© Libro N° 14669. Juegos Y Enigmas De Otros Mundos. Gardner, Martin. Emancipación. Enero 3 de 2026
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JUEGOS Y ENIGMAS DE OTROS
MUNDOS
Martin Gardner
Juegos Y
Enigmas De Otros Mundos
Martin Gardner
Juegos Y Enigmas De Otros Mundos
Martin Gardner
Reseña
Disfruta de una compilación de enigmas matemáticos de culto firmada por el famoso divulgador científico Martin Gardner, que te atrapará y transportará a otros planetas y universos literarios.
En homenaje a George Orwell, el autor te propondrá un reto matemático en torno al número 1984. También convertirá el crecimiento del bambú y las secuencias de Fibonacci en un problema de teoría numérica.
De las páginas del Fausto de Goethe, Gardner invocará al demonio Mefistófeles para plantear un ejercicio geométrico sobre las estrellas de cinco puntas. ¿Serás capaz de resolver los acertijos sin mirar la solución?
Sólo necesitas un poco de aritmética y lógica para hallar las respuestas a juegos de palabras, palíndromos, geometría, probabilidades y cuadrados mágicos.
Índice
Prefacio
1. El ajedrez de Ray y Smull
2. Los polibichos de Titán
3. El mundo paralelo de Cracker
4. El genio del hiperespacio
5. El monstruo del lago de metano de Titán
6. Las pelotas de la posada Aleph-Cero
7. Cabezas mezcladas en Langwidere
8. Antimagia en la pared numérica
9. Pasados paralelos
10. Luke Warm a cuarenta grados bajo cero
11. Los gongs de Ganimedes
12. Tania al tuntún
13. Azulejos misteriosos en Murray Hill
14. Números cruzados en Febe
15. CF y F en la calle cincuenta y cinco
16. Humpty cae otra vez
17. Palíndromos y números primos
18. Treinta días tiene setiembre
19. Hogar dulce hogar
20. Dedos y colores en cromo
21. El Valle de Los Simios
22. Los comemadres del doctor Moreau
23. Y construyó otra casa en cruz
24. Los anteojos de Piggy y la Luna
25. Monocarriles en Marte
26. El demonio y la estrella de cinco puntas
27. Flarp echa un fiver
28. Superbolas saltarinas
29. Corre, robot, corre
30. Thang, Thung y el metajuego
31. El número de la bestia
32. El joven que quería tener cincuenta años
33. Bambú Fibonacci
34. Comedores atados de guijarro púrpura
35. El dybbuk y el hexagrama
36. 1984
37. La castración de Womensa
Para David B. Eisendrath (h.), inteligente y buen amigo de los días grises de la ciudad.
Prefacio
Desde que comenzó a publicarse el Isaac Asimov’s Science Fiction Magazine en 1976, he tenido el placer y el honor de contribuir en cada número con un acertijo en forma de cuento de ciencia ficción o fantasía.
Las primeras treinta y seis de estas viñetas se publicaron en 1981 con el título de Science Fiction Puzzle Tales. En este libro se presentan las siguientes treinta y siete. Como en la colección anterior, he agregado a las respuestas finales algunos comentarios sobre todos los que pienso que serán del mayor interés para los lectores. En muchos casos estos comentarios derivan de la agradable correspondencia con todos los lectores de la revista de Asimov.
Casi todos los acertijos conducen a un segundo problema relacionado, que a su vez generalmente lleva a un tercero, y ocasionalmente a un cuarto. Las respuestas para los cuatro niveles se reúnen al final de libro, en donde están numeradas en correspondencia con los acertijos. De más está decir que el lector se divertirá mucho más, y también aprenderá bastante, si intenta seriamente resolver cada problema antes de buscar la solución.
Martin Gardner
Acertijo 1
El ajedrez de Ray y Smull
Dos jóvenes matemáticos, Ray y Smull, que estaban en la cabina de la computadora de la nave espacial Bagel, disfrutaban de algunas horas libres inventando juegos de ajedrez insólitos para jugar con Voz, la computadora de la nave.
—Tengo una gran idea —dijo Ray—. Le pediremos a Voz que coloque las cinco piezas negras, rey, reina, alfil, caballo, y torre, en cinco casilleros elegidos al azar. Le diremos que no exhiba las piezas en la pantalla, sino que solamente marque los cinco casilleros en donde las puso. Tú y yo nos sentaremos en cada consola y usaremos auriculares para que cada uno pueda hacerle preguntas a Voz, pero ninguno pueda escuchar lo que le diga al otro. —¿Y entonces? —dijo Smull.
—Cada pregunta —continuó Ray— será sobre cualquier casillero indicado en el tablero Le preguntaremos a Voz cuántas piezas atacan esa casilla.
—¿Podemos preguntar por un casillero marcado?
—Desde luego. Por supuesto ninguna pieza ataca el casillero en el que se encuentra. Si preguntamos por un casillero marcado, la respuesta puede ser 0, 1, 2, 3 o 4. Si preguntamos por un casillero vacío, puede ser 0, 1, 2, 3, 4 o 5. En lugar de preguntar cuántas piezas atacan a un cuadro, podemos preguntar si tal pieza está en tal casillero. A tales preguntas Voz contestará sí o no.
—Creo que puedo anticiparme —dijo Smull—. Voz llevará un registro de la cantidad de preguntas que le haga cada uno hasta que determinemos la posición de las cinco piezas. El que haga menos preguntas gana.
—Eso es —dijo Ray—. Es una especie de versión ajedrecística del antiguo Cerebro Mágico del siglo veinte.
Los dos hombres pronto se fascinaron con el juego, aunque Voz se quejó de que era trivial y una gran pérdida de su valioso tiempo. En el transcurso del juego descubrieron varios problemas singulares. Por ejemplo, examinemos lo que expone la computadora en la figura 1.
Figura 1
Las cinco piezas están en las casillas marcadas con una estrella. Voz indicó que sólo dos piezas atacan a los tres casilleros restantes. Esta información es todo lo que el lector necesita para determinar qué pieza se encuentra en cada casillero marcado. Trate de resolverlo antes de buscar la solución.
1ª Solución
La pieza en d8 debe ser una reina o una torre, porque si no c3 y e3 deben tener caballos que ataquen a d1. Considerando que sólo hay un caballo en el tablero, di debe ser atacado por una reina o por una torre en d8.
El caballo debe estar en c3. Si estuviera en e3 no habría forma de que dos piezas atacaran a a7. La pieza en e3, para poder atacar a a7, debe ser una reina o un alfil. Si es una reina, entonces la torre debe estar en d8, y no hay ninguna pieza disponible en g7 que pueda atacar a a7. Por lo tanto e3 debe tener el alfil. Observen que el alfil ahora ataca a g5.
La pieza n g7 debe ser la torre o la reina porque debe atacar tanto a a7 como a g5. No puede ser la torre, porque eso colocaría a la reina en d8 y tendríamos tres piezas, no dos, atacando a g5. Por lo tanto la reina está en g7, la torre en d8, y en consecuencia el rey está en b5.
La figura 21 muestra la única solución.
Figura 21
Después de jugar durante varias semanas, Ray y Smull decidieron complicar un poco el juego y le pidieron a Voz que no indicara las posiciones de las cinco piezas. Por lo demás, el juego se realiza como antes.
La figura 22 muestra el número de piezas que atacan a cada uno de los doce casilleros. ¿Dónde están las cinco piezas?
Figura 22
2ª Solución
La figura 43 muestra la única manera en que se pueden colocar las cinco piezas.
Ambas versiones del juego se pueden realizar sin computadora. Dos jugadores se sientan de espaldas, cada uno con un tablero y cinco piezas. Uno coloca las piezas, el otro hace preguntas, y se lleva un registro de la cantidad de preguntas que se necesitan para saber dónde están las cinco piezas. Después los jugadores cambian de lugar para el siguiente juego, y el que hizo la menor cantidad de preguntas gana.
Figura 43
Estoy en deuda con Jaime Poniachik, de Buenos Aires, que edita una revista argentina llamada Humor & Juegos por sugerirme este juego y proporcionarme el primer problema.
Los nombres Ray y Smull se eligieron en honor al matemático Ray Smullyan por sus dos colecciones de libros sobre brillantes problemas de ajedrez: The Chess Mysteries of Sherlock Holmes y The Chess Mysteries of the Arabian Knights.1
1 Hay versiones castellanas: Juegos y problemas de ajedrez para Sherlock Holmes y Juegos de ajedrez y los misteriosos caballos de Arabia, Barcelona, Gedisa, 1986. [T.]
Acertijo 2
Los polibichos de Titán
Cuando la nave espacial Bagel regresó de la última misión, la tripulación disfrutó de un mes de vacaciones en la Tierra, antes de embarcarse nuevamente. La nueva misión era aterrizar en Titán, la luna más grande de Saturno, para determinar qué clase de vida, si la había, florecía bajo la espesa capa de nubes amarillas del Satélite.
El viaje hacia Titán no tuvo acontecimientos notables. El Bagel hizo un aterrizaje cauteloso en el lado de la luna que enfrenta a Saturno. Larc Snaag, capitán de la nave, y Stanley G. Winetree, un biólogo espacial, fueron los primeros en aventurarse a salir de la nave.
—¡Qué mundo tan frío y triste! —exclamó Snaag, mientras caminaba lentamente por una superficie viscosa entre charcos de nitrógeno líquido. Al mirar hacia arriba, a través de la densa atmósfera de nitrógeno, apenas podía divisar el vasto contorno de Saturno y sus anillos, aun cuando el planeta estaba iluminado casi totalmente por el Sol.
—¡Hola! ¿Qué es esto? —gritó Winetree, y agachó la cabeza para que un rayo de luz brillante de la parte superior del casco espacial se dirigiera hacia abajo. Innumerables formas de vida diminutas, todas de color gris, se escabullían sobre la sustancia pegajosa negra como un enjambre de hormigas.
Con la mano enguantada del traje espacial, Winetree recogió cerca de un millar de criaturas diminutas y las colocó dentro de una caja
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de especímenes que llevaba. De regreso en el laboratorio químico del Bagel, la inspección minuciosa de las formas de vida reveló algunos hechos sorprendentes. ¡Cada cuerpo era un cristal duro, de aproximadamente medio centímetro de diámetro, en forma de poliedro convexo perfectamente regular! Los apéndices, que servían de piernas, variaban en número de seis a veinte. En el cuerpo no había indicio de ojos ni de una boca.
Un poliedro convexo es un cuerpo sólido con caras poligonales planas. Convexo significa que si una línea recta une dos puntos dentro del sólido o sobre él, la línea está completamente dentro del sólido o sobre él. Todos los «polibichos» de Titán, como los denominó Winetree, eran «simples» Esto quiere decir que no tenían ningún orificio.
Parecían estar representadas todas las variedades posibles de poliedros de no más de 30 lados. El examen minucioso de los polibichos de la muestra recolectada reveló que el número de lados de un polibicho podía ser cualquiera entre 6 y 30 con una sola excepción: el número 7.
—No entiendo —le dijo Winetree a Ronald Couth, principal matemático de la nave.
—Sé que el poliedro más simple es el tetraedro. Tiene 4 ángulos, 4 caras y 6 lados. Muchos de nuestros polibichos son tetraedros. Y muchos otros tienen 8 lados. ¿Por qué no 7? Couth se echó a reír.
—Te olvidaste de la geometría elemental sobre sólidos, Stan —dijo.
Luego continuó explicando por qué ningún polibicho tiene 7 lados.
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¿Cuál fue la explicación?
1ª Solución
Es imposible que un poliedro simple, convexo o no, tenga 7 lados. Si no lo cree, ¡trate de cortar una papa para formar un poliedro de 7 lados! Pero primero, probemos que los poliedros pueden tener cualquier número de vértices, o cualquier número de caras, mayor que 3.
Un tetraedro tiene 4 caras. Si cortamos un ángulo obtenemos una quinta cara. Si cortamos otro ángulo sumamos una sexta cara. Si seguimos cortando más ángulos podemos formar un poliedro convexo con cualquier número de caras mayor que 3.
Un tetraedro tiene 4 vértices. Considerémoslo como una pirámide con una base triangular. Si cambiamos la base por un cuadrado, tendremos una pirámide que se asemeja a la Gran Pirámide de Egipto. Tiene 5 vértices. Cambiemos la base por un pentágono y tendremos 6 vértices. Por medio de sucesivas sumas de lados a la base podemos formar una pirámide con cualquier número de vértices mayor que 3.
Los lados son más difíciles de analizar. No hay espacio suficiente para una prueba formal de que no es posible que tenga 7 lados, pero aquí hay una forma de demostrarlo. Una famosa fórmula del matemático suizo Leonard Euler dice que para cualquier poliedro simple, con caras poligonales simples, V - E + F = 2. V representa a los vértices, E a los lados y F a las caras.
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Dado que al menos 3 lados deben encontrarse en cada vértice y al menos 3 lados deben rodear cada cara, no es difícil demostrar que debe haber dos desigualdades:
3V es igual o menor que 2E
3F es igual o menor que 2E
Supongamos que E = 6. Hay sólo una forma de insertar otros dos números enteros positivos en la fórmula de Euler y satisfacer simultáneamente las dos desigualdades: V = 4. E = 6, y F = 4. Hemos descrito la estructura del tetraedro, el único poliedro con cuatro caras.
Figura 23
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Suponemos que E = 8. Nuevamente hay sólo una solución en números enteros positivos que satisface las tres fórmulas: V = 5, E = 8 y F = 5. Hemos descrito la Gran Pirámide. Supongamos que E = 7. Una pequeña prueba lo convencerá de que no hay valores enteros para V y F que satisfagan la ecuación de Euler y las dos desigualdades. En otras palabras, ningún poliedro simple tiene 7 lados.
Otra forma de considerar el problema es imaginar un tetraedro alterado y pensarle un quinto vértice. No hay manera de hacerlo sin que el número de lados salte de 6 a 8. Por encima de 8, un poliedro convexo puede tener cualquier número de lados.
Una inspección más atenta de los polibichos de Titán reveló que había siete variedades de hexaedro: poliedros convexos de 6 caras. Seis se muestran en la figura 23. Son topológicamente (o combinatoriamente) distintos en este sentido. Es imposible deformar el esqueleto (estructura de lados) de uno para pasarlo al esqueleto de otro variando la longitud de los lados y de los ángulos entre ellos. Un cubo, por ejemplo, es combinatoriamente idéntico a una pirámide de 4 lados a la que se le cortó el ángulo superior.
Hay un séptimo hexaedro convexo que no se mostró. ¿Puede dibujarlo?
2ª Solución
La figura 44 muestra el séptimo hexaedro convexo.
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El problema general de enumerar todos los tipos distintos de poliedros convexos, dado el número de vértices, caras o lados, es extremadamente difícil y queda sin resolver excepto para valores muy bajos. Hay un solo poliedro con 4 caras (el tetraedro), dos con 5 caras (una pirámide con una base cuadrilátera y un tetraedro con un vértice truncado) y treinta y cuatro con 7 caras.
En Excursions into Mathematics se da una prueba de que sólo existen siete hexaedros convexos. Este es un libro que recomendamos de Anatole Beck, Michael Bleicher y Donald Crowe (1969), págs. 29-30. Stanley G. Winetree es un juego de palabras sobre el nombre de Stanley G. Winbaum, un escritor norteamericano de ciencia ficción a quien se recuerda sobre todo por sus fantásticas formas de vida extraterrestre.
Figura 44
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Acertijo 3
El mundo paralelo de Cracker
—¿Quieres decir —exclamó Ada Loveface— que existen realmente mundos paralelos?
—Las pruebas son contundentes —contestó el profesor Alexander Graham Cracker—. Sé que te gusta la ciencia ficción clásica, entonces debes haber leído Men Like Gods, la gran novela utópica de H. G. Wells. Si es así, debes recordar que su protagonista, el señor Barnstaple, junto a varias personas, se transporta a una tierra paralela con una historia muy parecida a la nuestra, pero no completamente igual.
—Conozco el libro muy bien —dijo Ada—. Wells creó a su Rupert Castkill tomando como modelo a Winston Churchill, y al Padre Amerton en base a Gilbert Chesterton La mayoría de los aficionados a la ciencia ficción no lo saben.
—A decir verdad —dijo Cracker algo sorprendido— no lo sabía. Tendré que releer el libro uno de estos días. De todas formas, te agradará saber que encontré una manera de entrar en los mundos paralelos siempre que no estén a más de medio centímetro de nosotros a lo largo de la cuarta coordenada del espacio.
En esa época Cracker era un físico investigador en la Universidad de Columbia, en Manhattan, y la señorita Loveface era su compañera y principal ayudante. Tardaron seis meses en construir la máquina del mundo paralelo con el genial manejo Dean del hiperespacio y en rodearla con superconductores sobreenfriados capaces de crear un
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campo magnético lo suficientemente potente como para permitir que la energía desplazara la maquina a medio centímetro por el espacio cuatridimensional.
Ada se unió a Cracker en la prueba inicial. Se comprimieron dentro de la máquina que tenía aproximadamente el tamaño de una cabina telefónica. Cracker apretó un botón. Hubo un fuerte ruido de cohete y un choque que les sacudió el trasero. Aparentemente la máquina había caído medio centímetro dentro del piso de cemento del laboratorio.
Cracker abrió la compuerta y salieron retorciéndose. El laboratorio se veía exactamente igual.
—Otra vez, Alee —dijo Ada—. El experimento es un fracaso. Quizá ganes otro Uri. (Los premios anuales Uri, reimplantados en 1980 por el mago James Randi, son trofeos en forma de cuchara doblada, que se destinan a los proyectos científicos más alocados del año.)
No creas —dijo Cracker—. Recuerda: las diferencias entre los mundos paralelos que están a una distancia menor de un centímetro pueden ser tan leves que no es tan fácil reconocerlas. Investiguemos un poco.
Era una tarde soleada de octubre. Mientras caminaban por Morningside Heights, la ciudad universitaria tenía el mismo aspecto habitual. Varios estudiantes, que reconocieron al profesor y a Ada, los saludaron al pasar. La pareja se detuvo junto a la gran réplica de bronce de la famosa estatua «El pensador» de Auguste Rodin. La estatua se yergue, o mejor dicho, descansa sobre un pedestal de granito de forma cúbica, de aproximadamente un metro y medio de
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altura, frente a la facultad de filosofía de Columbia, como si dijera: «Aquí, gentes, es donde se desarrollan los pensamientos profundos». El desnudo musculoso de Rodin estaba en la misma postura de siempre, con la barbilla descansando en la palma de la mano derecha doblada, el codo derecho sobre el muslo derecho y el rostro hacia abajo absorto en la meditación. Hacia el noroeste, entre las esquinas de la Capilla de San Pablo y de la Biblioteca Low Memorial, Cracker veía la torre gris del Seminario de Unión Teológica entre las hojas movidas por el viento.
—¡Mira, Alee! —gritó Ada, señalando la estatua—. ¡Estaba equivocada! ¡Estamos en otro universo! ¿Qué vio Ada para decir esto?
1ª Solución
En nuestro universo, «El Pensador» de Rodin tiene el codo derecho sobre el muslo izquierdo.
Escribo esto en 1980, un año que tiene exactamente 36 divisores. (Contamos como divisores a 1 y al mismo año.) Esto es sorprendente, considerando que el año anterior, 1979, es un número primo que no tiene divisores excepto 1 y él mismo, y debemos remontamos al 1800 para encontrar un año anterior que tenga 36 divisores.
¿Puede determinar el año del mundo paralelo de Cracker si le digo que es el primer año después de 1980 que tiene no menos de 36 divisores, y que igual que el 1800 y 1980, tiene sólo 36 divisores?
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Para encontrar los divisores de un número, primero determine los factores primos, luego multiplique todas las combinaciones posibles de factores primos para obtener los divisores no primos. Por ejemplo, los divisores primos de 1980 son 2 × 2 × 3 × 3 × 5 × 11 = 1980. De esta manera los divisores forman una secuencia de 36 números que comienzan con 1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 11, 12, 15, … y terminan en 1980.
2ª Solución
Después de 1980 el primer año con 36 divisores es 2016, que por una curiosa coincidencia, ¡es precisamente 36 años después!
Ahora vamos a un problema mucho más difícil. ¿Cuál será el primer año que tenga la mayor cantidad posible de divisores para cualquier año que no tenga más de cuatro dígitos?
3ª Solución
Ningún número de cuatro o menos dígitos puede tener más de 64 divisores. El primer año con esa cantidad de divisores (incluyendo 1 y el mismo número) es 7560. Sólo sucederá de nuevo una vez más antes del año 10 000, en 9240.
