada letra ha sido sustituida por otra desplazando el alfabeto un número concreto de lugares. De este modo ha creado un criptograma: WHPJR ÑD FRPWUDVHQD SDUD HPWUDU HP HÑ RUGHPDGRU GH MXDP. 

El problema es que Hugo ha olvidado dar a Mario el número que indica los lugares que ha desplazado las letras del abecedario. ¿Eres capaz de descifrar el mensaje?

¿Cómo dice? ¿Que si hemos puesto la solución? ¿Todavía se atreve a dudarlo? Búsquela más abajo.

[En esta imagen podemos ver una de las páginas del enigmático manuscrito Voynich, un misterioso libro, escrito y dibujado a mano por un autor anónimo hace unos 500 años, con un lenguaje totalmente incomprensible en un alfabeto desconocido. El libro está, además, lleno de inexplicables ilustraciones que parecen aludir a conocimientos científicos imposibles para la época en la que fue escrito. Debido a la incapacidad para descifrar el texto, algunos han creído que el manuscrito Voynich se trata de un elaborado engaño. Sin embargo, el lenguaje utilizado en él sigue la ley de Zipf, que cumplen todas las lenguas naturales: la longitud de las palabras usadas es inversamente proporcional a la frecuencia de aparición de las mismas. Eso indica que el voynichés, el indescifrable idioma usado en el manuscrito, no se trata de una lengua artificial e inventada como el élfico de Tolkien o el klingon de Star Trek, sino que está basado en una lengua natural. Es imposible que hace 500 años el autor del manuscrito conociera la ley de Zipf, descubierta en el siglo XX, y la tuviera en cuenta, adrede, inventando un lenguaje que la pudiera cumplir.]

Solución:

Basta que tomemos una hoja de papel y escribamos en ella el alfabeto español: A B C D E F G H I J K L M N Ñ O P Q R S T U V W X Y Z (veintisiete letras), y luego lo volvemos a escribir debajo el alfabeto, y hacemos un desplazamiento de letras: si por ejemplo el desplazamiento es de tres lugares, la A la podemos unir con una línea con la D, la B con la E, la C con la F, etc.

También nos podemos construir de papel o cartulina un par de discos como los de la imagen:

Uno de los discos ha de contener el alfabeto de afuera, y el otro el de dentro, los unimos por el centro con una chincheta de forma que puedan rotar independientemente, así es sencillo cambiar cada letra por otra desplazada. En la imagen hay un desplazamiento de siete letras. Téngase en cuenta que el alfabeto de la imagen es un alfabeto inglés de veintiséis letras al que le falta la Ñ.

Hay que probar con diferentes desplazamientos hasta que empiecen a salir palabras con sentido. En nuestro caso, las letras han sido desplazadas precisamente tres letras. Así, para descifrar el texto, sustituimos cada letra por la que está tres lugares delante: la W por la T, la H por la E, la P por la N, etc.

Una vez hecho esto, obtenemos el siguiente mensaje: TENGO LA CONTRASEÑA PARA ENTRAR EN EL ORDENADOR DE JUAN.

Notas: para saber más sobre mensajes cifrados, recomiendo leer mis dos entradas en este blog: Mensajes cifrados (1), y Mensajes cifrados (2): la clave URODINELAS.

El problema de esta semana ha sido extraído del libro de texto de la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Potencias elevadas

Esta semana se les propuso a los grumetes el siguiente problema:

A Felipe y Margarita les gusta competir con sus calculadoras. Al igual que muchas otras potencias, 7⁵⁹ no cabe en la pantalla, pero Felipe afirma que el resultado acaba en 1, mientras que Margarita piensa que acaba en 43. ¿Cuál de los dos tiene razón?

La solución aquí mismo, en esta misma pantalla, pero un poco más abajo.

[Aquí tenemos una foto de una de las primeras calculadoras mecánicas, la pascalina, que fue inventada por Pascal, de ahí el nombre, en 1645. La pascalina sólo era capaz de sumar y restar números de hasta seis cifras, y Pascal la construyó pensando en ayudar a su padre, contador de la Hacienda francesa, y facilitarle el trabajo con los cálculos aritméticos comerciales.]

Solución:

Los problemas en los que nos dan potencias altas y nos piden en qué cifra terminan se resuelven todos probando con las primeras potencias y encontrando la secuencia de terminaciones.