Platón, en el Libro 5 de Las Leyes, recomienda que una ciudad ideal tenga precisamente 5040 ciudadanos, cada uno dueño de una parcela de tierra, porque 5040 tiene 60 divisores y es fácil dividir a los ciudadanos y a sus propiedades en varios grupos iguales. Probablemente Platón no sabía que 7560 y 9240 serían mejores por cuatro divisores.
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En el caso de que se pregunten por qué el profesor Cracker y Ada Loveface no encontraron un duplicado de la máquina transportadora o una réplica de ellos mismos cuando llegaron al mundo paralelo, la respuesta es obvia. Sus réplicas acababan de entrar en su propia máquina y se habían transportado al siguiente mundo paralelo.
Uno de mis buenos amigos de Tulsa, Robert W. Murray (ya no vive), se divertía inventando bromas pesadas que nunca dañaban a nadie. Un día en la década de 1930, cuando era estudiante en la Universidad de Columbia, pasó por la estatua de Rodin una noche muy tarde después de tomar unos tragos en un bar cercano en Broadway. Se le ocurrió que podía subir a la estatua y sentarse en la cabeza. Le resultó muy fácil subir.
Murray adoptó una posición idéntica a la del pensador. Una vez un estudiante pasó por allí y de repente vio al joven sentado en la cabeza de la estatua, absorto en meditación. Murray declaró que era un profeta capaz de responder cualquier pregunta. Se amontonó una multitud y durante unos treinta minutos Murray dio inteligentes e ingeniosas respuestas para todas las preguntas. Luego bajó discretamente y se fue a su casa.
Una vez escribí un cuento corto basado en este incidente, pero no pude venderlo. Los editores se quejaron de que era demasiado artificial e improbable.
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Acertijo 4
El genio del hiperespacio
John Collier Fletcher siempre había querido llegar a ser una estrella de ópera. Era un hombre grande, pero desafortunadamente el timbre de su voz era muy bajo y era difícil para el público escucharlo sin amplificación electrónica. En el colegio abandonó su sueño, obtuvo un doctorado en matemáticas y se convirtió en profesor de la Universidad de Nueva York. Se especializaba en aritmética. Durante muchos años luchó en vano para probar el último teorema de Fermat.
(El último teorema de Fermat postula que la ecuación an + bn = cn no tiene solución en números enteros positivos si n es mayor que 2. El caso de n = 1 es trivial. Cuando n = 2 hay una cantidad infinita de soluciones, que se denominan triplos pitagóricos, de los cuales el más simple es 32 + 42 = 52. Pierre Fermat escribió una nota en el margen de un libro en la que decía que tenía una prueba maravillosa para el teorema, pero que el margen era demasiado pequeño para desarrollarla. Hasta hoy nadie encontró esa prueba ni un contraejemplo del teorema.)
Una tarde tormentosa, cuando Fletcher caminaba por la nieve y el fango hacia su departamento de soltero en el área de SoHo (sur de Houston) cerca de NYU, pasó por un pequeño negocio que no recordaba haber visto antes. Un letrero que estaba debajo de la sucia vidriera decía: «El viejo negocio de botellas de Ray Palmer».
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En un estante que estaba detrás de la ventana había cerca de una docena de botellas raras. A Fletcher le llamó la atención una de ellas. Parecía, ¡sí, seguramente era!… una botella Klein.
(Una botella Klein es una superficie cerrada sin lados, como la superficie de una esfera. La superficie de una esfera tiene dos lados [externo e interno]. Una hormiga que camina por el exterior no puede entrar a menos que haya un agujero. Pero una superficie Klein tiene un solo lado, igual que una banda Möbius. El exterior es continuo con el interior. Una hormiga puede caminar por cualquier parte en ambos «lados» de la superficie sin pasar por un agujero.)
Fletcher siempre había deseado tener una botella Klein para mostrársela a los alumnos. La pesada puerta del negocio crujió ominosamente cuando la abrió. Un anciano de aproximadamente 1,20 de al tura, de cabello blanco y pálidos ojos azules apareció detrás de unas cortinas raídas en la parte posterior del negocio.
—¿Esa que está en la vidriera es una botella Klein? —preguntó Fletcher.
—Bueno, no exactamente —dijo el gnomo—. Sólo es un modelo vulgar (véase la figura 2). Como puede observar el tubo pasa por un orificio y entra en la botella. Una genuina botella Klein no tiene agujeros. La superficie no se interseca en ninguna parte porque el tubo da una vuelta repentina y entra en la cuarta dimensión.
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Figura 2
Lo sé, lo sé —dijo Fletcher—. Enseño topología en la Universidad de Nueva York.
El gnomo no pareció impresionarse: —Pero sí tengo algunas botellas Klein en existencia. Aunque son más caras. Y pueden traer problemas.
—¿Problemas? —dijo Fletcher—. ¿Por qué?
—Porque entran en la cuarta dimensión. Nunca se puede saber qué clase de criatura del hiperespacio podría salir cuando se destapa la botella. Podría ser un ángel amigable o un genio, pero podría ser algo maligno como un demonio o un derro. No se ría. Le mostraré uno.
Fletcher contuvo la risa, en realidad se parecía a una débil risita, cuando el gnomo desapareció detrás de la cortina. Apareció un momento después con una botella en forma de pera casi tan grande como él. Parecía estar hecha con una especie de vidrio rosado frágil.
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Sin duda era una botella Klein, salvo que en donde el tubo generalmente se hunde en un agujero, había una región esférica de intensa blancura que brillaba tenuemente y luego resplandecía como una bola relampagueante. El gnomo lo señaló con una uña negra.
—¡Ahí es donde la miserable cosa se dobla y entra en el hiperespacio! —dijo—. Naturalmente no se puede ver la torsión. Pero si se deja caer algo dentro de la botella, caerá dentro de la cuarta dimensión y nunca podrá recobrarse.
Fletcher estaba tan intrigado que compró la botella al instante, aun cuando le costó mucho más de lo que había calculado. Cuando llegó al departamento colocó la botella en el cuarto del living, luego se arrodilló sobre la alfombra junto a ella y trató de deducir qué podía provocar esa nube de luz centelleante.
Trató de sentir la nube, pero su mano simplemente desapareció en una zona de frío intenso. Cuando sacó la mano, los dedos estaban tan congelados que tuvo que calentarlos bajo un chorro de agua caliente.
La abertura en la parte superior de la botella estaba tapada con un tapón de goma negro de casi 15 centímetros de ancho. Moviéndolo de un lado a otro Fletcher finalmente logró sacarlo.
Un fuerte crujido fue acompañado por una corriente de aire helado, una nube ondulante de humo púrpura y un extraño olor de Estambul en el que parecían mezclarse olores cloacales con especias aromáticas. Un enorme genio, vestido como si acabara de salir
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directamente de las Noches de Arabia, se materializó de la nube e hizo una profunda reverencia.
—Estoy a tu disposición —dijo con una voz profunda y resonante que Fletcher envidió—. Tienes los tres deseos de siempre. ¿Cuál es tu primer deseo?
Cuando Fletcher recuperó la compostura dijo titubeando:
—Siempre quise cantar como Caruso.
—Oír —dijo el genio— es obedecer.
Fletcher sintió un repentino impulso de energía latente dentro de los pulmones y parecía como si el pecho se le hubiese agrandado varios centímetros. Cantó algunas notas. ¡Magnífico! El tono era perfecto y el vibrato intenso.
—¡Bravísimo! —dijo el genio—. ¿Y el segundo deseo?
Fletcher pensó sólo unos instantes.
—Quisiera una prueba del último teorema de Fermat.
—¿Cómo dice? —preguntó el genio.
Fletcher garabateó rápidamente una ecuación en una hoja.
Es el problema más importante sin resolver en la teoría numérica. Si puedo probar que no tiene solución en números enteros cuando n es mayor que 2, seré más famoso que Isaac Asimov. El genio estudió la ecuación.
No soy muy bueno con los números. Esto requiere consulta con una autoridad superior. No se vaya. Volveré en pocos minutos terrestres. De alguna forma el genio se los arregló para meterse en la botella rosa. Un momento después, salió de otra extraña explosión de humo de olor raro y le entregó a Fletcher el papel que se había
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llevado. Debajo de la ecuación, con escritura pequeña pero legible, había una pequeña prueba.
Fletcher leyó la prueba con gran desconcierto. ¡En su exaltación había escrito mal la ecuación! Había intercambiado las n con a, b, y c. La ecuación, por decirlo así, se había invertido de esta manera:
na + nb = nc
La prueba de imposibilidad fácil de seguir cuando n es mayor que 2 era realmente perfecta. ¿Puede inventar esa prueba?
1ª Solución
Le debo a Douglas Hofstadter la prueba de la versión invertida del último teorema de Fermat. Hofstadter presenta el teorema en su libro ganador del premio Pulitzer, Gödel, Escher, Bach: An Eternal Golden Braid. Allí no se da ninguna prueba porque, como dice el texto, la maravillosa prueba «es tan pequeña que sería casi invisible si se escribiera en el margen».
La ecuación na + nb = nc obviamente no tiene solución en números enteros positivos si n = 1 porque entonces se reduce a la falsa igualdad 1 + 1 = 1. Tiene infinidad de soluciones si n = 2. Sólo tenemos que suponer que a = b, y c = a + 1. Por ejemplo: 22 + 22 = 23.
Supongamos que n es mayor que 2. Si n es la base de la notación de un número, entonces todas las potencias de n tienen una representación nria que es 1 seguido por una hilera de ceros. De esta
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manera en nuestra notación base 10, todas las potencias de 10 tienen la forma: 10, 100, 1000, 10 000, y así sucesivamente.
En la ecuación invertida ni a = b ni a no es igual a b. Si a = b, la suma de las dos potencias iguales, escritas en notación de base n, será la suma de dos números, cada uno escrito como 1 seguido por a ceros. La suma tendrá la forma de 2 seguido por a ceros, que obviamente no puede ser una potencia de n.
Supongamos que a no es igual a b. Cada potencia se escribirá en notación de base n como 1 seguido por una hilera de ceros, pero ahora las hileras serán de distintas cantidades. Por lo tanto, la suma tendrá la forma de 1 seguido por una hilera de ceros que tendrá otro 1 en alguna parte de la cadena. Una vez más, un número de esta clase no puede ser una potencia de n. Considerando que a debe o no ser igual a b, hemos probado el teorema por reductio ad absurdum. (Usted se preguntará por qué esta prueba no se aplica a la notación binaria cuando a = b, pero un poco de experimentación lo aclarará.)
El genio frunció el entrecejo cuando Fletcher le explicó su error.
—Le proporcionamos lo que pidió —dijo—. Por lo tanto debe tomarse como cumplimiento de su segundo deseo. ¿Cuál es el tercero?
—¡Quiero una prueba de que esta ecuación —bramó Fletcher con su nueva voz estentórea- no tiene solución cuando n es mayor que 2! Esta vez escribió la ecuación correctamente.
—Oír —dijo el genio, haciendo una reverencia— es obedecer. Pero debo consultar nuevamente con mis superiores.
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El genio se sumergió en la botella. Pasaron varios minutos. Fletcher no pudo contener otro impulso de probar su voz. Cantó una conocida aria de Rigoletto, y terminó en una nota aguda. Cantó la nota en tono agudo con todo el poder de los pulmones que pudo reunir.
La botella rosa se rompió en mil pedazos.
Por supuesto Fletcher nunca volvió a ver al genio.
Fletcher cambió de nombre y de ocupación. Quizás oyeron hablar de John Luciano Pavoletti, que se considera el tenor más importante desde Carusso.
Los admiradores de la fantasía de John Collier deben recordar el clásico cuento corto «Bottle Party», sobre un genio y un tipo desafortunado llamado Frank Fletcher. Si le interesa construir en forma sencilla una botella Klein de papel, vea el capítulo 2 de mi Six Book of Mathematical Games from Scientific American.
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Acertijo 5
El monstruo del lago de metano de Titán
Hace cuatro meses dejamos a Larc Snaag, capitán de la nave espacial Bagel, y al biólogo espacial Stanley G. Winetree, explorando la lóbrega superficie de Titán, la luna más grande de Saturno. Después de analizar las diminutas formas de vida de Titán, que Winetree denominó «polibichos», los dos hombres dejaron la nave para hacer la segunda exploración del rojizo satélite.
La temperatura en la superficie de Titán, de aproximadamente 300 grados Fahrenheit, bajo cero, era tan baja que el metano podía formar un líquido en la rica atmósfera de nitrógeno de Titán. Los intrépidos exploradores no se sorprendieron al encontrarse con un enorme lago de metano.
Giraron las cabezas de un lado a otro para que los rayos de luz de los cascos iluminaran la orilla del siniestro líquido negro. Un verso de Edgar Allan Poe resonó en la mente de Snaag:
Resignadamente bajo el cielo
yacen las aguas melancólicas
De repente una criatura surgió del líquido denso. Un enorme monstruo semejante a una serpiente, con un solo ojo rojo que brillaba en el centro de la cabeza, se arrastró por la arena oscura y se dirigió lentamente hacia Snaag.
Winetree, que estaba en una de las orillas, fue el primero en actuar. De un tirón sacó la pistola láser del cinturón y cortó prolijamente a
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la serpiente marina en tres partes por medio de dos cortes paralelos, rectos.
Con el propósito de plantear un problema de ingenio, supongamos que se cortó a la serpiente con dos planos paralelos en tres partes de igual longitud. La longitud de cada pieza era de diez metros más la mitad del largo de una de las piezas. ¿Cuánto medía la criatura?
1ª Solución
Llamemos x a la longitud de la serpiente. La longitud de cada pieza es x/3. Ahora podemos escribir la ecuación:
x /3 = 10 + x /(2 × 3)
Al resolver la ecuación x tiene el valor de 60 metros. Desafortunadamente, esta respuesta presupone un hecho que no se da en el planteo del problema. ¿Cuál es el supuesto injustificado, y cuál es la respuesta correcta del problema cuando no se formula el supuesto?
2ª Solución
El supuesto injustificado es que los dos cortes paralelos de la serpiente fueran perpendiculares al eje de la cabeza a la cola. No tenemos ninguna forma de saber si éste era el caso. Todo lo que se nos dice es que los cortes de Winetree eran paralelos. Por lo que
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sabemos podrían haber sido en cualquier ángulo del eje de la serpiente y el ángulo puede variar de cero a noventa grados.
Si el ángulo era cero, los cortes serían paralelos a los lados del monstruo, y entonces cada pieza sería tan larga como la misma serpiente. Por lo tanto la respuesta correcta al problema es que la longitud de la serpiente podía ser cualquier valor entre 20 y 60 metros inclusive. (Quiero agradecer a Max Muller, de Cleveland, por enviarme esta entretenida variante de un viejo rompecabezas.)
¿Y qué pasa con el peso del monstruo del lago de metano de Titán? Supongamos que peso se refiere al peso terrestre expresado en libras.
Un antiguo acertijo aritmético dice que si un ladrillo pesa una libra más la mitad de su propio peso, ¿cuánto pesa el ladrillo? Muchos contestan apresuradamente 1½ sin darse cuenta de que esto es contradictorio desde el punto de vista lógico. Primero suponen que el ladrillo pesa una libra, luego llegan a la conclusión de que pesa una libra y media. Evidentemente, la única interpretación coherente del enunciado de la pregunta es que el peso del ladrillo es la suma de una libra y la mitad de su propio peso. Obviamente una libra es la «otra mitad». Por lo tanto el ladrillo pesa dos libras.
Vea cuánto tarda en responder a las siguientes cuatro preguntas sobre la serpiente. ¿Cuánto pesa si el peso es:
1. 1000 libras más la mitad de su propio peso?
2. 1000 libras menos la mitad de su propio peso?
3. 1000 libras por la mitad de su propio peso?
4. 1000 libras dividido por la mitad de su propio peso?
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Si recuerda el álgebra elemental, no debe tener dificultad con ninguna de las ecuaciones más apropiadas.
3ª Solución
1. 2000 libras
2. 666 y 2/3 libras
3. Cero
4. La raíz cuadrada de 2000 o 44,721.
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Acertijo 6
Las pelotas de la posada Aleph-Cero
La posada Aleph-Cero es un hotel de temporada infinitamente enorme que está dentro del Tubo Negro, un «agujero vermiforme» John Wheeler, que conecta el agujero negro que está en el centro de la galaxia de la Vía Láctea con los agujeros negros de otros universos. La posada tiene lo que los matemáticos denominan un «infinito numerable» de habitaciones, cantidad que puede estar en correspondencia biunívoca con los números naturales.
Detrás de la posada hay un enorme campo de juegos repleto de piléis de arena, hamacas, balancines y laberintos para los niños que vienen de la Tierra, y hay innumerables juegos exóticos para los niños de otros planetas.
Pelotas de goma de colores, todas numeradas, se pueden conseguir sin cargo en la Pared del Número Natural. A lo largo de esta extraordinaria pared hay una hilera de orificios, cada uno a medio metro del suelo. Como se deben imaginar, la pared y la hilera de agujeros se extienden eternamente. Los agujeros están marcados con los números enteros positivos 1, 2, 3,…, y así sucesivamente hasta el infinito. Si un niño aprieta un botón numerado, sale rodando del agujero una pelota de goma con ese mismo número. Naturalmente existe una provisión infinita de pelotas para cada número entero.
Un día Yin, una niña negra africana, jugaba con un niño chino llamado Yang. Yin había conseguido nueve pelotas numeradas del 1
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al 9 y se entretenía ordenándolas sobre el pasto gris para formar el conocido cuadrado mágico que muestra la figura 3.
Cada hilera de tres —horizontal, vertical y diagonal— suma el constante mágico 15. Sin considerar diferentes las rotaciones y reflexiones, este es el único cuadrado mágico que se puede formar con los primeros números contables.
Figura 3
—Me pregunto —dijo Yang— si existen triángulos mágicos. Apretó el botón en el décimo agujero para sacar una pelota 10.
Figura 4
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Durante casi una hora Yin y Yang trataron de ordenar las diez pelotas en el modelo triangular que muestra la figura 4 para que cada hilera (horizontal o diagonal), formada con dos, tres o cuatro pelotas diera como resultado la misma suma mágica.
Por más que lo intentaron, no pudieron encontrar la solución. De repente Yin se golpeó la frente con la mano.
—¿Podemos ser tan estúpidos? ¡Por supuesto, no hay solución! ¿De qué se dio cuenta Yin?
1ª Solución
Aquí tenemos una forma de probar que las pelotas del 1 al 10 no pueden formar un triángulo mágico. Supongamos que hay una solución; luego consideremos los siguientes diagramas:
Figuras 24 y 25
A la izquierda, cada una de las hileras diagonales a, b y c deben dar una suma que sea un tercio del total de los números de las nueve pelotas que forman estas tres hileras. Evidentemente, esta suma es igual a 55 (el total de los diez números) menos el número de la
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pelota x, y el resultado se divide por 3. Expresado en forma algebraica, la constante es (55 - x)/3 a la derecha. Por las mismas razones, la constante mágica para las hileras d, e, f deben ser (55 - y)/3. Dado que las constantes mágicas para ambos diagramas deben ser las mismas, nos vemos obligados a llegar a la conclusión de que x = y. Pero x no puede ser igual a y porque cada pelota tiene un número distinto. Por lo tanto nuestro supuesto original es falso. Hemos probado por reductio ad absurdum que no es posible formar un triángulo mágico con números del 1 al 10. Es evidente que la prueba se aplica ampliamente a triángulos de cualquier medida.
Después que Yin explicara la prueba, los dos niños decidieron investigar modelos hexagonales. Primero probaron con un modelo de pelotas del 1 al 6, pero vieron rápidamente que eso no tenía solución.
Figura 26
Una pelota situada en esquina en el modelo de arriba, como la que está marcada con x, pertenece a dos hileras de dos pelotas cada una. Esto requiere que las pelotas a y b tengan números idénticos
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para que las dos hileras den la misma suma. Después Yin y Yang se interesaron por el modelo de 19 pelotas que se muestra abajo.
Figura 27
Varias horas después, encontraron la solución. Esa noche uno de los padres, un profesor de matemáticas, les dijo que no sólo esta era la única solución posible (sin considerar diferentes las rotaciones y reflexiones) sino que ningún hexágono de ningún tamaño podía ser mágico.
Esto no es verdad en los cuadrados mágicos. Cuanto más grande es el cuadrado, mayor es el número de soluciones. Un cuadrado mágico de cuatro por cuatro (con números del 1 al 16) tiene 880 soluciones básicas. En 1973 un programa de computadora descubrió que hay 275.305.224 cuadrados mágicos básicos de cinco por cinco. La cantidad de cuadrados mágicos de seis por seis es tan inmensa que aún no se han determinado. Sin embargo, para los hexágonos mágicos, sin tener en cuenta el tamaño, ¡sólo hay un caso!
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Su problema consiste en colocar números del 1 al 19 en las casillas para que cada hilera de tres, cuatro o cinco casillas, en cualquier dirección, dé la misma suma mágica, La suma es 38. Esto se obtiene fácilmente sumando los números del 1 al 19, que nos da 190, y se divide por 5, que es el número de hileras paralelas en cualquier dirección.
Es una tarea formidable. Le pedimos que se dedique un rato a ella, con piezas de cartón numeradas, antes de que se dé por vencido y busque la solución.
2ª Solución
El sorprendente modelo que muestra la figura 45 fue descubierto por primera vez en 1895, por William Radcliffe, un profesor de Andreas School en la Isla del Hombre.
Figura 45
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Patentó el «acertijo 38», como lo llamó, en 1896 en Inglaterra y los Estados Unidos, pero no tuvo éxito en comercializarlo. Tom Vickers lo redescubrió sesenta años después y lo publicó en The Mathematical Gazette, volumen 42, diciembre de 1958, página 291. No fue hasta 1963 que Charles W. Trigg, de San Diego, California, comprobó que la solución es única, y que ningún otro hexágono, de cualquier medida, puede ser mágico.
El modelo no sirve para nada pero seguramente es un elemento de extraña y sutil belleza.
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Acertijo 7
Cabezas mezcladas en Langwidere
En alguna parte de la Vía Láctea un pequeño planeta llamado Langwidere gira alrededor de un sol que los astrónomos de la Tierra conocen como Oz-1856. El planeta está habitado por una raza humanoide de seres inteligentes que tienen la extraña costumbre de intercambiarse las cabezas cuando quieren.
Cuando mueren langwidereanos de buena salud, se preservan sus cabezas inconscientes y desangradas por medio de técnicas criogénicas y se venden a precios que varían según la edad, calidad y belleza de las cabezas. Los pobres no pueden darse el lujo de tener cabezas de repuesto, pero alguien relativamente rico puede tener dos o tres y un hombre o mujer ricos pueden adquirir un guarda cabezas de varios cientos. En Langwidere hay un antiguo proverbio: Tres cabezas son mejores que dos. La mayoría de los hoteles de Langwidere tienen congeladores de cabeza sobreenfriados donde los huéspedes pueden guardar las cabezas de repuesto.
Un trío de jovencitas muy atractivas, llamadas Dot, Trot y Zot, se registraron juntas durante un verano en un hotel de temporada. Cada señorita traía sólo una cabeza de más. Cuando colocaron las cabezas de repuesto en el congelador del hotel, un empleado medio tonto (que una vez había perdido la cabeza en un accidente y ahora usaba una que tenía un cerebro inferior) mezcló los tres talones de reclamo y se los dio al azar.
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—¿Está seguro de que nuestras cabezas estarán bien? —preguntó Dot.
—Sin duda —contestó el empleado—. Hasta ahora nunca se perdió ni se dañó ninguna cabeza en el hotel. Disfruten de su estadía. ¿Qué probabilidad existe de que al menos una de las damas tenga el talón de reclamo correcto?
1ª Solución
Llamemos a las damas D, T y Z. Los talones de reclamo de las tres cabezas se pueden permutar, en sólo seis formas igualmente probables:
DTZ TDZ ZDT DZT TZD ZTD
Suponiendo que el orden correcto es DTZ, es fácil observar que en cuatro de los seis casos por lo menos una de las damas consigue el talón de reclamo correcto. Por lo tanto, la probabilidad de que esto ocurra es 4/6 = 2/3 = 0,6666…
Para una persona y un talón de reclamo, la probabilidad de tener el talón correcto, obviamente es 1. Para dos personas con talones de reclamo al azar, la probabilidad de que al menos uno sea el correcto disminuye a 1/2. Como vimos, para tres personas retrocede a 2/3. Para cuatro personas hay 24 permutaciones igualmente posibles, de las cuales 15 tienen por lo menos un talón de reclamo correcto y por lo tanto la probabilidad desciende a 15/24 = 5/8 = 0,625. A medida que n (el número de personas) aumenta, la probabilidad sube y baja
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alternadamente, pero con aumentos que disminuyen rápidamente. En el largo plazo la secuencia «estrangula» (converge en) un límite. ¿Cuál es este límite?
2ª Solución
El límite es 1 - (1/e), donde e es la base irracional de logaritmos naturales. El valor de e es 2,718281828…, que le da a la fracción un valor de 0,63212055866…, o apenas menos de 2/3. Esto se puede realizar con naipes de la siguiente manera.
Una persona baraja un mazo de n cartas mientras otra baraja un mazo idéntico que contiene las mismas n cartas. Reparten las cartas de a una por vez en perfecta sincronización. ¿Qué probabilidad existe de que al menos un par de cartas repartidas simultáneamente sean idénticas? Si el mazo contiene tres o más cartas, la probabilidad se acerca a 2/3.
La probabilidad para todos los mazos de cinco o más cartas es de 0,63+. De esta manera, si un supuesto psíquico expresa cualquier secuencia de 52 naipes mientras se reparten las barajas en otra habitación, al menos el nombre de una carta será correcto en aproximadamente dos de cada tres repeticiones del test.
Ahora veamos si puede responder a esta simple pregunta. Después de que Dot, Trot y Zot tuvieran los talones de reclamo que les dio el empleado al azar. ¿Qué probabilidad hay de que exactamente dos de las damas tengan el talón de reclamo de cabeza correcto?
3ª Solución
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La respuesta es cero. ¿Perdió el tiempo examinando las seis permutaciones de los tres objetos buscando los que tenían exactamente dos símbolos en el lugar correcto? Si dos damas obtuvieron el talón de reclamo correcto, el tercer talón debe pertenecer a la tercera dama. En otras palabras, no es posible que sólo dos sean correctos.
No es necesario decir que Langwidere honra a la princesa Langwidere de Ev, que puede elegir usar cualquiera de entre las colecciones de treinta cabezas que posee.
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Acertijo 8
Antimagia en la pared numérica
Dos capítulos atrás, en «Las pelotas de la posada Aleph-Cero», describimos un campo de juegos detrás de la posada en el que hay una Pared del Número Natural. Al apretar botones debajo de una infinita y extensa hilera de orificios numerados, un niño puede sacar una pelota de goma con cualquier número entero positivo impreso que desee, como las bolas que se usan en las mesas de pool en la Tierra.
En el problema de ingenio anterior, una niña negra de nombre Yin y un niño chino llamado Yang jugaban con pelotas que tenían números consecutivos que comenzaban con el 1, y experimentaban con pequeños cuadrados mágicos, triángulos y hexágonos. «Mágico» quiere decir que todas las hileras rectas de dos o más pelotas dan como resultado la misma suma. Yin y Yang formaron un cuadrado mágico y probaron que no pueden existir triángulos mágicos.
—¿Crees que es posible —preguntó un día Yin— formar un cuadrado que sea antimágico?
—¿Qué quieres decir? —dijo Yang.
—Quiero decir que la suma de cada hilera, columna y diagonal principal dé un resultado diferente.
Pudieron comprobar fácilmente que no hay cuadrado antimágico de 2×2. (Curiosamente, todo ordenamiento posible de 1, 2, 3 y 4 produce un cuadrado con sumas de 3, 4, 5, 6, y 7.) También pudieron formar cuadrados antimágicos de 3×3 sin dificultad. Era
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tan fácil, en realidad, que trataron de imponer otras limitaciones para hacer más interesante la tarea.
Yin y Yang no fueron capaces de formar un cuadrado antimágico de orden 3 con las ocho sumas en orden consecutivo, ni pudieron hacer un cuadrado antimágico de orden 3 en el que se incluyeran las sumas de las diagonales quebradas (una diagonal de dos números más el número del ángulo opuesto). Pero sí encontraron dos cuadrados antimágicos de 3×3 con la siguiente propiedad. Si se coloca una torre de ajedrez en el 1, se puede hacer una jugada de torre de una casilla al 2, luego una jugada de torre de un casillero al 3 y así sucesivamente con 4, 5, 6, 7, 8 y 9. Una de las soluciones es:
3 4 5
2 1 6
9 8 7
¿Puede encontrar la otra? Por supuesto no se consideran diferentes las rotaciones y reflexiones de un modelo.
1ª Solución
La otra única jugada de torre que se conecta con el cuadrado antimágico de tercer orden es:
765
894
123
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Cada modelo es el «complemento» del otro porque se obtiene cambiando cada dígito por la diferencia de 10. En ambas soluciones el camino de la torre es una espiral del 1 al 9.
Después Yin y Yang se interesaron por los triángulos antimágicos y descubrieron rápidamente que el triángulo formado con 1, 2 y 3 es antimágico.
1 2
3
—¡Qué bueno! —exclamó Yin—. Si sumamos los tres números de las esquinas, nos da 6. Eso produce cuatro sumas en orden consecutivo: 3, 4, 5 y 6.
Cuando los niños empezaron a investigar los triángulos mágicos de la siguiente medida, más grandes, descubrieron que eran tan abundantes que comenzaron a buscar un modelo en el que las sumas que daba cada hilera de dos o más dígitos, los tres dígitos de los ángulos y los tres dígitos interiores fueran no sólo distintas sino en orden consecutivo. Yang pudo probar que las ocho sumas consecutivas tenían que ser 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 y 13. Para su deleite Yin y Yang encontraron una solución y probaron que era la única.
—¿Puede poner los dígitos del 1 al 6 en un orden triangular de modo que las ocho sumas (formadas por todas las hileras de dos, todas las de tres, los tres dígitos de los ángulos y los tres dígitos internos) sean los números del 6 al 13?
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2ª Solución
El único modelo es:
2 4 5
3 6
1
Antes de que el día terminara Yin y Yang encontraron un proyecto aún más desafiante. Se preguntaron si podían formar triángulos con números consecutivos, comenzando con 1, para que cada número debajo de la hilera superior representara la diferencia entre el par de números que estaban directamente encima de ésta. Los dos modelos de orden 2 son triviales:
3 2 3 1
1 2
No fue tan fácil encontrar las cuatro soluciones para orden 3:
6 2 5 2 6 5 6 1 4 1 6 4
4 3 4 1 5 3 5 2
1 3 2 3
Y les llevó varias horas encontrar las cuatro soluciones para orden 4:
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6 1 10 8 6 10 1 8
5 9 2 4 9 7
4 7 5 2
3 3
8 3 10 9 8 10 3 9
5 7 1 2 7 6
2 6 5 1
4 4
Yin y Yang regresaron a la Pared del Número Natural al día siguiente para sacar las quince pelotas del triángulo de diferencias de orden 5, el triángulo que es la formación de partida para las quince bolas en el juego de pool. Finalmente encontraron la única solución posible. Es difícil obtenerla sin la ayuda de una computadora, y aun mucho más difícil demostrar que es la única.
3ª Solución
Aquí está la única forma en que las quince pelotas, numeradas del 1 al 15, forman un triángulo de diferencias:
6 14 15 3 13
8 1 12 10
7 11 2
4 9
5
El coronel George Sicherman inventó el problema y se publicó por primera vez en mi columna de Scientific American en abril de 1977. Desde entonces varios matemáticos han probado que la solución es única y que no existen los triángulos de diferencias de orden más
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alto. La única prueba publicada que conozco para estos hechos está en «Exact Difference Triangles» por G. J. Chang, M. C. Hu, K. W. Lih, T. C. Shieh en el Bulletin of the Institute of Mathematics Academia Sínica, volumen 5, junio de 1977, págs. 191-97.
Ahora, si les digo que el coronel Sicherman vive en una conocida ciudad norteamericana que tiene el nombre de un mamífero también muy conocido, ¿puede adivinar el nombre? Es una pregunta entretenida para plantear a los amigos. Algunos adivinan el animal enseguida y otros nunca se lo imaginan.
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Acertijo 9
Pasados paralelos
Seguramente recuerdan cómo unos capítulos atrás Alexander Graham Cracker y su curvilínea asistente, Ada Loveface, probaron la teoría de Cracker de que una infinidad de universos paralelos florecen uno al lado de otro como las páginas de un libro. La máquina del mundo paralelo de Cracker podía desplazarse a medio centímetro por la cuarta coordenada espacial hasta el «siguiente» universo: un universo casi exactamente igual al nuestro.
La razón por la cual Cracker y Ada no pudieron encontrarse con sus gemelos cuando entraron en el siguiente mundo fue que sus dobles acababan de irse en su propia máquina. Por supuesto, apenas Cracker y Ada se desplazaron, por decirlo así, de la página n a la página n+1, sus dobles de n-1 aparecieron en el laboratorio n. Cuando Cracker y Ada regresaron a n, todos los otros pares volvieron simultáneamente a sus mundos originales.
Después de otro año de investigación intensa, Cracker perfeccionó la máquina para poder visitar cualquier sitio deseado de una tierra adyacente en cualquier momento del pasado paralelo. Para la primera prueba decidió regresar dos décadas hasta 1981.
—En 1981 —dijo Cracker, señalando con un dedo— había un televisor en ese rincón. Era un aparato de color pasado de moda y tenía una imagen plana. Ni siquiera tenemos que salir del laboratorio para verificar 1981 en n+1. Simplemente veremos algunos programas n+1 y veremos si podemos observar algunas
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diferencias significativas entre nuestro pasado y el del mundo en que estaremos.
Cracker y Ada se comprimieron para entrar dentro de la pequeña máquina. Cracker ajustó los controles y un momento después aparecieron en el nuevo y limpio laboratorio de 1981. Por suerte no había nadie en el recinto en ese momento. El viejo televisor estaba ahí, como Cracker había dicho. Ada lo encendió. Johnny Carson charlaba con Mickey Rooney.
—Estás en el ambiente del espectáculo desde muchachito —dijo Carson— y trabajaste con docenas de grandes estrellas. En realidad te casaste con una de ellas: con Ava Gardner. ¿Con qué estrella te gustó más trabajar?
—Bueno, es difícil de decir —contestó Mickey—. Todas eran tan maravillosas. Por supuesto me encantó trabajar con Judy. Judy era grandiosa. Pero todas eran maravillosas. Las amaba a todas.
—¿Es posible —dijo Cracker— que nuestra máquina aún esté en nuestro propio espacio-tiempo? ¿Regresamos a nuestro propio pasado?
El cabello rojizo de Ada se arremolinó cuando negó con la cabeza.
—Imposible —exclamó—. Puedes estar seguro de que esos dos en la pantalla no son nuestros Johnny y Mickey. ¿No escuchaste la conversación?
¿Qué escuchó Ada para convencerse de que estaban en el pasado de un mundo paralelo?
1ª Solución
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Fue la primera pregunta de Johnny Carson. Nadie, pero nadie en el mundo del espectáculo de los Estados Unidos alrededor de 1981, habla de «el» ambiente del espectáculo2.
Cracker y Ada decidieron no quedarse en 1981. Estaban ansiosos por viajar a los pasados paralelos de otras ciudades. Ya tenían planes para visitar Stratford, Inglaterra, el 23 de abril de 1616, luego hacer un viaje relámpago a Madrid el mismo día para verificar las muertes de Shakespeare y Cervantes. Como todos sabemos, ambos escritores murieron el 23 de abril de 1616. Robert Service describió la coincidencia en un poema que dice así:
¿No es extraño que en esta fecha común
Dos titanes de su época, por siempre eternos, juntos renunciaran a este estado mortal
y se elevaran como dioses inmaculados y sublimes?
¿Deberían rendir homenaje mutuo a sus almas
y tomados de la mano unirse a las huestes celestiales de Júpiter?
En Stratford-upon-Avon, Cracker y Ada presenciaron el funeral y el entierro de Shakespeare. Pero cuando se trasladaron a Madrid, el misino día, ¡descubrieron que Cervantes había muerto diez días antes!
—Me asombra esta disparidad —dijo Cracker cuando regresaron al 2001, en el departamento que compartían en la calle 106—. En
2 En el original, textualmente «in the show business». [T.]
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vista de nuestras experiencias pasadas con los pasados paralelos, nunca hubiera previsto semejante diferencia.
Sin embargo, como Ada se enteró después, la diferencia era muy exagerada. ¿Qué negligencia habían cometido?
2ª Solución
Ni Cracker ni Ada pensaron en verificar qué calendarios usaban Inglaterra y España en 1616. Inglaterra todavía usaba el antiguo calendario Juliano, pero España había adoptado el calendario Gregoriano reformado, que estaba adelantado diez días con respecto al Juliano. ¡Los dos famosos escritores realmente murieron con diez días de diferencia!
Robert Service escribió otro poema sobre el Bardo de Avon en el que reveló una razón, basada en el título de una de las obras de Shakespeare, para creer que Francis Bacon había escrito las obras realmente. ¿Puede adivinar qué obra es? Contestaré citando la estrofa final del poema.
3ª Solución
Jack MacBrown le dijo a Tam McSimth «Vamos, pagarás una hermosa dracmita; Bacon es mi apuesta— la prueba adjunta… Llamaba a su héroe más grande Hamlet.»3
3 Juego de palabras con Bacon (tocino) y Ham (jamón). [T.]
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Acertijo 10
Luke Warm a cuarenta grados bajo cero
Y entonces vino la niebla y
también la nieve y se produjo un
frío maravilloso.
COLERIDGE,
The Ancient Mariner
En un sistema solar vecino al nuestro hay un planeta que se conoce como STC, que es un poco más pequeño que la Tierra, con un diámetro de aproximadamente 10.000 kilómetros. Se está realizando la primera exploración del planeta, dirigida por los astronautas Luke Warm y Hotta Stuph.
Cuando establecieron la base de operaciones en el ecuador del planeta, el clima era tan cálido que los miembros del grupo de aterrizaje tuvieron que bajar la temperatura de los trajes espaciales. Pero cuando Luke estaba a varios kilómetros de la base, en una expedición para recoger muestras de rocas, se produjo una repentina e inexplicable caída de la temperatura. Una espesa neblina violeta se extendió por la tierra y algo parecido a la nieve terrestre, excepto que era de color púrpura oscuro, comenzó a cubrir el suelo. Luke ajustó el dial del cinturón para levantar la temperatura del sistema de calefacción del traje.
—¿Qué diablos pasa? —le gritó a Hotta por el inter— comunicador.
Ella monitoreaba las llamadas en la base.
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—¿Cómo demonios quieres que lo sepa? —dijo Hotta—. Eres el experto en clima en esta aventura. ¿Qué temperatura hay ahí afuera?
Luke controló el termómetro de su muñeca.
—¡Sagrado Asimov, no puedo creerlo! ¡Hace cuarenta grados bajo cero!
Esta conversación se transmitía en vivo para muchas cadenas televisivas alrededor de la Tierra. En Tulsa, Oklahoma, una clase de ciencias de octavo grado miraba la pantalla con absorta atención. Un niño de la clase levantó la mano.
—Luke dijo cuarenta bajo cero. ¿En la escala Celsius o Fahrenheit? La maestra frunció el entrecejo.
—A decir verdad, Bacon, no lo sé. Ahora, se podría pensar que sólo hay una escala estándar. Pero como aprendimos el mes pasado, hace poco los norteamericanos se dividieron con gran vehemencia porque nuestro Congreso Republicano sancionó una ley que legaliza el uso de ambas escalas. En realidad, no estoy segura de cómo se calibró el termómetro de Luke.
—Sé exactamente qué temperatura informa —dijo Babs, una niña de la última fila—. Es menos cuarenta Celsius.
—¿Estás segura de que el termómetro es Celsius? —preguntó la sorprendida maestra.
—No —dijo la niña—. Pero estoy convencida de que tengo razón. ¿Cómo podía estar tan segura?
1ª Solución
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Menos cuarenta es el único valor en el que la escala Fahrenheit se interseca con la escala Celsius (o centígrada). En otras palabras, ¡menos cuarenta en una escala es exactamente igual a menos cuarenta en la otra!
Dado que 100 divisiones de la escala Celsius equivalen a 180 divisiones de la escala Fahrenheit, cada grado Fahrenheit es 5/9 más que un grado Celsius. Y cero Celsius, la temperatura a la que se congela el agua, es 32 grados Fahrenheit. Conociendo estos hechos no es difícil llegar a la siguiente ecuación: C = 5/9 (F - 32).
Si C = -40, la ecuación le da a F un valor de -40. Entre paréntesis, el termómetro de Luke no podía ser de mercurio porque éste se congela a 39 °C.