Para las potencias de 7 es fácil encontrar la secuencia:

7⁰ = 1

7¹ = 7

7² = 49

7³ = 343

7⁴ = 2.401

7⁵ = 16.807

7⁶ = 117.649

7⁷ = 823.543

7⁸ = 5.764.801

etc.

Como se puede comprobar, la cifra de las unidades sigue la secuencia 1, 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, ... de forma que las potencias múltiplos de 4 acaban todas en 1.

La potencia que estamos buscando es la 59, la múltiplo de 4 anterior más próxima es la 56, 7⁵⁶ termina en 1, 7⁵⁷ termina en 7, 7⁵⁸ termina en 9 y 7⁵⁹ termina en 3. Felipe, por tanto, no tiene razón.
Pero más que en 3, Margarita afirma que termina en 43 exactamente. ¿Es eso cierto? Si observamos la sucesión de potencias, veremos que también la cifra de las decenas va siguiendo un patrón concreto: 01, 07, 49, 43, 01, 07, 49, 43, luego podemos asegurar que Margarita sí tiene razón.

De hecho, con ayuda de una calculadora que pueda mostrar todos los números, por ejemplo la web2.0calc, obtenemos la potencia completa que estamos buscando: 

7⁵⁹ = 72.574.551.534.231.909.331.741.171.093.173.785.967.490.646.405.143

Nota: este problema ha sido extraído del libro de texto de 4º ESO de la editorial SM.

[El Problema de la Semana] Los vecinos

Este es otro antiguo problema de la semana que incluí en la web doDK:

El abuelo de Dani, que es un simpático señor que ya cumplió los 70 pero al que aun le falta para llegar a los 80, y el padre de Laura, que es cuarentón, viven en la misma calle, en la acera de los pares y en casas contiguas. Laura observa que el producto de la edad de su padre por el número de la casa del portal en que vive es igual al producto de la edad del abuelo de Dani por el número de su portal. Calcula las edades de ambos y los números de sus casas.


Más abajo, como siempre, está la solución.

[La foto que hemos seleccionado hoy es la de la fachada del Museo de Sherlock Holmes, en Baker Street. El famoso detective de ficción siempre se destacó por resolver sus casos con su aguda percepción de los detalles y su irresistible capacidad lógica. Arthur Conan Doyle afirma que Sherlock Holmes vivía en el número 221B de Baker Street, pero ese número en realidad no existía, porque en la época en que Doyle escribió los relatos la numeración de la calle sólo llegaba a 100. Más tarde, en el siglo XX, la calle se amplió, uniéndose a la que antes se conocía como Upper Baker Street, y ocho números, entre los que se incluía el 221, fueron asignados a un edificio llamado Abbey House, que desde ese momento empezó a recibir una ingente correspondencia desde todas partes del mundo dirigida al famoso detective. Tantas cartas recibían, que la Abbey Road Building Society, la constructora del edificio, tuvo que designar un "secretario permanente de Sherlock Holmes" para que se hiciera cargo de aquella correspondencia. La imagen y toda la información se ha tomado de esta web.]

Solución:

Este es un problema de tanteo, pero en el que, al igual que hacía Sherlock Holmes, tenemos que emplear la lógica para descartar posibilidades y quedarnos con la única solución válida. Si llamamos D a la edad del abuelo de Dani, y d al número donde vive, L a la edad del padre de Laura y l al número donde vive, entonces:
D · d = L · l
Si pasamos a un lado las edades y a otro los números de los portales, entonces:
D / L = l / d
Lo que nos interesa de esta igualdad es que las edades forman la misma proporción o razón que los números de las casas. D es un número entre 70 y 79, y L es un número entre 40 y 49. Entonces la razón de las edades es como mínimo 70/49 = 1.42857, y como máximo 79/40 = 1.975.
Ambas personas viven en casas contiguas en la acera de los pares. Los números de los portales pueden ser 2 y 4, 4 y 6, 6 y 8, 8 y 10, etc. Pero las razones en cada pareja de números son: 4/2 = 2; 6/4 = 1.5; 8/6 = 1.3333; 10/8 = 1.25, etc. Rápidamente se llega a la conclusión de que los números de las casas han de ser 4 y 6, para estar en una proporción compatible con las edades, D y L, pues las demás parejas tienen una razón demasiado elevada (4/2 = 2), o demasiado pequeña (8/6, 10/8, etc.)