Usted debe haber notado que en los termómetros Fahrenheit para tomar la temperatura hay un leve encogimiento en el tubo que impide que el mercurio caiga nuevamente hasta que se sacude el termómetro. ¿Cómo es posible? Si el mercurio cuando se dilata puede subir a través del encogimiento, ¿por qué no puede bajar cuando se contrae? ¿Y por qué la lectura cae por un momento si se sumerge el termómetro en agua caliente?
2ª Solución
El encogimiento es tan pequeño que el mercurio no puede pasar a menos que lo empuje una potente fuerza, como la que produce la presión cuando se expande. Cuando el mercurio se enfría, se divide en el encogimiento en dos partes. Sólo la inercia, que produce una
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sacudida potente, forzará a la parte superior para que baje nuevamente.
Cuando se coloca el termómetro en agua caliente (¡no demasiado caliente porque podría romperse!) el vidrio se dilata antes que el mercurio. Esto agranda el canal lo suficiente como para que el mercurio de la parte superior pueda bajar un poquito.
Ahora para los que disfrutan de los juegos de palabras, ¿qué temperatura (en ambas escalas) representa el siguiente jeroglífico?
BABS
0
3ª Solución
Dos grados (licenciado en letras y licenciado en ciencias) sobre cero. Las partes 1 y 3 se basan en las preguntas del excelente acertijo en Capital M de Michael Steuben, un boletín de noticias para la organización Mensa en el área de Washington, D. C. La parte 2 se basa en el divertido libro de ciencia recreativa, The Flying Circus of Physics (1975) de Jearl Walker.
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Acertijo 11
Los gongs de Ganimedes
Los antiguos cultos rara vez desaparecen. Tienen la característica de resurgir de las cenizas como el legendario Fénix. Así fue como a mediados del siglo XXI, por una agradable coincidencia que tuvo lugar en Fénix, Arizona, el doctor Matrix ni, biznieto del famoso numerólogo, revivió la Antigua Hermandad Pitagórica.
En el año 2053, el doctor Matrix III y varios centenares de miembros de la Iglesia de Pitagorología, emigraron a Ganimedes, la luna más grande de Júpiter. En realidad, es la más grande del sistema solar y hasta supera a Titán, aunque es mucho menos densa. La Iglesia estableció la base debajo de una enorme cúpula geodésica en el centro de un gran cráter (que el doctor Matrix III llamó IVA en honor a su bisabuela).
Eligieron Ganimedes no sólo por su tamaño, sino por su extraordinaria «llave de resonancia», con dos satélites hermanos, las lunas gigantes Ío y Europa. Ganimedes gira en órbita alrededor de Júpiter en aproximadamente una semana terrestre. Europa completa el circuito en la mitad de lo que tarda Ganimedes, e Ío en exactamente la mitad de lo que tarda Europa. Esta «llave» de porcentaje 1:2:4 es la única llave triple que se conoce para los tres cuerpos astronómicos. Ganimedes parecía un sitio ideal para la colonia porque los modelos de números naturales están en el alma de la Pitagorología.
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Al cumplir 21 años terrestres (21 es la suma de los cuadrados de 1, 2 y 4) todo hombre y mujer de la colonia debe realizar un viaje ceremonial alrededor del borde interno del cráter. La longitud del camino circular es exactamente de 21 kilómetros. Hay cinco estatuas de águilas separadas a distancias enteras (en km) a lo largo de este sendero. Recuerdan a la gran águila que llevó a Ganimedes, un hermoso joven troyano, al monte Olimpo, donde se convirtió en copero de los dioses. Una de las águilas es de oro y las otras cuatro son de bronce. Junto a cada águila hay una pequeña cúpula donde el caminante puede conseguir alimentos y albergue para pasar la noche. Dentro de cada cúpula hay un enorme gong de bronce.
La marcha ceremonial comienza en el águila de oro. Si el caminante es varón, viaja alrededor del sendero en el sentido de las agujéis del reloj. Se detiene en la primera águila de bronce, entra en la cúpula y toca el gong tantas veces como el número de kilómetros que acaba de caminar. Mientras resuena el sonido, medita sobre el significado pitagórico secreto de ese número. Luego sigue hasta la próxima águila, donde nuevamente toca el gong tantas veces como los kilómetros que recorrió desde la última águila, mientras medita sobre este segundo número. El ritual se repite en cada águila hasta que regresa a la estatua de oro de donde partió. Habrá tocado cinco gongs y habrá meditado sobre cinco números enteros diferentes.
Ahora el hombre comienza la segunda fase de su camino y continúa en el sentido de las agujas del reloj, pero esta vez se detiene cada dos águilas. Como antes, toca el gong tantas veces como la cantidad
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de kilómetros que acaba de recorrer. Dos circuitos alrededor del camino lo llevan de regreso al águila de oro. Habrá tocado cada gong una vez y habrá meditado sobre cinco números más sin que ninguno duplique al anterior. En la tercera fase del camino se detiene cada tres águilas y sigue el mismo procedimiento. Esto lo lleva de vuelta a la estatua de oro después de tres circuitos. Luego se detiene cada cuatro águilas y regresa al águila de oro después de cuatro circuitos. La quinta y última caminata lo lleva sólo una vez alrededor del camino hasta la quinta estatua, que por supuesto es la de oro. Allí toca el gong 21 veces mientras medita sobre la belleza y el misterio del 21.
Las cinco águilas están dispuestas hábilmente. Cuando el hombre complete once circuitos habrá honrado cada número entero del 1 al 21, aunque no en orden consecutivo. Las mujeres que realizan la caminata deben marchar en sentido contrario al de las agujas del reloj. Los hombres toman la dirección inversa de las lunas más alejadas de Júpiter. Las mujeres siguen la dirección de Ganimedes, Europa e Ío, las más cercanas a las Grandes Cuatro: las lunas gigantes que descubrió Galileo.
Hay una y sólo una forma (sin considerar como diferente el reverso de un espejo) de disponer las cinco águilas para que la marcha ceremonial sea posible. (Por supuesto si funciona en una dirección, también funciona en la otra.) Podemos describir el problema de la siguiente manera: Coloque cuatro puntos más en el camino de 21 kilómetros que muestra la figura 5 para que cada número entero del 1 al 20 corresponda a la distancia entre dos puntos del círculo.
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Figura 5
1ª Solución
Los puntos en la figura 28 muestran dónde deben ir las cinco águilas. Fíjese y verá que cada número del 1 al 20 está representado una vez y una sola vez por una distancia entre un par de puntos del círculo.
Generalicemos n puntos (águilas). Si n = 1 el modelo es insignificante, un solo punto en un círculo de longitud 1. Si n = 2 el modelo es casi igualmente insignificante; un círculo de longitud 3. Cuando n = 3 el único modelo es un círculo de longitud 7 con tres puntos que tienen distancias entre sí de 1, 2 y 4: ¡la triple llave de resonancia! Cada número entero del 1 al 6 se da una vez sola por una distancia entre dos puntos.
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Figura 28
Para n = 4 hay esencialmente dos soluciones diferentes. La longitud del círculo es 13 y los espacios son 1, 2, 6, 4 o 1, 3, 2, 7. Ya vimos la única solución para n = 5. Para n = 6 la longitud del círculo es 31 y hay cinco soluciones:
1, 2, 5, 4, 6, 13
1, 2, 7, 4, 12, 5
1, 3, 2, 7, 8, 10
1, 3, 6, 2, 5, 14
1, 7, 3, 2, 4, 14
Podemos definir al «círculo de Ganimedes» como aquel en el que n puntos se pueden colocar para que las unidades de distancia entre pares de puntos sean los números naturales de 1 a n(n -1). La circunferencia del círculo será n(n - 1) + 1. En 1038 James Singer,
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un matemático norteamericano, probó que los círculos de Ganimedes existen para cada n igual a un número primo más 1 o a la potencia de un número primo más 1; más formalmente, si n = pk
+ 1, donde p es un número primo y k es cualquier número entero positivo. No se sabe si hay círculos de Ganimedes que no cumplan esta condición.
Singer supuso que el número de modelos diferentes (sin contar las reflexiones) para un círculo de Ganimedes con más de dos puntos es igual a la función pi de Euler para la circunferencia, dividida por 6k. La función pi de Euler para el número entero n es el número de enteros no mayor que n y relativamente primo; es decir, con divisores no comunes distintos a 1 y n. Por ejemplo, cuando n = 6 la longitud del círculo es 31. La función pi de Euler para 31 es 30. (El número 1 siempre se incluye entre los números relativamente primos. Para cualquier número primo p, la función pi siempre es p - 1). Al escribir 6 en la forma pk + 1 da 51 +1, entonces k = 1. Nuestra fórmula toma los valores 30/6 = 5, que nos dice que para n = 6 hay cinco soluciones distintas, sin contar las inversiones. David A. James, cuando escribió sobre los «Círculos Mágicos» en Mathematics Magazine (volumen 54, mayo de 1981, páginas 122-125; ver también su carta en la página 148 del mismo número), anuncia que ha probado la imposibilidad de un círculo para n = 7, y que el supuesto de Singer es válido para todas las n menores que 18.
En cualquier círculo de Ganimedes, cada distancia entera, de la longitud que sea, puede medirse (y de una sola forma) si permitimos tantos circuitos como queramos alrededor del círculo en cualquier
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dirección. Un día un devoto pitagorólogo, luego de finalizar la caminata ceremonial, contempló el brillante cielo azul. Júpiter estaba debajo del horizonte, pero Ío estaba casi llena, y se maravilló con su superficie rara y desaliñada de oscuras líneas ondulantes; ¡un contraste tan impresionante en comparación con el rígido orden de los números naturales!
«Creo que voy a continuar mi camino», se dijo, «entrando cada seis cúpulas, luego cada siete, y así sucesivamente, hasta que toque el gong exactamente 100 veces.»
¿Puede determinar cuántos circuitos habrá recorrido (incluyendo los once circuitos de la caminata ceremonial) antes de tocar 100 veces?
2ª Solución
El pitagorólogo hará 240 circuitos en el sentido de las agujas del reloj antes de emprender parte de otro circuito para detenerse en la última águila de bronce y tocar el gong 100 veces. Si una mujer hiciera la misma caminata, en el sentido contrario al de las agujas del reloj, calculo que tocaría el gong 100 veces en el águila de oro, después de realizar 260 circuitos completos.
Estos cálculos se simplifican porque cada enésima fase de la caminata requiere n circuitos excepto cuando n es un múltiplo de 5 y en ese caso hay n/5 circuitos.
Cuando se publicó mi problema de ingenio, James me escribió para decirme que había verificado el supuesto de Singer para n a 33 y que Dembowski en Finite Geometrics de 1968 había informado que se había verificado que no puede existir un círculo diferente a la
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forma n = pk + 1 para todas las n menores que 1600. James también se enteró de que no existe un círculo para n = 7 y esto lo probó T. P. Kirkman (del famoso problema de escuela de niños Kirkman) en un ensayo de 1857.
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Acertijo 12
Tania al tuntún
El Coronel Renald Couth, jefe científico de la computadora de la nave espacial Bagel, acababa de recibir información desde la Tierra sobre las nuevas órdenes para la nave.
—¿Cuál es la misión, papá? —preguntó Tania, su hija de doce años. —Se acaba de descubrir un nuevo sistema solar cerca del extremo de la galaxia. Vamos en camino para investigar.
—¿Existen formas de vida en alguno de los planetas?
—Sí, me dijeron que tres de los cinco primeros planetas de la estrella central tienen cierta forma de vida. —¿Cuál exploramos primero?
—El quinto.
Tania aplaudió.
—¡Qué emocionante! Me pregunto si la vida se basa en el carbono.
El coronel Couth alzó las cejas.
—¿Cómo sabes que el quinto planeta no es uno de los dos estériles?
El coronel se rió cuando Tania se lo explicó. ¿Qué le dijo?
1ª Solución
—Porque, tonto —dijo Tania—, no hubieras dicho tres de los primeros cinco planetas tienen formas de vida a menos que el quinto fuera uno de ellos. Si el quinto fuera estéril, hubiereis dicho tres de los primeros cuatro. ¿Sabes cuántos planetas hay en total?
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—Sí —el coronel asintió con la cabeza—. Y sé también cuánto te gustan los acertijos, entonces déjame decirlo de esta manera. Hay más de siete planetas.
—Continúa —dijo Tania, que había encontrado un lápiz y un pedazo de papel en la consola de la computadora.
—Contando desde la estrella, el primero, el segundo y el sexto planeta son estériles.
Tania lo anotó, luego levantó la vista.
—El octavo planeta, contando al revés, desde el planeta más alejado a la estrella, es estéril.
—Y… —dijo Tania, sosteniendo el lápiz.
—Y entre el sexto planeta desde la estrella, y el octavo planeta desde el otro extremo, hay tres planetas. Los tres tienen formas de vida. Tania hizo el dibujo que muestra la figura 29 y sombreó cada planeta que suponía estéril.
—Es muy simple —dijo—. Obviamente hay diecisiete planetas. Sé que cuatro son estériles y seis tienen vida, pero aún no me dijiste nada sobre los siete externos.
El coronel Couth soltó una risita.
—Tu respuesta es incorrecta, querida —dijo—. Pero no te dije una cosa más. Hay menos de quince planetas en el sistema. —Eso es imposible —exclamó la niña.
—No —dijo el padre—. Pero tendrás que pensarlo un poco más. Tania buscó la solución en el diagrama durante diez minutos más o menos antes de encontrar el ¡ajá! de la intuición. ¿Cuántos planetas hay en el sistema?
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Figura 29
2ª Solución
Hay nueve planetas, tres estériles, tres con vida y tres sobre los que no se tiene ninguna información (véase la figura 46). Como antes, los círculos sombreados son los planetas estériles. (Estoy en deuda con Michael Steuben por las ideas en las que se basaron ambos problemas).
Figura 46
Hablando de planetas, ¿puede resolver la elegante suma criptorítmica que se muestra abajo? Cada letra representa un único dígito, cada dígito corresponde a una sola letra, y (como es costumbre en esta clase de acertijos) ningún número empieza con cero.
MARS
VENUS
SATURN
URANUS
NEPTUNE
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3ª Solución
4593
20163
358691
695163
1078610
Este criptoritmo, inventado por Willy Engren de Valby, Dinamarca, se publicó por primera vez en el Journal of Recreational Mathematics, volumen 13, 1980-81, página 293.
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Acertijo 13
Azulejos misteriosos en Murray Hill
Un relato anterior, que se reimprimió como Acertijo 15 en mi Science Fiction Puzzle Tales (1981), se refería al trabajo de los arqueólogos franceses del siglo XXV, que desenterraban las ruinas de lo que alguna vez había sido Nueva Jersey. La guerra nuclear del 2037 había destruido completamente ese Estado. El mismo grupo, luego de completar la excavación Secaucus, se interesó por Murray Hill con la esperanza de encontrar algún vestigio de los Laboratorios Bell.
Los esfuerzos pronto obtuvieron recompensa. Encontraron intactos grandes sectores del edificio principal del laboratorio. En una pequeña oficina, que estaba en el piso donde trabajaban los matemáticos de Bell, había una pared cubierta con un extraño modelo periódico de azulejos de cerámica de color brillante. La figura 6 muestra cómo era ese pedazo de pared.
Al regresar a París, un grupo de matemáticos franceses estudiaron el modelo.
—Parece un azulejado común con tres tipos de polígonos rectos — dijo Clyde Barge, un conocido geómetra.
—No puedo creer que sea eso solamente —dijo Doris Snapshutter, la socia de Clyde—. Después de todo, sabemos que la oficina pertenecía a Ronald L. Graham, el famoso especialista en combinatoria que descubrió el azulejo Graham.
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Este azulejo, que se descubrió en 1986, es el único modelo conocido que azuleja un plano solamente en forma no periódica. Es un polígono no convexo de 71 lados. En su época, probablemente Graham era más conocido por su colaboración con Marvin Minsky en la construcción del primer robot capaz de hacer malabarismos con 100 pelotas.
Figura 6
—Sé lo que quieres decir —dijo Clyde—. Es difícil que un hombre con los intereses de Graham haga azulejar la pared de una forma
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que no sea un modelo extraordinario. Fíjate si puedes encontrar algo sobre el tema en la bibliografía de la época.
Doris pasó varios días en la consola de la computadora, buscando artículos sobre azulejado poligonal en las antiguas revistas matemáticas del siglo XX. Finalmente encontró lo que buscaba. En un artículo de Mathematics Magazine de 1982, escrito por Graham y cuatro amigos (Fan Chung, E. N. Gilbert, J. B. Shearer y J. H. Van Lint), se describía el modelo.
Los cinco matemáticos se adjudicaron la siguiente tarea insólita. Un rectángulo se divide en rectángulos más pequeños, cuyos lados están dispuestos de tal manera que dos o más rectángulos no formen un subrectángulo. Se dice que esa clase de azulejado es «irreducible». Por ejemplo, el modelo de la figura 7 no es irreducible por causa del subrectángulo ABCD.
Figura 7
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El problema es éste. ¿Cuál es la superficie promedio más pequeña de azulejos que se puede obtener si se azuleja un rectángulo de acuerdo con las reglas? Por supuesto, sin la condición de irreducibilidad, el promedio mínimo es 1. Simplemente se divide al rectángulo en unidades cuadradas.
La figura 8 muestra cómo se puede dividir un rectángulo para obtener 1,875 como superficie promedio de un azulejo. (El promedio es la superficie total de 15 dividido por el número de azulejos, 8.) ¿Se puede disminuir este promedio?
Figura 8
Sí. En 1980 Graham y sus colegas descubrieron el modelo infinito, que Graham había colocado en la pared.
Por medio del uso inteligente de lo que se denomina «funciones de peso», pudieron demostrar que éste es el único modelo irreducible de rectángulos integrales que azulejan a un plano entero, de tal forma que la superficie promedio de un azulejo se reduce al mínimo.
—Pero ¿se puede azulejar un rectángulo para que alcance este mínimo? —preguntó Clyde.
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—No —contestó Dora—. Pero puede acercarse arbitrariamente. Sólo hay que tomar una parte considerable del modelo infinito, lo más rectangular posible y luego se lo rellena alrededor de los bordes rotos. Al avanzar hacia porciones más y más grandes del modelo, se puede reducir la superficie promedio de un azulejo a un valor tan cerca del mínimo como se desee.
¿Cuál es el promedio mínimo? Puede calcularse fácilmente a partir del modelo.
1ª Solución
La figura 30 muestra una «región fundamental» del modelo infinito de azulejado.
Figura 30
Es fácil observar que por medio del traslado (deslizamiento) de esta forma a lo largo del plano, sin alternarlo, se puede azulejar el plano entero. La superficie de la figura es 11 unidades cuadradas y,
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considerando que contiene seis azulejos, la superficie promedio del azulejo es 11/6 o 1.83333…
—Hay una cosa que aún no te dije —le dijo Doris a Clyde—. Aunque ningún rectángulo puede alcanzar el mínimo 11/6, hay un rectángulo, y sólo uno, que realmente está por debajo del límite.
—No me sorprende —dijo Clyde—. Raras excepciones como esa suelen aparecer en teoría del azulejado. Son como puntos del Yin dentro del Yang. ¿Cómo es el rectángulo rebelde?
Cuando Doris lo dibujó, Clyde quedó asombrado por la simplicidad. Contenía sólo cinco azulejos y la superficie promedio del azulejo era 9/5 = 1,8. ¿Puede descubrir esta excepción?
2ª Solución
La figura 47 muestra la única manera de azulejar un rectángulo (en este caso un cuadrado) para que el tamaño promedio de un azulejo sea menor que 1,83333… Evidentemente el promedio es 9/5 = 1,8. Aparte de este caso, todos los modelos rectangulares tienen un promedio del tamaño del azulejo mayor que 1,83333…
Figura 47
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Se sabe muy poco sobre la generalización del problema para tres dimensiones, usando «azulejos» que sean «ladrillos» (paralelepípedos rectangulares) con lados unitarios. Como antes, descartárnoslos modelos, «reducibles» que contienen subladrillos formados por dos o más ladrillos; de lo contrario podríamos azulejar el espacio con unidades cúbicas.
Tres ladrillos de 1×1×2, y dos unidades cúbicas, formarán un cubo de 2×2×2 con un volumen promedio del ladrillo de 8/5 = 1,6. Aparte de esta posible excepción, no se conoce un límite más abajo para el azulejado del espacio de tres dimensiones con ladrillos compactos. Si se le da una unidad de espesor a los azulejos de la pared de Graham, el resultado se puede usar para azulejar paralelepípedos rectangulares grandes con un volumen promedio para los azulejos que está arbitrariamente cerca de 11/6. Si esto se puede aumentar, y si es así, en cuánto, sigue siendo un desafiante problema sin resolver.
Para más información sobre el azulejado que proporcionó la base para este problema de ingenio, ver «Tiling Rectangles with Rectangles», por F. R. K. Chung, E. N. Gilbert, R. L. Graham, J. B. Shearer y J. H. Van Lint, en Mathematics Magazine, volumen 55, noviembre de 1982, págs. 286-91. Los nombres de este relato son juegos de palabras sobre los nombres de Claude Berge, un geómetra francés y Doris Schattschneider, una matemática norteamericana.
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Capítulo 14
Números cruzados en Febe
A mediados del siglo XXI, cuando se levantaron todos los controles gubernamentales sobre investigación biológica en los Estados Unidos, la ingeniería genética se descontroló un poco. Se crearon centenares de extraños tipos de humanoides, algunos de los cuales se desarrollaban con rapidez. Una de las dos especies más inteligentes se llamaba toroidus bimandibulus, o tor, para abreviar, porque sus miembros tenían la forma de buñuelos y tenían dos bocas.
Arkay Guy, un humano común que estudiaba teoría gráfica en la Universidad de Michigan, estaba sentado en un sitio preferido de la ciudad universitaria tomando cerveza con una atractiva tor llamada Febe Nieve.
—Esta tarde el profesor Frank Hoorayri nos enseñó los números cruzados —dijo Arkay—. ¿Sabes lo que es un número cruzado? Febe negó con la cabeza calva y blanca como la nieve.
—En realidad es muy sencillo. Un gráfico, como tú sabes, consiste en puntos unidos por líneas. Si una línea une cada par de puntos, el gráfico se denomina completo. Tomemos, por ejemplo, el gráfico completo para cuatro puntos.
Arkay sacó la lapicera y dibujó cuatro puntos en una servilleta de papel, como el modelo de la figura 9.
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Figura 9
Febe se puso una mano sobre la boca izquierda y rió
entrecortadamente.
—Se parece a ti.
—Así es —dijo Arkay, y unió todos los pares de puntos como muestra la figura 10.
Figura 10
—Como ves —continuó— hice un gráfico completo sin que las líneas se crucen entre sí. Si se puede dibujar un gráfico como ése, se dice
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que tiene un número cruzado de cero. Ahora agreguemos un quinto punto y hagamos que se parezca a tu caía.
Figura 11
—Supongamos —dijo Arkay—, que dibujaste líneas de lápiz labial sobre tu piel y trataste de unir cada par de tus cinco rasgos faciales: tus hermosos ojos verdes, tu nariz chata y tus dos bocas púrpuras. Las líneas pueden doblar de la forma que prefieras siempre que no atraviesen alguno de los puntos. Descubrirás que no puedes hacerlo sin que al menos dos líneas se crucen en alguna parte. Por lo tanto, el número cruzado para tu cara es 1. Por supuesto podrías dibujar el gráfico completo con más de una intersección. Pero el número cruzado se define como la cantidad más pequeña de cruces que se necesitan. Es una de las propiedades topológicas fundamentales de la representación gráfica.
—Disculpa —dijo Febe con la boca derecha mientras tomaba cerveza con la boca izquierda—, pero no podías estar más equivocado. Mi cara tiene un número cruzado de cero, igual que la tuya.
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—Imposible —resopló Arkay, golpeando la mesa con la mano.
Febe sacó un lápiz labial de la cartera y dibujó rápidamente sobre su piel un gráfico completo de los ojos, nariz y ambas bocas. ¡No había ni un solo cruce! ¿Cómo lo hizo?
1ª Solución
La figura 31 muestra cómo Febe conectó los cinco rasgos faciales para hacer un gráfico completo sin cruces.
Figura 31
—¡Touché! —exclamó Arkay, mientras Febe tarareaba a dúo consigo misma—. Olvidé que eres una tor. El número cruzado para un gráfico completo de cinco puntos es uno cuando los puntos están en un plano o en una esfera, pero por supuesto es cero en un torus. En realidad, Hoorayri explicó los números cruzados para los gráficos toroidales. Es difícil de creer, pero si tu cara tuviera siete rasgos,
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¡aun podrías dibujar un gráfico completo sobre tu piel sin ningún cruce!
En el momento en que esta conversación tenía lugar se habían encontrado fórmulas para determinar los números cruzados para los gráficos completos de cualquier número de puntos, tanto en el plano como en la superficie de un torus. En la actualidad, sólo hay fórmulas conjeturales y se conoce muy poco sobre los números cruzados en otras superficies como la botella Klein y el plano proyectivo. En el plano, los números cruzados de 6 a 10 puntos son 3, 9, 18, 36 y 60. En el torus, de 6 a 10 puntos, los números cruzados son 0, 0, 4, 9 y 23.
Ahora vea si puede probar que en el plano el número cruzado para el gráfico completo de cinco puntos es 1, y luego use ese teorema para demostrar que ningún mapa de cinco regiones puede dibujarse en el plano de modo que cada región «toque» las cuatro restantes en el sentido de compartir una parte común del límite.
2ª Solución
Cualquier gráfico completo para cuatro puntos debe dividir al plano en tres regiones que limitan mutuamente como muestra la figura
48. Un quinto punto, indicado por la x debe ir dentro de una región, como se muestra a la izquierda, o afuera de las tres, como se muestra a la derecha. Si está adentro, evidentemente no hay manera de que pueda unirse con el punto A sin una línea de cruce. Si está afuera, no puede unirse con el punto B sin cruzar una línea.
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Figura 48
Para probar que no se puede dibujar ningún mapa con cinco regiones que se «tocan» mutuamente, supongamos que tal mapa es posible. Entonces podríamos colocar un punto dentro de cada región y concretar cada par de puntos sin cruces de líneas. Simplemente dibujamos cada línea para que pase sobre el límite que comparten las dos regiones que contienen los dos extremos de la línea. Esto completaría un gráfico de cinco puntos con un número cruzado de cero. Nuestro supuesto original sobre el mapa debe ser falso porque comprobamos que esto es imposible.
Por desgracia, esto no prueba el famoso teorema de los cuatro colores, ya que es posible que un mapa con muchas regiones pudiera requerir cinco colores incluso aunque el mapa no tenga ningún lugar donde las cinco regiones se toquen entre sí. Generalmente se confunden los dos teoremas. Yo mismo los confundí hace muchos años cuando escribí un cuento de ciencia ficción llamado «La isla de cinco colores». (Se encuentra en la antología de Clifton Fadiman, Fantasia Mathematica.) Los lectores frecuentemente me envían lo que consideran que son pruebas
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simples del teorema de cuatro colores, pero que en realidad no son más que el antiguo argumento de geometría que cité anteriormente. La bibliografía sobre números cruzados crece rápidamente. Para introducirse en el tema, consulten mi columna en Scientific American de junio de 1973. La referencia más completa es Crossing Numbers of Graphs, la tesis de doctorado de 1973 de Robert B. Eggleton, de la universidad de Calgary, Alberta, Canadá, donde trabajó bajo la dirección de Richard K. Guy, un experto mundial en el tema.
En 1960 Guy supuso que la fórmula para el número cruzado de un gráfico completo sobre el plano para n puntos es:
en donde los corchetes indican que el número que contiene se redondea con el número entero más cercano. Sobre el torus no hay buenos supuestos para una fórmula, aunque se han establecido los límites superiores a inferiores.
Arkay Guy es por supuesto R. K. Guy y Frank Hoorayri es el conocido experto en geometría, Frank Harary. «Febe Nieve» es una expresión de la jerga del jugador para el quinto lado de un dado.
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Acertijo 15
CF y F en la calle cincuenta y cinco
Los lectores de mis problemas de ingenio deben recordar que en dos oportunidades escribí sobre un extraño negocio cuyo dueño era un viejo parecido a un gnomo, llamado Raymond Dero Palmer. El negocio tiene una misteriosa forma de moverse por los alrededores de Manhattan.
Nunca esperé encontrar el negocio en Chicago; pero hace poco meses, cuando asistía a una conferencia sobre teoría numérica en la Universidad de Chicago, decidí dar un paseo por la calle Cincuenta y cinco para ver cómo había cambiado, ya que hacía varias décadas que me había mudado. A pocas cuadras de la Central Ferroviaria de Illinois, pasé por la sucia y conocida vidriera del pequeño negocio que vendía antiguos libros y revistas de ciencia ficción. En el picaporte había una tarjeta grabada en forma tosca que decía:
SALGO A ALMORZAR
80 MINUTOS DESPUÉS DEL MEDIODÍA Y REGRESO A LA 13.20
Eché un vistazo a mi reloj antes de darme cuenta de que la nota me decía que el propietario nunca salía a almorzar. Cuando me sentí bastante seguro, entré y ahí estaba sentado el señor Palmer. Su gran cabeza apenas podía verse por encima de un desvencijado escritorio. Dos pálidos ojos azules me escudriñaron por encima de un sándwich de queso que comía a bocaditos.
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—Tú, otra vez —dijo.
—Yo, otra vez —contesté, mirando alrededor. Sobre una mesa polvorienta había una gran pila de Isaac Asimov’s Science Fiction Magazines. Junto a éstas había una nota que reproduzco a continuación:
SPECIAL SALE!
BACK ISSUES OF ISAAC ASIMOV’S SCIENCE FICTION MAGAZINE All different! Fifty cents each!
The Science fiction stories and Science fact articles in Isaac Asimov’s Science Fiction Magazine are the product of years of scientific study, followed by years for writing experience. —R. D. Palmer4
Las revistas estaban apiladas de modo que los lomos se alternaban con los bordes de las páginas. Conté 20 lomos en un costado de la pila. Caminé hasta el lado opuesto y conté 20 bordes. ¿Cuántas revistas había en la pila?
1ª Solución
La cantidad de revistas en la pila podía ser 39, 40 o 41. Cuando conté 20 bordes conté el mismo grupo de revistas que conté antes
4 ¡GRAN OFERTA!
ULTIMOS NUMEROS DE ISAAC ASIMOV’S
SCIENCE FICTION MAGAZINE
¡Todas diferentes! ¡cincuenta centavos cada una!
Los relatos de ciencia ficción y los artículos sobre fenómenos científicos en Isaac Asimov’s
Science Fiction Magazine son el producto de años de estudio científico y años de experiencia
como escritor.
R. D. Palmer. [T.]
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cuando calculé 20 lomos. Las revistas del otro grupo podían ser 19, 20 o 21.
—Veinte dólares es mucho —dije, suponiendo que había 40 revistas en la pila—. Le daré 10 por el lote.
Palmer terminó el sándwich, acompañó el último bocado con un trago de cerveza y se limpió la boca en el hombro de la manga del saco.
—Trato hecho —dijo—, si puedes pasar mi test F.
—¿Su test qué?
—Mi test F —dijo mientras señalaba con un lápiz el cartel sobre la mesa—. Lo leíste hace un rato. Te vi. Ahora léelo nuevamente despacio, desde el comienzo hasta el final, y cuenta todas las F en el cartel. Si me puedes decir el número correcto, puedes tener las revistas por diez. Si pierdes, tienes que pagar veinte.
La oferta parecía bastante justa. Leí el cartel detenidamente y conté las F. Cuando terminé grité el número.
—¡Mal! —me gritó el gnomo. Saltó de la silla y caminó hacia mí, frotándose las manos y riéndose entre dientes.
¡Y saben tenían razón! Quizás ustedes puedan hacerlo mejor. Vuelvan atrás y lean el cartel de nuevo sólo una vez. No vale fijarse más de una vez. ¿Cuántas F cuentan?
2ª Solución
Hay 14 F en la nota. Si no lo cree, regrese y cuente cuidadosamente. Es un entretenido truco para probar con los amigos. Se asombrará de ver que muy pocos encuentran todas las F en la primera cuenta.
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Acertijo 16
Humpty cae otra vez
Estaba leyendo en la cama, recreándome con el manuscrito del admirable libro del profesor Raymond Smullyan Alicia en el País de los Acertijos. Justo cuando me estaba por dormir, oí el ruido de alguien que iba y venía por la cocina.
Caminé descalzo hasta la cocina sin hacer ruido. Quién podía estar parado ahí, al lado del homo, sino el mismísimo Humpty Dumpty.
—Buen día —dijo el gran huevo. (Eran las tres de la mañana.) —¿Puedo preguntarte qué haces aquí? —dije. —Sí puedes —replicó Humpty.
Hubo una larga pausa.
—Bueno —dije.
—¿Bueno, qué? ¿No vas a hacer tu pregunta?
—¿Qué haces aquí? —repetí.
—Cocino —dijo el huevo—. ¿Te acuerdas de la oruga azul?
—Por supuesto.
—Acabo de asar algunos de sus hongos para ti.
Humpty sacó una fuente del homo, tomó un pedazo de hongo y me lo alcanzó.
—¿De qué lado vino? —pregunté—. ¿Me hará crecer o encogerme? —Vino del lado derecho —dijo Humpty.
En ese momento me di cuenta de que estaba en un sueño Carroliano. Era demasiado interesante como para molestarme en
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despertar, por lo tanto me metí el hongo en la boca e instantáneamente crecí 90 cm.
Humpty sacó un espejo de bolsillo de la chaqueta roja y lo puso sobre la mesada de la cocina con el espejo hacia arriba. Después me agarró del cuello del pijama y me hizo agachar sobre el espejo. Bueno, no exactamente. Caí dentro del espejo como si hubiera caído en una trampa.
¡Paf! Aterricé tendido sobre una especie de pasto suave. Cuando me levanté, ahí estaba Humpty, riendo irónicamente desde un muro de piedra alto y angosto en el que estaba sentado precariamente. —No fue una mala caída, ¿no? —dijo.
—Me podría haber roto una pierna.
Pero no fue así. Ustedes que tienen huesos no saben lo afortunados que son. Ahora déjame enseñarte por qué te traje aquí.
Se inclinó hacia adelante, casi cayéndose de la pared, para señalar unas extrañas letras que parecían arábigas y que estaban pintadas en negro sobre bloques de piedra, exactamente debajo de sus pies. Las letras se reproducen en la figura 12.
Figura 12
—Dime lo que significan esas marcas —dijo Humpty con los pulgares en los bolsillos de la chaqueta—, y te presentaré a los
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hermanos Tweedle. Tienen un mensaje para Smullyan y quieren que se lo entregues.
¿Puede responder a la pregunta de Humpty?
1ª Solución
Para leer la curiosa inscripción en la pared del espejo ponga la página al revés y colóquela frente a un espejo.
No tuve ningún problema para responder la pregunta de Humpty. Después de todo, el huevo sólo era un invento de mi sueño, y yo mismo había inventado el acertijo unas semanas antes. Pero el huevo pareció un poco disgustado.
—¡Bueno, no siempre se puede ganar! —dijo tristemente—. Pero antes de que te deje ir, veamos si puedes resolver este acertijo. Lo inventé mientras cocinaba tu hongo. ¿Cuál es la palabra más larga en… —vaciló, levantó ambas manos y movió los dedos a cada lado de la enorme cara para indicar comillas—…la lengua española?
—Hum —dije en tono meditativo—. En realidad no estoy seguro. Por supuesto recuerdo algunas viejas respuestas graciosas. Goma, porque si no es bastante larga la puedes estirar. Y semilla porque hay una milla entre las cinco últimas letras. E interminable porque no tiene fin. Y…
—Todos viejos chistes gastados —bufó Humpty—. Mis palabras siempre significan lo que quiero que signifiquen. La respuesta está en cualquier diccionario de bolsillo.
2ª Solución
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Evidentemente el uso de Humpty de las comillas indica que pregunta por la palabra más larga en «la lengua española». Por supuesto la palabra es española.
El huevo estaba tan sorprendido cuando finalmente adiviné el acertijo que se cayó de la pared. El sonido del choque me despertó sobresaltado.
Quiero agradecerle a Stephen Barr por el acertijo de Humpty. A propósito, si pasamos por alto las palabras unidas por guiones, las palabras inventadas, los nombres de compuestos químicos, los términos médicos, los apellidos, nombres de lugares y otras palabras construidas artificialmente, las palabras comunes más largas del idioma son las que tienen 21 letras como disproporcionabilidad.
La palabra más larga del diccionario es antidisestabilismentarianismo, que se puede alargar reemplazando —ismo con —ísticamente.
Las dos palabras inventadas más largas son honorificabilitudinitatibus de Shakespeare (que Costard el payaso dice en Love’ Labour’s Lost) y supercalifragilisticexpialidocious de Julie Andrews. Observen que las vocales en la palabra de Shakespeare alternan permanentemente con consonantes. Dmitri Borgmann, en su obra clásica sobre juegos de palabras, Language on Vacation, revela que las letras se pueden reordenar para componer «Bath is idiotic in bountiful air» (El baño es tonto en abundante aire), y también la oración latina, Hi Ludi F Baconis nati
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tuiti orbi, que significa «Estas obras, descendencia de F. Bacon, se conservan para el mundo».
A menudo se afirma que la palabra más larga en el Oxford English Dictionary es floccinaucinihilipilification, que significa la acción de estimar como inferior pero en general se separa a la palabra con cuatro guiones.
Y no debemos olvidar la palabra más larga de todas. «Y ahora, una palabra de nuestros patrocinadores».
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Acertijo 17
Palíndromos y números primos
Voz, la computadora de la nave espacial Bagel, se aburría. La nave viajaba con rapidez hacia el extremo de la Vía Láctea, para verificar un sistema solar que se acababa de descubrir, pero todavía faltaban tres meses para llegar.
Era la quinta vez que Voz vencía por jaque mate a Gigo, aunque había jugado sin la reina. Gigo era el guardia más joven de la cabina de la computadora.
—¿Debemos jugar otra vez? —preguntó Voz mientras Gigo ordenaba las piezas—. En otros diez minutos será tu hora de comer.
Gigo echó un vistazo al reloj que estaba encima de la consola de Voz.
—Tienes razón —dijo—. Y me imagino lo aburridos que deben ser estos juegos para ti.
—Yo trabajo en paralelo, ¿recuerdas? —dijo Voz—. ¿No habrá algún problema sin solución en el que pueda trabajar mientras seguimos con estos estúpidos juegos?
—Le preguntaré al coronel —dijo Gigo.
El coronel era Ronald Couth, jefe de la división computadoras de la nave. Couth se frotaba la barbilla mientras Gigo le hablaba durante el almuerzo.
—Hay miles de problemas sin resolver en aritmética, —dijo—, pero la mayoría son imposibles, Voz tardaría unos cuantos millones de años en solucionar cualquiera de ellos. ¡Espera un minuto! Hay un
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raro problema sin resolver sobre el que se sabe muy poco. Le daremos a Voz el supuesto del palíndromo. —¿Qué es eso?
—Se remonta a 1930. Se comienza con cualquier número entero positivo. Se invierten los dígitos para obtener un número diferente y luego se suman los dos números. Se hace lo mismo con la suma. El supuesto es que si se continúa con el procedimiento, luego de un número finito de pasos, se obtiene un palíndromo (un número que es el mismo tanto hacia atrás como hacia adelante.) Por supuesto si se comienza con un palíndromo, se obtiene un palíndromo sin hacer ningún paso. Probémoslo con el corriente año, 2058.
Couth anotó 2058 en una servilleta. Luego de cuatro pasos de inversión y suma obtuvo el palíndromo 56265. —¿Siempre funciona?
—Esa es la cuestión —dijo Couth—. Nadie lo sabe. Si se comienza con un número asimétrico de dos dígitos, y la suma de los dígitos es menor que 10, obviamente se obtiene un palíndromo en un solo paso. También se obtiene un palíndromo en un paso si la suma de los dígitos da 11. Si la suma da como resultado 10,12 o 13, se obtiene un palíndromo en dos pasos. Si la suma da 14, se necesitan tres pasos. Si suman 15, requiere cuatro pasos y si la suma da 16, lleva seis pasos.
—¿Qué pasa con el 17?
—El 17 es el rebelde. Sólo dos números de dos dígitos dan una suma de dígitos de 17. Son el 89 y el 98. Si comienzas con uno u otro número llevará 24 pasos obtener un palíndromo.
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Gigo registró 89 en la calculadora de bolsillo. Después del vigésimo cuarto paso, la lectura exhibió el palíndromo 8813200023188.
Voz quedó encantada con el problema. De inmediato empezó a registrar los números enteros en orden natural. Cada número llegaba a un palíndromo en menos de 24 pasos, salvo el 89 y el 98, hasta que llegó al 196. En unos minutos, Voz había hecho 1000 pasos con el 196 si encontrar un palíndromo. Tardó varias horas en extender el cálculo hasta llegar a un millón de pasos. Y no aparecía ningún palíndromo.