Una vez que tenemos esto, vamos probando parejas de edades que estén en la misma proporción que 4 a 6, y encontramos que los únicos números que cumplen este requisito son 48 y 72, 72/48 = 1.5, con lo que el abuelo de Dani tiene 72 años y el padre de Laura 48, y viven en el número 4 y el número 6 respectivamente.

[El Problema de la Semana] El profe de matemáticas

A continuación un sencillo problema recuperado entre los restos de doDK.

Tenemos un profesor de matemáticas que no pierde oportunidad de ponernos problemas. El otro día hicimos un examen y hoy, en la clase, le dijimos que si lo había corregido. Nos dijo que sí, pero que los había olvidado en su casa. Nos fastidió, así que le preguntamos si recordaba al menos el número de aprobados. Nos contestó que no recordaba el número exactamente, pero que le llamó la atención que al 95% de los alumnos y alumnas que habían aprobado les gustase mucho el baloncesto. Si en clase hay 35 alumnos/as, ¿cuántos aprobaron?

Si miran ustedes más abajo de la imagen, encontrarán la solución, como siempre.

[Ya que el problema de la semana habla de baloncesto, y yo siempre he sido muy aficionado a este deporte, incluyo una ilustración con las medidas de la cancha, del balón, la canasta, etc. Como todo el mundo sabe, tanto el baloncesto como los demás deportes se pueden ver desde un punto de vista matemático, por la geometría de la cancha y de los objetos usados, la estadística de los deportistas, las marcas de velocidad, tiempo y masa, las trayectorias del balón, la disposición dinámica de los jugadores, etc. La imagen está tomada de esta web.]

Solución:

Basta mirar aquellos números que al hacerle el 95 % da un resultado exacto. El único número menor de 35 cuyo 95% es exacto, es 20, luego aprobaron 20 alumnos y de ellos al 95%, es decir, a 19 alumnos, les encanta el baloncesto.

También se puede observar que 95% = 95/100 y si simplificamos la fracción nos queda 95/100 = 19/20.

[El Problema de la Semana] Cuadrado al cuadrado y algo más

Otro de los antiguos problemas publicados en doDK, del cual, como es habitual, he perdido la fuente y no puedo decir ahora de donde lo extraje.

He tomado un determinado número y hallado su cuadrado. Después, he elevado este cuadrado al cuadrado y multiplicado el resultado por el número original. Al final de mis cálculos, hallo como resultado un número de 7 cifras acabado en 7. ¿Cuál es el número original?

La solución no se hará esperar, en cuanto la imagen dejéis pasar.

[Esta imagen está tomada de la web Grand Illusions. Consiste en un sencillo juguete formado por seis cuadrados hechos de plástico transparente de tres colores, y unidos por una esquina mediante una pieza de goma que se puede pegar a una ventana, por ejemplo. Con la luz que entre por la ventana, los niños pueden jugar  a darle vueltas a los cuadrados y descubrir las diferentes tonalidades de colores que se van formando al combinar los cuadrados entre sí. Recomiendo visitar la página grand-illusions.com, porque está llena de todo tipo de objetos y juguetes mágicos, ilusiones ópticas, y artículos y vídeos de muchos de ellos]

Solución:

Si elevamos al cuadrado, luego otra vez al cuadrado y luego multiplicamos por el número original, estamos elevando a la quinta:

(x²)² · x = x⁵

Tenemos que encontrar a un número que elevado a la quinta dé un resultado de siete cifras que termine en 7. Esto se puede hacer a tanteo, aunque basta probar con los números que terminan en 7, porque son los únicos que pueden dar de última cifra 7 cuando se elevan a la quinta potencia (los que terminan en 3 también pueden dar 7 en la última cifra, pero no cuando se elevan a la quinta potencia).

Tras un breve tanteo se comprueba que 17⁵ = 1419857, es decir, 17 es el único número que lo cumple.