—Podría seguir hasta mil millones —le dijo Voz a Gigo—, pero creo que sería un desperdicio de mi tiempo.
Hice varias verificaciones muy complejas de probabilidad mientras calculaba y las posibilidades de encontrar un palíndromo alguna vez se acercan a cero. Es extraño. Trataría de escribir un programa para ver si puedo comprobar que el supuesto es falso.
Charles W. Trigg creía que el supuesto era falso y fue el primero en descubrir que el 196 es el número más pequeño que podía servir de contraejemplo. Se comprobó que el supuesto era falso sólo para la numeración binaria y para cualquier notación basada en una potencia de 2. El contraejemplo binario más pequeño es 10110, o 22 en la numeración decimal. Produce un modelo asimétrico que se amplía en una forma sistemática que impide la formación de un palíndromo.
Otro famoso supuesto sobre los números palindrómicos es que hay una infinidad de números primos palindrómicos. El primer número primo de esta clase (sin contar los números de un solo dígito) es 11
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por supuesto. La secuencia continúa: 101, 131, 151, 181, 191, 313, 353, 373, 383, 727, 757, 787, 797, 919, 929, 10301, …
Observe cómo la secuencia salta de números primos de tres dígitos a números primos de cinco dígitos. ¿Puede probar que, excepto el 11, ningún palíndromo con un número par de dígitos puede ser un número primo?
1ª Solución
Aquí tenemos la forma más rápida para demostrar que ningún palíndromo excepto el 11 puede ser un número primo si tiene un número par de dígitos.
Un método conocido de probar la divisibilidad de cualquier número por 11 es sumar todos los dígitos pares y luego sumar todos los dígitos impares. Solamente si la diferencia entre estas dos sumas es 0 o un múltiplo de 11, el número será divisible por 11. Cuando un palíndromo tiene un número par de dígitos, los pares duplicarán a los impares. Las dos sumas serán iguales y la diferencia será cero; en consecuencia el número será un múltiplo de 11 y por lo tanto compuesto (no primo).
Mientras Voz verificaba el 196 con un millón de pasos, buscó en el banco de memoria algunas rarezas sobre números palindrómicos que consideró que iban a divertir a los guardias de la computadora. Aquí tenemos algunos que encontró.
El único número asimétrico conocido que produce un palíndromo cuando se eleva al cubo es 2001. El cubo es 1066256601. Según Voz, Trigg lo descubrió en 1961.
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El palíndromo primo más pequeño que contiene los diez dígitos es 1023456987896543201, que Harry L. Nelson probó en 1980.
El número palindrómico primo más grande, que Hugh C. Williams descubrió en 1977, consiste en el dígito 1 repetido 317 veces. Se denomina número primero repunit. Los otros números primos repunit que se conocen son 11 y los números primos formados por 19 y 23 unidades. El número que se forma con 1031 unidades probablemente es el siguiente número primo repunit más largo, pero esto aún no se comprobó.
Es aparentemente cierto que ningún número primo se puede formar repitiendo cualquier dígito menos el 1. Pero ¿puede probar que un número primo repunit debe tener un número primo de dígitos?
2ª Solución
Para probar que un número primo repunit debe tener un número primo de dígitos, supongamos que el número de dígitos no es primo. Llamemos a este número compuesto x. Tendrá por lo menos dos divisores, a y b, que no son ni 1 ni x. Obviamente los números que representan los repunit a y b dividirán al número repunit original, probando que es compuesto. Por ejemplo: 111111111111111 es divisible por 111 y 11111. Por lo tanto en la búsqueda de primos repunit solamente se necesita probar los que tienen un número primo de dígitos.
151 y 111111151111111 son números primos palindrómicos. Williams probó que el siguiente número primo más largo de esta clase está compuesto por 45 unos a cada lado del 5.
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11411, 1114111, y el número formado por 32 unidades a cada lado del 4 son números primos palindrómicos. Williams descubrió que el siguiente número primo más largo de este tipo está formado por 45 unos a cada lado del 4.
Los dos números primos gigantes, cada uno con 91 dígitos, se denominan «primos palindrómicos gemelos» porque son idénticos excepto por los dígitos del medio que difieren por uno. Este es el par más largo que se conoce de los primos palindrómicos gemelos.
Williams también encontró un sorprendente primo «casi palindrómico». ¡Está formado por un 8 con 252 nueves a la izquierda y 253 nueves a la derecha!
Gigo, como deben reconocer los guardianes de computadoras, es una conocida sigla para «garbage in, garbage out»5.
5 Basura entra, basura sale.
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Acertijo 18
Treinta días tiene setiembre
Treinta días tiene setiembre del resto no puedo acordarme. ANÓNIMO
Era una tarde calurosa de domingo del mes de Fort del año 2032. Myrtle trabajaba en una monografía final de secundaria sobre Ronald Reagan.
—Veamos —dijo Myrtle en voz alta—. Reagan nació el 6 de febrero de 1911. Seguramente era viernes.
—No necesariamente —dijo el padre de Myrtle, bajando el ejemplar de Isaac Asimov’s Science Fiction Magazine—. El antiguo calendario Gregoriano todavía se usaba en 1911. Eso significa que no puedes deducir por el mes qué día de la semana es, a menos que lo busques o hagas un montón de cálculos con fórmulas que no recuerdo.
Reagan era muy conocido en el 2032 porque inició el gran movimiento en el que el ambiente del espectáculo se apoderó del sistema político de la Nación. La televisión había adquirido una fuerza tan potente en las campañas electorales que sólo los expertos del espectáculo podían proyectar la clase de imagen televisiva que ganaría votos masivos.
En 1990 se observó una fuerte decadencia de la música folklórica ya que la ciencia ficción, junto con la música electrónica compuesta por computadora, aumentó su popularidad en las cadenas
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televisivas. Gary Coleman, el primer alcalde negro de Nueva York, le cambió el nombre a Times Square por el de Asimov Square.
Gary se hizo famoso en la década de 1990 como capitán de la nave espacial Bagel, en una serie televisiva basada en cuentos fantásticos de la revista de Asimov. Luego Coleman se convirtió en un fanático de la ciencia ficción y en un fervoroso discípulo de Charles Fort. Cuando fue electo presidente democrático de los Estados Unidos, en el año 2000, una de sus primeras reformas fue reemplazar el defectuoso calendario gregoriano por el calendario que había adoptado la sociedad forteana en los primeros años del siglo XX.
El calendario forteano tiene trece meses de 28 días cada uno. Cada mes empieza un domingo y termina un sábado. Así, para mayor disgusto de todos los triskaidekafóbicos (los que le temen al número 13), cada mes tiene un viernes 13. El decimotercer mes, Fort, está entre junio y julio. Porque 13×28 = 364, hay un feriado extra que se denomina «Día Mundial», que cae sin fecha entre diciembre y enero. Otro feriado sin fecha, el «Día Asimov», ocurre cada año bisiesto entre junio y Fort.
Ahora regresemos a Myrtle y a su padre.
—¿Cómo podían recordar cuántos días tenía cada mes? —dijo Myrtle.
—Teníamos un pequeño jingle —dijo el padre—. De niño recuerdo cuánto le gustaba recitarlo a Gary Coleman cuando emprendió la campaña por la reforma del calendario. Solía decirlo así:
Treinta días tienen setiembre,
abril, junio y noviembre
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el resto tiene treinta y uno
salvo febrero…
¿Es así?
Más tarde, ese mismo día, cuando Myrtle practicaba piano, exclamó de repente:
—¡Papá!, acabo de deducir una forma de usar el teclado de piano como ayuda mnemotécnica para recordar cuántos días tiene cada mes del antiguo calendario. Es mucho más claro que ese tonto verso que recitaste.
¿Qué descubrió Myrtle?
1ª Solución
Elija cualquier tecla del piano F (la inicial de Fort) y llámela enero. Ahora avance por el teclado y marque las teclas negras y blancas en secuencia: febrero, marzo, abril, y así sucesivamente hasta diciembre. Cada tecla blanca corresponderá a un «mes largo» de 31 días. Cada tecla negra corresponderá a un «mes corto» (incluyendo febrero).
¿Puede decirme qué edad tenía el padre de Myrtle en la época en que se refería al calendario Gregoriano con su hija, si le digo que tenía exactamente x años en el año x2?
2ª Solución
El padre de Myrtle tenía 52 años en el 2032. Nació en 1980, por lo tanto tendría 45 años en el año 452 = 2025. Al matemático británico
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Augustus de Morgan, nacido en 1806, le gustaba decir que tenía x años (43) en el año x2 (1849). Lo mismo podría afirmar cualquiera que haya nacido en 1892 (por ejemplo, Oliver Hardy, Basil Rathbone, Margaret Rutherford). Durante el siglo XXI, sólo los que nazcan en el 2070 podrán jactarse de tener x años (46) en el año x2 (2116).
Aquí tenemos ocho curiosas preguntas que se refieren a los meses:
1. Si cada día del mes se escribe detalladamente, como «seis de febrero», y las fechas se alfabetizan, ¿cuál es la primera y la última fecha de la lista?
2. ¿En qué sentido 25 de diciembre (Navidad) es igual al 31 de octubre (Halloween, Noche de brujas)?
3. Marzo no tiene ninguna letra en común con jueves. Busque otro par de palabras, que consista en un mes y un día de la semana, con la misma propiedad.
4. Jeremiah Jason, un disc-jockey de radio, tiene una tarjeta de presentación que dice: J. JASON, D. J. FM-AM. ¿Cómo se relaciona eso con el calendario?
5. Es fácil encontrar dos anagramas para MAY. Son AMY y YAM. Encuentre un anagrama para MARCH.
6. ¿Cómo se relacionan marzo y octubre con NBS, la sigla de la Oficina Nacional de Normas Industriales?
7. ¿En qué forma se relacionan HIP y TUB con noviembre?
8. ¿Qué propiedad inusual tiene el mes de Fort que ningún otro mes tiene?
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3ª Solución
1. Dieciocho de abril encabeza la lista. Veintitrés de setiembre la cierra.
2. En numeración octal (base 8), 31 es igual a 25 en numeración decimal
3. Mayo, viernes.
4. Las letras en la tarjeta de presentación son las iniciales de los meses, tomados en orden y comenzando con junio.
5. CHARM.
6. Mueva cada letra de NBS un paso hacia atrás en el alfabeto para obtener MAR y un paso hacia adelante para obtener OCT.
7. Mueva NOV seis pasos hacia atrás en el alfabeto para obtener HIP, seis pasos hacia adelante para obtener TUB.
8. Las letras de Fort están en orden alfabético. La palabra inglesa más larga que conozco con letras en orden alfabético es AEGILOPS. Entre las palabras de siete letras de esta clase, BILLOWY es un buen ejemplo, y hay muchas palabras comunes con seis letras: ALMOST, ABHORS, BEGINS, BIOPSY, CHIMPS, CHINTZ.
La palabra más larga que conozco con letras en orden alfabético invertido es la palabra de nueve letras con guiones SPOON-FEED. TROLLIED es un buen ejemplo con ocho letras, y entre las muchas palabras con siete letras están WRONGED, SPOOFED, SNIFFED y SPOONED.
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Entre los nombres de los números, sólo FORTY está en orden alfabético y sólo ONE está en orden invertido.
Hans Wright Bohlmann hizo el descubrimiento del teclado. Sobre los problemas citados, le agradezco a Nicholas Temperley por el primero, Solomon Golomb por el segundo, David Silverman por el tercero, Edwin McMillan por el cuarto y a mí por el resto.
El calendario Forteano, que adoptó la Sociedad Forteana cuando Tiffany Thayer la dirigía, se basa en un calendario que Moses Bruines Cotsworth, un estadístico británico, propuso en 1923, cuando la Liga de las Naciones pidió proyectos de reformas calendarías. Cotsworth lo denominó decimotercer mes Sol, en honor al sol. Los calendarios de trece meses son mucho más antiguos que el de Cotsworth. Una versión fue adoptada por la Iglesia de la Humanidad de Auguste Comte, culto que instituyó en Francia en el siglo diecinueve.
Cuando este acertijo se publicó en Science Fiction Magazine, de Isaac Asimov, varios lectores me recordaron un viejo método de usar los nudillos para determinar la cantidad de días de cada mes. Cierren las manos en puños, luego junten los puños pulgar con pulgar Marquen mentalmente los nudillos y los espacios entre ellos, de izquierda a derecha, con los nombres de los meses en orden. De esta manera el nudillo del meñique izquierdo es enero, el espacio adyacente es febrero, el siguiente nudillo es marzo, y así sucesivamente hasta julio para el nudillo del índice izquierdo. El nudillo del índice derecho se convierte en agosto y diciembre cae en el nudillo del dedo anular derecho. Todos los meses de los nudillos
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tienen 31 días. Los meses que marcan los espacios tienen menos de 31.
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Acertijo 19
Hogar dulce hogar
Silenciosamente, suavemente, invisiblemente, flotó por las calles de Los Ángeles una inteligencia alien del hiperespacio, que reunía información sobre las formas de vida de la región. Aquí hay un pasaje traducido al castellano, de un monumental informe que el alien le presentó más tarde a su superior:
«Observamos a una joven que viajaba en colectivo, que llevaba sobre la falda un pequeño objeto en forma de paralelepípedo rectangular. La longitud de los lados del objeto tenía proporciones aproximadas de 1 a 14 a 20. El objeto consistía totalmente en laminados delgados hechos con plantas secas y cada lámina estaba cubierta por complejos compuestos químicos. Una cara del objeto tenía impresa una réplica de una forma de vida que aún no vimos en ningún lugar del planeta. En la misma cara, en el ángulo izquierdo inferior había un rectángulo que tenía 37 líneas negras horizontales de espesor variado. En la parte superior de la cara había seis símbolos grandes que aparentemente forman una palabra rusa que no hemos descifrado todavía.»
¿Qué objeto describe el alien?
1ª Solución
El alien describe un número del Science Fiction Magazine de Isaac Asimov.
Aquí tenemos otro extracto del informe del alien:
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Observamos el siguiente suceso extraño. Un hombre intentaba desesperadamente alcanzar un poliedro de siete caras que estaba semienterrado en el suelo. Dos caras del sólido eran pentágonos irregulares. Las cinco caras restantes eran rectangulares.
Un hombre más bajo, que usaba una máscara que le cubría toda la cara, se agachó cerca del poliedro. Se arrancó la máscara, la tiró al suelo y aparentemente trató de impedir que el hombre alto agarrara el poliedro. De repente el hombre alto se tendió en el piso y estiró una mano. Un microsegundo después tocó el poliedro y el hombre más bajo le golpeó las nalgas con una pequeña esfera, cuya superficie tenía un modelo parecido al símbolo del yin y el yang de Oriente. (Véase nuestro informe anterior sobre Tokio.)
Un tercer hombre, todo vestido de negro, extendió los brazos y gritó una palabra que no pudimos comprender. Inmediatamente una multitud de hombres que gritaban surgió de una estructura medio subterránea, levantó al hombre alto y se lo llevaron. ¿Qué suceso conocido describe el alien?
2ª Solución
El alien describe a un jugador de béisbol que corre con seguridad hacia su base para ganar un importante juego.
Hablando de béisbol, aquí tenemos tres preguntas sencillas que hasta los aficionados a ese deporte responden incorrectamente con frecuencia:
1. Supongamos que el equipo local, en un juego que no supera la cantidad de entradas, corrió dos veces cada vez que llegó el
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tumo de batear, y el equipo visitante corrió una vez cada vez que llegó el turno de batear. ¿Cuál es el resultado final?
2. ¿Cuántas salidas hay en una entrada?
3. Mudville ganó el juego de béisbol con un resultado de 12 a 1, sin embargo ningún hombre en el equipo Mudville tocó la tercera base. ¡Explíquelo!
3ª Solución
1. ¿Supuso 18 a 9? ¡Mal! Es 16 a 9. El equipo local ganador no llegó a batear en la entrada final.
2. Seis
3. No, no era un equipo de chicas. Todos los hombres del equipo de Mudville que ganó eran casados.
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Acertijo 20
Dedos y colores en cromo
El planeta Cromo está habitado por una raza no muy inteligente de humanoides de tres ojos. Hay tres subrazas en Cromo, una de piel rosada, otra de piel azul y otra de piel verde.
Tourmaline, soberano de los rosa, preparaba un banquete de Estado que requería la disposición de 60 cromos en un gran salón, tres en cada mesa.
—¿Ya decidiste quién se sienta en cada lugar? —le preguntó el soberano a Coralie, una de sus ayudantes—. Recuerda que los tres colores estarán representados y queremos mezclarlos lo más posible en cada mesa.
—Comprendo, Su Majestad —dijo Coralie—. Todavía trabajo en el plan de asientos. De cualquier modo que divida a los invitados de a tres, al menos uno en cada terceto será rosa.
¿Exactamente cuántos rosas, azules y verdes hay entre los invitados?
1ª Solución
Hay 58 rosas, 1 azul y 1 verde. Esto es fácil de probar si se trata de encontrar un terceto que no contenga un rosa. Si hay dos o más azules, podríamos poner dos azules y uno verde en la mesa, y de esta manera contradecir el planteo de Coralie de que cada posible terceto tenga un rosa. Ocurre lo mismo si hay dos o más verdes. Por lo tanto sólo puede haber un azul y un verde.
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Después de dividir a los 60 invitados en grupos de tres, Coralie descubrió que el salón donde planeaban realizar el banquete era demasiado pequeño. Se necesitaban dos salas. Llamémoslas A y B. Primero Coralie planeó acomodar a 30 invitados en cada salón; luego se dio cuenta de que el salón B era más grande que el A.
Después de examinar los dos salones, Coralie decidió cambiar sólo los invitados necesarios de A a B para colocar 15 personas más en B que en A. ¿Cuántos invitados tuvo que trasladar según la disposición que hizo de los asientos?
2ª Solución
¿Contestó 15 sin pensar? Si se trasladan 15 de A a B, eso sumaría 30 más en B que en A. Si comenzamos con la misma cantidad de personas en dos salas, cualquiera sea el número, y queremos trasladar personas de una sala a la otra para hacer que la diferencia entre los salones sea igual a x, debemos trasladar la mitad de x. No hay ninguna forma de dividir 15 personas por la mitad sin cortar a una de ellas por la mitad. Por lo tanto la tarea que Coralie se había impuesto es imposible.
Ahora vamos a un clásico problema que combina aritmética elemental con razonamiento lógico. No sé a quién se le ocurrió primero, pero me llega a través de Michael Steuben.
Supongamos que hay más de un cromo en un salón. Cada cromo tiene dos manos con por lo menos un dedo en cada una, y todos los cromos tienen la misma cantidad de dedos. La cantidad total de dedos en el salón es mayor que 200 y menor que 300. Si supiera la
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cantidad exacta de dedos que hay en la sala podría deducir exactamente cuántos cromos hay en el salón. ¿Cuántos hay y cuántos dedos tiene cada uno?
Aunque parezca imposible, ¡ahora tiene suficiente información para determinar tanto la cantidad total de personas en el salón como la cantidad de dedos de cada uno!
«Durante diez minutos», escribió Steuben cuando dio una versión de este problema en un reciente boletín de noticias Mensa, «estuve convencido de que la solución se basaba en un juego de palabras o en alguna otra clase de retruécano verbal… Luego surgió la inspiración».
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Acertijo 21
El Valle de Los Simios
—Mi querida Lulú, ¿te gustaría vivir algunos años en África occidental ecuatorial? —preguntó la doctora Franzine Patterfanny, experta en idiomas simios en la Universidad de Stanford.
Lulú, una de las gorilas más inteligentes de la señorita Patterfanny, consideró la pregunta durante varios minutos mientras se paseaba de un lado a otro. Finalmente dijo por señas: «sería un agradable cambio de esta asquerosa jaula, adorada Fan. ¿Cuándo partimos?» El propósito de la doctora Patterfanny de enviar a Lulú al África era ver si ésta podía enseñar el lenguaje de las señas a una tribu de gorilas que vivían en un vasto valle del Congo. El experimento fue un gran éxito. En tres años los simios no sólo aprendieron cómo hacer las señas, sino que modificaron el ASL (lenguaje de señales norteamericano) tan drásticamente y agregaron tantas señas nuevas, que cuando la señorita Patterfanny regresó al Congo, le resultó muy difícil comprender el nuevo lenguaje.
Para transmitir alguna noción de Luluish (como se dio en llamar al nuevo lenguaje), aquí mostramos cómo se señalizan tres frases simples:
Comer la hormiga colorada: Dar una vuelta carnero hacia atrás, rascar la ceja izquierda, pulgar en la nariz.
Fresa colorada grande: Introducir el dedo meñique en la oreja derecha, pulgar en la nariz, sacar la lengua.
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Comer fresa rápidamente: Levantar el pie izquierdo, dar vuelta carnero hacia atrás, introducir el dedo meñique en la oreja derecha. Dada esta información, ¿cómo señalizaría la frase «hormiga grande» en Luluish?
1ª Solución
La única palabra que la primera y segunda frase tienen en común es colorada, y la única seña en común es meter el pulgar en la nariz. Por lo tanto meter el pulgar en la nariz quiere decir colorada.
La única palabra que la primera y tercera frase tienen en común es comer, y la única seña en común es dar una vuelta camero hacia atrás, por lo tanto esta seña significa comer.
La única palabra que la segunda y tercera frase tienen en común es fresa, y la única seña en común es colocar el dedo meñique en la oreja derecha; por lo tanto esta seña significa fresa.
En la frase uno, conocemos las señas para comer y colorada, entonces rascar la ceja izquierda debe significar hormiga.
En la frase dos, conocemos las señas para fresa y colorada; entonces sacar la lengua debe significar grande.
En la frase tres, conocemos las señas para comer y fresa; entonces levantar el pie izquierdo debe significar rápido.
El orden de las palabras es variable. Para decir «hormiga grande» se debe sacar la lengua, luego rascarla ceja izquierda o hacer las mismas señas en orden inverso.
Una tribu de cazadores llamada los Hiyikus vive no muy lejos del Valle de Los Simios. De vez en cuando cazan gorilas porque creen
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que comer carne de gorila los hace más fuertes. Un día un cazador regresó del valle y le comunicó al jefe que había encontrado una cueva donde había gorilas vivos.
—¿Mataste algunos gorilas en la cueva? —preguntó el jefe.
—No —contestó el cazador.
—¿Dejaste algunos gorilas vivos en la cueva?
—No, gran jefe —dijo el cazador.
El jefe estaba confundido.
—¿Algunos gorilas entraron o salieron de la cueva mientras estabas ahí?
—Ningún simio entró ni salió —dijo el cazador. —Comprendo —dio el jefe con la cabeza—. Había… gorilas en la cueva cuando entraste. ¿Qué número mencionó el jefe? Sí, hay una respuesta perfectamente lógica. Los Hiyikus tienen alto cociente intelectual y formas muy precisas de hablar.
2ª Solución
Había dos gorilas en la cueva. El cazador mató uno y dejó uno. De esta manera no mató algunos gorilas (plural) ni dejó vivos algunos gorilas (plural).
Todos conocemos la canción popular sobre Lulú (Lulú regresó a la ciudad). ¿Puede pensar en otra canción popular inglesa —se remonta a medio siglo o más pero aún se canta ocasionalmente— que hace un juego de palabras con la palabra gorila en el título y en la primera estrofa?
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3ª Solución
El primer acertijo se basa en un problema que encontré en un reciente libro, The Universe Within de Morton Hunt. El segundo problema deriva de un acertijo de Michael Steuben. Lulu, que gusta especialmente de los juegos de palabras difíciles, me envió el tercero.
Fanzine Patterfanny es un juego de palabras sobre el doctor Francine Patterson, un investigador de simios que afirma que a Koko, su gorila parlante, le encanta hacer juegos de palabras.
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Acertijo 22
Los comemadres del doctor Moreau
—¿Quién hubiera pensado —dijo el doctor Moreau III, un conocido genetista del Kings College de Londres— que una alteración tan pequeña del código genético de este pez iba a producir un cambio tan grande? ¿Cómo llamaremos a esta nueva especie?
—¿Qué le parece comemadre? —sugirió Montgomery, el ayudante del doctor Moreau. Montgomery era un chimpancé al que se le había aumentado la inteligencia con ingeniería genética a un nivel casi igual al del mismo doctor Moreau.
Comemadre era un nombre apropiado para el diminuto pez por sus peculiares hábitos reproductivos. Cada hembra produce exactamente diez huevos, que incuba en una bolsa que tiene en el bajo vientre. Cuando los diez peces bebé dejan la bolsa, ocurre algo extraño. ¡Matan y devoran a la madre! Si tenemos en cuenta que la gestación dura sólo unos días y el pez vive muchos años, una población de comemadres crece a una velocidad explosiva.
El doctor Moreau puso diez comemadres recién incubados en un tanque grande.
—Quiero que los cuentes minuciosamente todos los días —le dijo a Montgomery—. Avísame cuando el tanque contenga 5000 peces. Montgomery se rascó el pecho y pensó por un momento.
—Si usted quiere decir 5000 exactamente, no es posible. Suponiendo que ningún pez muera, excepto las hembras que se
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comen los jóvenes, lo más cerca de 5000 que podemos llegar es 4996.
¿Tiene razón Montgomery? ¿O cometió un error en los cálculos?
1ª Solución
Montgomery tenía razón. Cada nacimiento agrega diez peces más a la población, pero como se elimina de inmediato a la madre, la suma es sólo nueve. Si comenzamos con diez peces en el tanque, la población primero salta a 19, después a 28, y continúa en la secuencia 37, 46, 55, 64,… Cada término es múltiplo de 9 con la suma de un pez más. El tanque no puede contener exactamente 5000 porque éste no es un término de esta secuencia. Lo más cerca de 5000 que puede alcanzar la población es 4996.
El doctor Moreau estaba asombrado por la rapidez con que Montgomery llegó a este resultado. Pero Montgomery había usado un atajo que todos los matemáticos conocen. ¿Lo conoce usted?
2ª Solución
Montgomery usó el truco que se conoce como eliminar los nueves. Si se suman todos los dígitos de un número, luego todos los dígitos de la suma, y se continúa con este procedimiento hasta que queda un solo dígito, eso se denomina la raíz digital del número. Si y sólo si la raíz digital es 9, el número es un múltiplo de 9. Si y sólo si la raíz digital es 1, el número tiene un resto de 1 cuando se divide por 9.
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Montgomery se dio cuenta enseguida de que 5000 no tenía una raíz digital de 1, y por lo tanto no podía contar la población del tanque en ninguna etapa del proceso reproductivo. Era una tarea muy simple determinar los dos números con raíz digital de 1 que se acercan más a 5000. Son 4996 y 5005, de los cuales 4996 es el más cercano.
Cuando el tanque contuvo 4996, el doctor Moreau le pidió a Montgomery que sacara dos tercios de los machos. Los necesitaba, —dijo—, para algunos experimentos nuevos.
Es muy fácil reconocer a los comemadres machos. Cada uno tiene 15 aletas mientras que la hembra sólo tiene 5. Primero Montgomery contó la cantidad de peces machos en el tanque, y le agradó descubrir que el número era múltiplo de 3. Sacó dos tercios de los machos, como le habían ordenado.
Ahora tenemos un problema magnífico: ¿Cuántas aletas tienen todos los peces que quedan en el tanque?
Parece imposible determinar este número porque no se nos dice el número de machos. En realidad, ni siquiera sabemos si los peces machos y hembras nacen en cantidades aproximadamente iguales. Sin embargo, tiene suficiente información para resolver el problema.
3ª Solución
Por increíble que pueda parecer, ¡la cantidad de aletas que queda en el tanque es independiente de la cantidad de machos!
Supongamos que x es el número de peces machos, y (4996 -x) el número de hembras.
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Después de sacar 2/3 de los machos, el número de aletas de los machos que quedan será 5x. Para obtener el número total de aletas ahora en el tanque, tanto machos como hembras, sumamos 5x a 5 (4996 - x):
5x + 5 (4996 - x)
5x + 24 980 - 5x
Los términos x se cancelan, dejando un total de 24 980 aletas en el tanque.
Podría haberlo adivinado si hubiera tenido la intuición adecuada, sin hacer nada de álgebra. ¿Cómo?
4ª Solución
Se le dijo que el problema se podía resolver sin conocer la cantidad de peces machos. Por lo tanto, la respuesta debe ser la misma sin considerar la cantidad de machos. Entonces supongamos que la cantidad de machos es 0. Por lo tanto el tanque contiene 4996 hembras. Considerando que cada hembra tiene cinco aletas, la cantidad total de aletas será 5 veces 4996 o 24 890 aletas.
Después de escribir este problema de ingenio me enteré, para mi gran sorpresa, de que la descendencia de cierta especie de insectos realmente devoran a sus madres. Encontrará los asombrosos detalles en «Organic Wisdom, or Why Should a Fly Eat its Mother from Inside» en la espléndida colección de ensayos Ever Since Darwin de Stephen Jay Gould.
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Acertijo 23
Y construyó otra casa en cruz
Si alguna vez leyó el cuento clásico de Robert Heinlein sobre un tesseract, o cubo de cuatro dimensiones, debe recordar el argumento. Todo comenzó cuando Quintus Teal, un extraordinario arquitecto, construyó una casa en cruz en algún lugar cerca de Los Angeles, para su acaudalado amigo petrolero, Homer Bailey.
Imaginemos seis cuadrados de cartón unidos por los lados para formar un cubo. Podemos cortar siete lados y desdoblar el cubo para formar una cruz latina plana. De una manera semejante, una criatura de cuatro dimensiones podría unir ocho cubos por las caras para formar un tesseract. Si se cortan algunas de estas caras, el tesseract se abrirá para formar una cruz sólida tridimensional de cuatro cubos unidos. Esta fue la estructura que construyó Teal. Por desgracia, un leve terremoto en California provocó el derrumbe de las junturas naturales de la casa y quedó un tesseract fijo. Luego de varios incidentes extraños que tuvieron lugar dentro de la casa de cuatro dimensiones, a causa de un terremoto más grave la estructura cayó dentro de otro espacio y desapareció totalmente.
Hace unos meses, cuando visitaba a unos amigos magos en el Castillo Mágico de Hollywood, pensé en Quintus Teal. Por un impulso busqué en la guía telefónica de Los Angeles. Para mi sorpresa, ¡estaba su nombre! Todavía vivía en Lookout Mountain, no muy lejos de Laurel Canyon.
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—Por supuesto sé quién es usted —me dijo por teléfono—. Me divierto con sus problemas de ingenio en la revista de Asimov desde que comenzó.
Naturalmente, fui a verlo en el acto. Para mi asombro, lo encontré viviendo solo en otra casa en cruz, exactamente igual a la primera, excepto que había invertido la cruz tridimensional que ahora estaba arriba y antes era hacia abajo. La figura 13 muestra cómo se veía. Salvador Dalí usó esta misma estructura para la cruz de su famosa pintura de la Crucifixión, Corpus Hypercubus.
—Esta vez la construí mucho más fuerte —dijo Teal, un hombre calvo de espesa barba y mayor de sesenta años—. Si la Falla de San Andreas se porta mal, no tengo por qué preocuparme.
Teal tenía mucho interés en las matemáticas recreativas. En realidad, pasamos la mayor parte de la tarde y de la noche discutiendo enigmas que de alguna forma se relacionaban con la estructura de la casa.
Figura 13
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Una de las mejores ideas de Teal fue buscar geodésicas, o los caminos más cortos posibles, entre dos puntos del exterior de la casa. Por ejemplo, supongamos que una araña salió del punto A, en la mitad de un lado, y se arrastró por la superficie exterior de la casa hasta el punto B, en el centro de la cara del cuadrado. (Véase la figura 13). Si la araña tomó el camino más corto posible, ¿cuánto viajó?
1ª Solución
¿Decidió que el camino más corto es el que muestra la figura 32 con una línea de puntos? Suponiendo que cada cubo tiene un lado de 1, obviamente la longitud de este camino es 3,5.
Figura 32
Pero esto no es mínimo. Si la araña toma el camino que muestra la línea llena, y se dirige primero al punto C, podemos calcular la geodésica de A a B desdoblando las caras como muestra la figura 33, y luego dibujando líneas rectas de A a C y de C a B. Si
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aplicamos el teorema de Pitágoras, descubrimos que AB es la raíz cuadrada de 3,25 o 1,8027+, y BC es la raíz cuadrada de 2,5 o 1,5811+. Las dos longitudes suman 3,384+, que es apenas más corto que 3,5, la longitud del camino con líneas de puntos.
En realidad, la araña puede tomar cualquiera de las cuatro rutas distintas, cada una con la misma longitud mínima. En lugar de ir de C a B como se muestra, puede arrastrarse a B por la parte superior del «brazo» del cubo.
Y ambos caminos tienen imágenes idénticas en la parte posterior de la casa en donde la araña puede arrastrarse primero al punto D y luego tomar cualquiera de las dos rutas alternadas de D a B.
Teal y yo pensamos en muchos otros agradables acertijos basados en la casa, pero sólo tengo espacio para algunos más.
Figura 33
1. Suponga que tiene un pequeño modelo de la casa hecho de madera maciza. Quiere serruchar este policubo para separarlo en un grupo de pequeños policubos —un policubo es un sólido que se
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forma uniendo unidades cúbicas en las caras— que pueden encajar para hacer un cubo de 2 × 2 × 2. ¿Cuál es el número más pequeño de cortes que se necesitan?
2. Suponga que tiene una sierra eléctrica y quiere cortar el modelo de madera en ocho unidades cúbicas separadas. Puede ordenar las piezas de la forma que quiera antes de hacer otro corte con el filo giratorio. ¿Cuántos cortes se necesitan para producir los ocho cubos separados?
3. Si colorea cada cara cuadrada en la superficie de su modelo con un solo color, y de tal forma que ningún par de caras de color semejante se toquen por un lado de uno de los ocho cubos, ¿cuántos colores son necesarios y suficientes para esta tarea?
4. Imagine un modelo del «esqueleto» de la casa, construido con mondadientes de la misma longitud, sostenidos en los ángulos de las casillas cúbicas por diminutas pelotas de arcilla. Probablemente recuerda que Teal usó mondadientes de esta manera para construir los modelos de la casa para su amigo Bailey. ¿Cuál es la cantidad más pequeña de mondadientes que tiene que sacar del modelo para que no quede el esqueleto completo de un cubo?
2ª Solución
1. Tres cortes resuelven el problema. Corte la base para obtener un cubo de 2 × 1 × 1, y corte dos de los brazos del cubo. Entonces tendrá cuatro policubos que encajan entre sí de una forma evidente para formar un cubo de 2 × 2 × 2. Es fácil observar que esta es la única forma de hacerlo. La longitud del modelo de 4 unidades se
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debe cortar por la mitad para evitar una longitud mayor que 2, y cada una de las otras dos longitudes coordinadas deben cortar un cubo (de cada extremo) para reducir la longitud a 2.
2. Seis cortes son necesarios y suficientes. Para probar que se necesitan seis cortes, simplemente observe el cubo en el interior de la cruz. Para liberar este cubo, se debe cortar cada una de las seis caras.
3. Tres colores.
4. Cuatro mondadientes.
No debe tener problema en encontrar las formas para realizar las últimas tres tareas.
Me guardé el mejor problema para el final. Imagine que tiene ocho unidades cúbicas. Cada una está pintada con los mismos tres colores, con pares de caras opuestas del mismo color. Los ocho cubos son idénticos. Con estos cubos ¿puede construir un modelo de la casa de forma tal que ningún par de caras del mismo color se toquen por un lado?
Hay una forma rápida de responderlo sin tener que formar un conjunto de los cubos coloreados.
3ª Solución
La respuesta es no. Considere cualquier lado del interior del cubo. Cuatro caras diferentes se tocan a lo largo de ese lado; por lo tanto se necesitan cuatro colores.
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Figura 54
Quizá puede pensar en algunos otros buenos acertijos basados en la forma de la casa de Teal. Si es así, envíemelos a cargo del editor. Y si nunca leyó el cuento «And He Built Another Crooked House» de Heinleins de 1940, lo encontrará en Fantasía Mathematica de Clifton Fadiman y en muchas otras antologías.
Después de publicarse este acertijo, recibí una interesante carta de Bob Ulrich de Filadelfia. En el primer problema que se responde en la sección de segundas respuestas, yo había pedido el número de cortes mínimo. Si en lugar de eso hubiera pedido la cantidad mínima de piezas, mi solución hubiera sido correcta, pero, como se planteó el problema, se puede resolver con dos cortes si se hacen simultáneamente. La figura 54 muestra cómo los cortes A y B producen cuatro piezas que encajan prolijamente para formar un cubo de 2 × 2 × 2.
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Acertijo 24
Los anteojos de Piggy y la Luna
Como la sección de correspondencia de las revistas de ciencia ficción puede atestiguar, los lectores que saben mucho de ciencia disfrutan bastante con la denuncia de los errores científicos que cometen en sus relatos autores que deberían saber más. En 1982 tuve el placer de asistir a Skycon 2, en Asheville, Carolina del Norte, y escuchar la charla de Hal Clement sobre estas cosas. El señor Clement mencionó dos disparates evidentes que había encontrado en el clásico de ciencia ficción antropológica El Señor de las Moscas, de William Golding. Me avergüenza admitir que la primera vez que leí esta triste novela, en la década de 1950, no advertí ninguno de los dos.
Si disfrutó de El Señor de las Moscas, o vio la película inglesa, recordará a Piggy, el gordito intelectual entre los desamparados colegiales. Era tan miope que sin los gruesos anteojos apenas podía verse las manos, y el mundo más allá de ellas parecía cubierto por lo que Golding llama un «velo luminoso». El capítulo 11 describe cómo los chicos usaron los lentes de Piggy para encender el fuego que tanto necesitaban.
Se empujaban, se daban tirones unos a otros y gritaban oficiosos. Ralph acercaba y retiraba las gafas y las movía de un lado a otro, hasta que una brillante imagen blanca del sol declinante apareció sobre un trozo de madera podrida. Casi inmediatamente se alzó un fino hilo de humo que lo hizo toser. También Jack se arrodilló y
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sopló suavemente, impulsando el humo, cada vez más espeso, hacia lo lejos, hasta que apareció por fin una llama diminuta. La llama, casi invisible al principio a la brillante luz del sol, rodeó una ramita, creció, se enriqueció en color y alcanzó a otra rama que estalló con un agudo chasquido. La llama aleteó hacia lo alto y los chicos rompieron en vítores.
¿Qué colosal error de física de secundaria cometió Golding cuando escribió este párrafo?
1ª Solución
Los miopes (cortos de vista) usan lentes correctivos que son cóncavos. Siempre se puede saber si una persona es corta de vista porque con los anteojos se le ven los ojos más pequeños. Los hipermétropes usan lentes convexos, que agrandan los ojos. Sólo los lentes convexos concentran luz en un punto. No hay forma alguna de que los lentes cóncavos de Piggy pudieran usarse para encender el fuego.
El segundo error de Golding ocurre al principio del capítulo 5. El día acaba de terminar, y las estrellas empiezan a salir. Se libra una batalla aérea. Aquí vemos cómo describe Golding lo que los niños vieron en el cielo:
Sobre el horizonte se alzaba una cinta curva de luna tan estrecha que creaba un reguero finísimo de luz, apenas visible aún al posarse sobre el agua; pero había otras luces en el cielo, que se movían velozmente, chispeaban o se apagaban; y sin embargo no les llegó a los muchachos ni el
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más leve eco de la batalla que se libraba a quince kilómetros de altura. Pero les cayó una señal del mundo de los adultos aunque en ese momento ningún muchacho estaba despierto para descifrarla. Surgió una repentina y brillante explosión y una huella luminosa serpenteó en el cielo; después, la oscuridad de nuevo y las estrellas. Una pequeña mancha descendía sobre la isla; una figura que caía velozmente bajo un paracaídas, un cuerpo del que colgaban brazos y piernas inertes. Los vientos, cambiantes con la altura, lo arrastraban a su capricho. Pero cuando se encontraba a cinco kilómetros del suelo, el viento más constante lo arrastró en una curva descendente que cruzó el cielo, sobre el arrecife y la laguna, hacia la montaña. El cuerpo cayó encogido entre las flores azules de la ladera; pero ahora soplaba a aquella altura una brisa suave, y el paracaídas aleteó en sacudidas que lo entreabrían y lo replegaban. La figura fue remontando así, con los pies arrastrándose tras el cuerpo, la montaña. Metro a metro, soplo a soplo, la brisa lo remolcó sobre las flores azules, sobre las peñas y las piedras rojas hasta dejarlo acurrucado entre las rocas quebradas que coronaban la montaña.
La redacción es soberbia, pero una vez más Golding cometió un error que indica lo poco que le importaba la verdadera ciencia. Es sorprendente saber que Golding primero se especializó en ciencia en
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la Universidad de Oxford, pero dos años después se pasó a Literatura Inglesa. Y en verdad hizo muy bien, porque aparentemente su interés por la ciencia era mínimo. ¿Qué hay de absurdo en el párrafo citado?