El barco fantasma

Cuaderno de bitácora: esta mañana, a través de la densa niebla, he avistado la forma de un navío de aspecto conocido, y con intrépido ánimo le he pedido al timonel que pusiera rumbo hacia el extraño barco. No ha sido difícil surcar el piélago que nos separaba, y cuando nos hemos aproximado hacia el barco nos hemos encontrado para nuestro asombro con la presencia inquietante y fantasmal de doDK, que suponíamos naufragado desde hace varios meses.

A pesar de nuestras voces y señales no hemos recibido contestación, ni hemos podido ver ningún tripulante a bordo; el barco parece abandonado a su suerte. Tanto mi persona como el resto de los matemarineros, dominados por sentimientos supersticiosos, hemos evitado abordar el extraño navío y después de acompañarlo durante un buen rato en su rumbo a la deriva nos hemos separado lentamente de él. Finalmente la niebla se lo ha vuelto a tragar, y dudo que lo vayamos a encontrar de nuevo en nuestro periplo.

Ignoro si sus bodegas conservarán intacto aquello que una vez contuvieron, yo por mi parte no pienso averiguarlo. ¡Adiós doDK! ¡Sigue surcando el ancho espacio de los matemares en tu recorrido aleatorio! ¡Conviértete en una de esas leyendas y misterios que pueblan las inmensidades mateoceánicas! ¡Que las tormentas te respeten, el agua no pudra tus fuertes cuadernas y los peces se asombren al verte pasar brillando al sol de cielos limpios!

[El Problema de la Semana] Sumas de impares

Hoy, otro de los antiguos problemas de doDK:

Nos han encargado que sumemos todos los números impares desde el 1 al 101 ambos inclusive. Después de un buen rato hemos finalizado la cuenta, pero luego nos han encargado la suma del 1 al 201, y cansados de sumar, queremos encontrar una fórmula fácil que nos dé el resultado.

Encuentra la fórmula, y como aplicación calcula la suma de los impares desde el 1 al 101, del 1 al 201 y del 1 al 343.

¿Dónde estará

la solución?

Justo pasando

la ilustración.

Girad la rueda

en el ratón;

la encontraréis

sin dilación.

[Esta imagen está tomada de una actividad realizada por George Hart en la Universidad de Albion (Albion College), en el verano de 2008. Muestra el vestíbulo de dicha Universidad, en la que Hart dirigió a varios grupos de personas para montar las estructuras geométricas que luego fueron izadas y colgadas a diferentes alturas, como se ve en la foto. En total hay nueve formas geométricas, aunque en la imagen sólo se ven ocho, y están colocadas de forma que su sucesión inspira el vuelo de un asteroide o cometa espacial. Es sorprendente que, a pesar de que las estructuras son perfectamente regulares, Hart ha conseguido una forma intrincada que junto a los colores elegidos sugieren la forma irregular y rugosa de una roca incandescente entrando a la atmósfera de la Tierra. Ver nota al final de esta entrada para más detalles sobre George Hart]

Solución:

Basta ir probando con las primeras sumas de impares y darse cuenta de lo que pasa:

1 = 1 = 1²

1 + 3 = 4 = 2²

1 + 3 + 5 = 9 = 3² ...

Las sumas de números impares consecutivos siempre da el cuadrado de un número, concretamente el número que es media aritmética de los impares que estamos utilizando. Si queremos sumar todos los impares desde el 1 al 101 va a salir el cuadrado del número que es media aritmética entre 1 y 101:

(1 + 101) : 2 = 51; luego

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 99 + 101 = 51² = 2601

Y de la misma forma:

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 199 + 201 = 101² = 10201

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 341 + 343 = 172² = 29584

Aclaración: evidentemente, para los matenavegantes un poco curtidos, este problema trata en realidad de la suma de progresiones aritméticas, y se pueden utilizar las fórmulas apropiadas para calcular dichas sumas, pero en este caso particular, sumando números impares, nos hemos encontrado con el atajo que se ha explicado antes y las fórmulas no son necesarias, tan solo un poco de atención e ingenio.

Nota: la página de George Hart es uno de los últimos descubrimientos en nuestro periplo de matenavegación. Recomendamos a todos los oficiales de los Barcos Escuela que la visiten, porque está llena de sorprendentes actividades. Una de ellas, concretamente la que Hart realizó en la Universidad de Sevilla en octubre de 2008, la hemos repetido en nuestro propio Barco, y en este enlace se pueden contemplar los resultados.