2ª Solución
La luna, que sale apenas se pone el sol, está en el lado opuesto de la tierra con respecto al sol. Por lo tanto, debe ser una luna llena, no la delgada medialuna que describe Golding en la primera oración del párrafo citado.
A Barry Singer, un psicólogo de la Universidad del Estado de California en Long Beach, le encantaba hacerles un test a los alumnos para descubrir lo pobre que es la intuición como guía para responder aun las preguntas científicas más simples. Una de las preguntas de su test es: «¿De qué dirección o direcciones sale la luna en el cielo?» Descubrió que muy pocos alumnos respondían correctamente.
Singer trata este tema en un ensayo, «To Believe or Not to Believe», que pueden encontrar en un libro que recomiendo muchísimo, Science and the Paranormal. Es una antología que prepararon Singer y el astrónomo George Abell. «Sólo unas pocas personas, escribe Singer, saben que la luna, al igual que el sol y las estrellas, siempre sale del este. Muchas personas, probablemente porque de vez en cuando distinguen una débil imagen de la luna durante el día, creen que la luna no sale y se pone como el sol, sino que
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siempre flota alrededor del cielo hasta que oscurece lo suficiente como para verla.»
Hay muchas preguntas inteligentes que pueden formularse a las personas para determinar si la ciencia básica se incluyó en su educación. Preguntar dé dónde sale la luna es casi tan bueno como preguntar qué la hace brillar.
¡No podría creer algunas de las respuestas que dan los aficionados a la ópera espacial como también los profesores de literatura!
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Acertijo 25
Monocarriles en Marte
Alrededor de 1900 el astrónomo norteamericano Percibal Lowell escribió tres populares libros sobre Marte y sus canales. Contenían mapas detallados que mostraban redes de surcos sobre Marte que Lowell creía haber observado en su telescopio en la Colina Marte, en Flagstaff, Arizona.
En el 2049, el famoso parasicólogo californiano, doctor Harold Backoff, publicó un polémico artículo en el International Journal of Precognition. Quizá, sugirió el doctor Backoff, Lowell no estaba tan equivocado como suponían muchos astrónomos. ¿Era posible que Lowell fuese un psíquico con fuertes poderes precognitivos? ¿Veía a Marte como se vería 150 años más tarde?
El doctor Backoff basó su teoría en el hecho de que alrededor del 2049 cientos de líneas cruzaban Marte en todas direcciones y muchas de éstas eran rectas y se parecían a las líneas de los mapas de Lowell. No había canales de agua como supuso Lowell erróneamente, sino transporte por monocarriles que los exploradores de los Estados Unidos y de la Unión Soviética construyeron para unir las bases que establecieron en Marte.
Marte tiene un diámetro de aproximadamente 6300 kilómetros. Las primeras tres bases que construyeron los norteamericanos se llamaron Asimov, Bradbury y Clarke, Llamémoslas ABC.
B y C están a 9000 kilómetros cada una de A. ¿Qué base, A o B, está más cerca de C?
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1ª Solución
Figura 34
Para ver que B está más cerca de C que A, observe el dibujo que muestra la figura 34. B y C deben estar en la línea de puntos. Suponiendo que B y C estén lo más alejados posible, obviamente la distancia entre ellos es menor que la distancia de A a C. (Agradezco este dato a Mike Steuben.)
Aproximadamente diez años después de que los Estados Unidos establecieran las primeras tres bases en Marte, los rusos construyeron cuatro bases. Las situaron en los ángulos de un cuadrado. Llamémoslas ABCD.
Las cuatro bases se conectan mediante una red de monocarriles que disminuía la longitud total del recorrido Suponiendo que el lado del cuadrado mide 100 kilómetros, ¿puede calcular la longitud total de la red?
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2ª Solución
Figura 49
La mayoría supone que la cadena de monocarriles de menor longitud, que une los cuatro ángulos de un cuadrado, es la que muestra la figura 49. La longitud total es dos veces la raíz cuadrada de 2000, o aproximadamente 282,84 kilómetros.
Pero esto no es lo más correcto. El modelo correcto es el que muestra la figura 50, en donde cada ángulo con un punto mide 120 grados. Es un poco difícil calcularla longitud total de la cadena, pero resulta ser la raíz cuadrada de 3000 más 100 o 273,20+ kilómetros. Esto es apenas menor que 282,84 kilómetros.
Las cadenas de longitud mínima que unen puntos en el plano se conocen como «árboles mínimos Steiner» en honor a un geómetra germano del siglo diecinueve llamado Jacob Steiner, que estudió el problema. La tarea general para encontrar esos árboles para n puntos en el plano no está resuelta en el sentido de que no se conoce ningún algoritmo correcto para obtenerlas. (El problema pertenece a una famosa clase de problemas sin solución que se conoce como NP-completa. Están tan relacionadas que si se encuentra un algoritmo para una de ellas se lo puede aplicar a todas las otras). El problema es aún más difícil para unir puntos en
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tres dimensiones. Por ejemplo, no es fácil determinar la cadena de menor longitud que une los ocho vértices de un cubo.
Nuestro último acertijo me lo envió en 1981 Yasuo Hakinuma, un estudiante de 18 años de Tokio. Supongamos que las cuatros bases rusas, ABCD, están situadas en los ángulos de un cuadrado perfecto en este sentido: Si viaja hacia el sur a 100 kilómetros de A llega a C. Si va a 100 kilómetros hacia el este desde C llega a D. Otros 100 kilómetros hacia el norte lo llevan a B; luego 100 kilómetros hacia el oeste lo llevan de regreso a A.
¿En qué parte de Marte se pueden situar las cuatro bases? La respuesta es más sorprendente y más complicada de lo que puede suponer al principio.
3ª Solución
Una respuesta evidente es que el cuadrado puede estar en cualquiera de las dos partes del ecuador de Marte, con la base A a 50 kilómetros al norte del ecuador. Pero esta no es la única respuesta. ¡Hay una cantidad infinita de otros lugares!
Por ejemplo, A podría estar tan cerca del Polo Norte que cuando se dirija hacia el oeste de B a A, el monocarril gire completamente alrededor del Polo, como muestra la figura 55. Por supuesto, A podría estar aún más cerca del Polo, para que se necesiten dos viajes para ir hacia el oeste alrededor del Polo de B a A, o tres viajes, o cuatro y así sucesivamente.
El mismo esquema se aplica para la ubicación del cuadrado cerca del Polo Sur. Como muestra la figura 56, A podría estar tan cerca
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del Polo que si viajara hacia el este de C a D daría una vuelta al Polo una vez, o dos o tres veces, y así sucesivamente.
Figuras 55 y 56
Para resumir: hay una cantidad infinita de soluciones en el ecuador, una cantidad infinita cerca del Polo Sur. Si es habilidoso en geometría y álgebra, descubrirá que es una tarea desafiante derivar una fórmula que proporcione todas las distancias en que A puede estar del Polo Norte y una fórmula similar para todas las distancias de A del Polo Sur.
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Acertijo 26
El demonio y la estrella de cinco puntas
Desde que leí Fausto de Goethe quedé fascinado por el extraño ritual que le permitía a Fausto transformar a su perro lanudo en Mefistófeles, y por el papel que representaba la estrella de cinco puntas o «pie del diablo», que Fausto dibujó en el piso, a la entrada de su estudio. La estrella de cinco puntas (que muestra la figura 14) es la que todo niño aprende a dibujar con una línea continua de cinco segmentos rectos.
Figura 14
El ayudante de Satán pudo entrar en el estudio porque Fausto no consiguió cerrar completamente una de las puntas de la estrella, pero los lados cerrados del pentágono interior le impidieron salir.
El uso de la estrella de cinco puntas con fines mágicos se remonta a los antiguos pitagóricos griegos. Durante toda la Edad Media
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representó a Cristo si se dibujaba con una punta hacia arriba y a Satán con una punta hacia abajo. Se utilizó mucho para encantamientos y hechizos mágicos, y se convirtió en un símbolo fundamental para grupos tan ocultos como los rosacrucianos, y órdenes tan secretas como los francmasones.
Pueden imaginarse mi emoción cuando cayó en mis manos un antiguo pergamino de Alemania que explicaba en detalle el ritual exacto con el que Fausto había convocado a Mefistófeles, el segundo más importante de los ángeles caídos. Una tempestuosa noche de invierno, mientras mi esposa dormía profundamente, subí las escaleras y me dirigí a mi estudio en el desván. Uri, nuestro perro de aguas negro, me siguió de cerca.
Cerré la puerta con llave. En la parte interna de la puerta, con tiza roja y mano temblorosa, dibujé una estrella de cinco puntas grande con la punta hacia abajo y dejé cuidadosamente una pequeña abertura en la esquina inferior. Durante varias semanas había reunido en secreto toda la parafernalia que requería el ritual trece candelabros negros, un crucifijo roto, una copa de sangre humana, el ojo de una salamandra, el corazón de una rana, una variedad de aceites y raros ungüentos.
Cuando me acercaba al final de la ceremonia, Uri empezó a gemir y a agazaparse. Una niebla rojiza lo envolvió, y su forma se empezó a borrar y a serpentear hasta que se asemejó a un bebé dragón. Una suave explosión produjo una nube de oscuro humo sulfuroso. Cuando el humo se aclaró, Uri ya no estaba. En su lugar había un
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hombre alto, de apariencia maligna, vestido prolijamente con traje y corbata.
—Bien hecho, amigo —dijo Mefistófeles—. Tu estrella de cinco puntas me atrapó como lo planeaste. Si tienes la amabilidad de borrarla, me iré.
—No lo haré —contesté—, hasta que me hagas una oferta razonable.
—Ya me lo esperaba —dijo el demonio—. ¿Te gustaría una
inmaculada primera edición del Fausto de Goethe, firmada por el
autor? Vale una fortuna.
—¿Y qué debo hacer?
—Sólo borra ese diagrama horrible. Volveré apenas lo reemplaces por otra estrella de cinco puntas, siempre que la dibujes de una determinada manera. Eres matemático, al menos pretendes serlo, entonces probablemente sabes que cada esquina de una estrella de cinco puntas regular es un ángulo de 36 grados. Esto suma un total de 180 grados para los cinco ángulos. —Ya lo sé.
—Bien —dijo el demonio—. Ahora, cuando dibujes la nueva estrella de cinco puntas, inclina un poquito las líneas para que la suma de los cinco ángulos sea mayor o menor de 180 grados, por lo menos en un grado. Esa clase de figura me permitirá entrar y salir como me plazca. No volveré a menos que lo dibujes correctamente. Cuando lo hagas, te traeré el volumen de Goethe, cuyo valor es incalculable.
—Déjame asegurarme de que comprendo —dije—. Debo dibujar la estrella con cinco líneas rectas continuas como antes. Pero tengo
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que hacer la estrella lo bastante irregular como para que la suma de los ángulos difiera de un ángulo llano en uno o más grados. —Precisamente. Ni siquiera tiene que parecer una estrella.
El demonio tomó un lápiz y una hoja de mi escritorio y dibujó los tres diagramas que muestra la figura 15, y agregó puntos negros para marcar los ángulos internos de cada uno.
Figura 15
—Como ves, el diagrama de la izquierda se reconoce como una estrella distorsionada. Pero también puedes dibujar, si lo prefieres, estrellas degeneradas como las de los otros dos diagramas, estrellas con uno o dos puntos en el interior. Puedes hacer la suma de los cinco ángulos como quieras excepto 180.
La propuesta parecía bastante razonable. Nos dimos la mano. Cuando borré mi estrella de cinco puntas regular, Mefistófeles se esfumó instantáneamente. Nunca volví a verlo y a Uri tampoco.
No, el demonio no había mentido. Simplemente no pude cumplir mi parte de convenio. ¿Puede explicar por qué?
1ª Solución
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Por más sorprendente que pueda parecer, es imposible dibujar una estrella de cinco puntas, por distorsionada que sea, sin que los cinco ángulos de las puntas sumen exactamente 180 grados. Hay una forma vulgar de demostrarlo. Dibuje en una hoja una estrella de cinco puntas tan irregular como quiera; luego corte cada una de las cinco puntas. Póngalas juntas y definirán una línea recta como muestra la figura 35. Por supuesto esta no es una prueba del teorema. Lo puede probar con geometría del plano, pero hay una forma mucho más sencilla.
Figura 35
Coloque un fósforo en un ángulo, sobre un lado del ángulo superior, como muestra la figura 36. Deslícelo por la línea hasta el ángulo inferior, luego gírelo en el sentido de las agujas del reloj como indica la flecha (manteniendo un extremo en el vértice) hasta que coincida con el otro lado del ángulo. Ahora deslícelo por la línea hacia arriba hasta el ángulo de la derecha, gire el fósforo como antes, deslícelo hasta el próximo ángulo y continúe de esta manera hasta que el fósforo vuelva a la posición original. Descubrirá que el fósforo se ha invertido y que giró exactamente 180 grados. Es fácil observar que con esta rotación ha medido la suma de los cinco ángulos.
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Figura 36
Los fósforos deslizantes modelan lo que los matemáticos denominan vector rotativo. El truco se puede usar para probar muchos otros teoremas sobre los ángulos, tanto internos como externos, de polígonos. Por ejemplo, demostrará que los ángulos internos de cualquier triángulo suman 180 grados como la estrella de cinco puntas. Mostrará que los ángulos internos de cualquier cuadrilátero suman 360 grados, los de cualquier pentágono 540 grados y así sucesivamente. Las sumas de todos los polígonos son múltiplos de 180 grados porque el fósforo, cuando regresa a la posición de partida, sólo puede estar en uno de los dos estados que difieren entre sí por un giro de 180 grados.
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Figura 37
La figura 37 muestra cómo estrellas de cinco puntas cada vez más pequeñas encajan dentro de otra y el proceso continúa hasta el infinito. Por supuesto, puede circunscribir una estrella de cinco puntas regular alrededor de la original, extender los lados para formar una estrella más grande, y seguir hacia el infinito en la dirección opuesta.
La propiedad más asombrosa de este grupo infinito de estrellas de cinco puntas encerradas, propiedad muy conocida entre los antiguos griegos, es que la longitud de cada segmento está en la proporción áurea respecto a la longitud del siguiente segmento más pequeño. La proporción áurea es una famosa constante irracional expresada por la fracción decimal infinita 1,61803398… Es la raíz positiva de la ecuación x2 - x - 1 = 0, y es igual a la mitad de la suma de 1 y la raíz cuadrada de 5. Un rectángulo con los lados en la proporción áurea se considera como el rectángulo de forma más agradable. Si tiene interés en aprender más sobre este notable
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número, y por qué es tan importante en la Naturaleza, el arte y las matemáticas recreativas, vea el capítulo que trata sobre él en mi Second Scientific American Book of Mathematical Puzzles & Diversions.
El borde estrellado de una estrella de cinco puntas regular se esconde en el modelo que muestra la figura 38. ¿Cuánto tarda en encontrarlo?
Figura 38
2ª Solución
Si se dibujan estrellas de cinco puntas en los planos no-euclidianos, tal como el plano formado por la superficie de una esfera, la suma de los ángulos puede variar ampliamente desde 180 grados. Muchos lectores lo señalaron, incluyendo a Mark S. Fineman, de
Santa Clara, California, que escribió lo siguiente:
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Basado en la información incluida en su artículo, dibujé una estrella de cinco puntas en la forma normal sobre una pelota inflable de juguete.
Figura 51
Luego, aprovechando los hechos conocidos sobre la geometría no euclidiana inflé la pelota. En ese momento el demonio en cuestión apareció. Creo que no le prestaba mucha atención a quien lo había convocado, ya que tenía la primera edición de Fausto en la mano. Le saqué la primera edición e hice algunos pactos personales. (Quizás algún día escriba sobre éstos en el futuro o en el pasado, pero esa es otra historia). De todos modos, como muestra de mi agradecimiento por su ayuda en esta cuestión, le envío la primera edición de Fausto por correo y, aparte, porque no entiendo alemán.
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Acertijo 27
Flarp echa un fiver
El teniente Flarp, un oficial de navegación del Bagel, terminaba su segundo martini marciano. El y Ensign Pulfer, un nuevo oficial que acababa de unirse a la tripulación, estaban sentados en el salón de cóctel de la nave, unas horas después de despegar del Centro Espacial de Marte. Como deben recordar los lectores, el Bagel es una nave espacial gigante cuya forma se parece a una rosca de pan. Rota continuamente en el espacio para producir un campo de gravedad artificial dentro del agujero anular.
—Déjame pagar la cuenta —dijo Pulfer y trató de alcanzarla, pero Flarp se le adelantó.
—No, no. Este es tu primer trago a bordo. Yo pago.
Los dos hombres discutieron unos minutos, luego Pulfer sacó una moneda de aluminio de cinco dólares del bolsillo. Con un fiver, o moneda de cinco dólares, con el perfil de Asimov en uno de los lados, se compraba lo mismo que con un níquel en los últimos años del siglo veinte.
Pulfer le dio la moneda a Flarp.
—La haces girar sobre la mesa y elijo cara o cruz.
—Si insistes… —Flarp se encogió de hombros— pero no voy a hacerla girar. En lugar de eso la dejaré caer.
¿Por qué se negó a hacer girar la moneda el teniente Flarp?
1ª Solución
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Las monedas no giran en una nave espacial giratoria. Las fuerzas de inercia de una moneda giratoria la hacen comportarse como un pequeño giróscopo. Conserva la orientación de los ejes relativa a las estrellas, igual que la Tierra (un enorme giróscopo) mantiene un extremo de los ejes apuntando hacia la estrella Polar. Dado que la nave en forma de anillo gira alrededor de un eje perpendicular al de la moneda giratoria, la moneda cae enseguida.
Inclusive una moneda lanzada se comportaría de manera peculiar a menos que los ejes giratorios fueran paralelos a los de la nave. Una bailarina de ballet en esa clase de nave no podría hacer piruetas. Los malabaristas no podrían hacer girar platos sobre una vara y pelotas en los dedos. Los yo-yo y los platos voladores que se arrojan actuarían en forma extraña. Los trompos no permanecerían verticales. Aparatos que rotaban alrededor de ejes verticales (ventiladores de techo, bandejas giradiscos, volantes) tendrían que diseñarse para vencer potentes fuerzas de torsión y fricción. Partes de maquinaria que girasen sobre ejes horizontales tendrían que alinearse con cuidado para mantenerlas estables. (Por supuesto el borde externo de la nave es el piso, por lo tanto aquí vertical quiere decir apuntar hacia el centro del «agujero» anular de la nave.)
Esto conduce a una paradoja interesante. De acuerdo con la teoría de la relatividad, no existe el movimiento absoluto. Sólo hay movimiento relativo a un marco de referencia de inercia estable. En teoría de la relatividad, tanto la nave como el cosmos pueden tomarse como marco estable sin violar ninguna ley natural. Pero si se supone que la nave está inmóvil, y se considera que el cosmos
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gira alrededor de ella, ¿cómo puede explicar el excéntrico comportamiento del fiver giratorio? Pensándolo bien, ¿cómo puede explicar la gravedad artificial de la nave? ¿No probaría el campo de inercia que la nave era lo que giraba realmente y no el cosmos?
Si este fuera el caso, la relatividad general nunca se hubiera formulado como teoría coherente. ¿Cómo resuelve la teoría de Einstein esta aparente paradoja?
2ª Solución
De acuerdo con la relatividad general, el campo de fuerza en el interior de una nave espacial giratoria se puede considerar como de inercia o gravitatorio, según lo que se elija como marco de referencia. Si se toma al universo como el marco fijo, el campo se denomina de inercia. Si se toma a la nave como marco fijo, el cosmos que gira alrededor de ella genera un campo de gravedad dentro de la nave que no se puede distinguir del campo de inercia de la otra interpretación. En este sentido, la gravedad dentro del Bagel es genuina, no simulada, incluso aunque la estructura de su campo no es igual al campo gravitatorio que rodea a un planeta o a una estrella.
Estrictamente hablando, no se debe decir que el campo se origina por una nave giratoria o por un cosmos giratorio. La realidad fundamental es la rotación relativa de la nave y del cosmos. Este movimiento relativo origina el campo de fuerza que simula la gravedad de la tierra y derriba los objetos giratorios. La cuestión para determinar cuál rota realmente, la nave o el universo, es tan
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insignificante como preguntar si está sentado realmente en una silla mientras lee estas líneas o si la silla lo sostiene desde abajo. Einstein usó la frase «principio de equivalencia» para representar la identidad fundamental de la inercia y de la gravedad. En relatividad general hay dos nombres para la misma fuerza. El nombre que se utiliza depende de la elección del marco de referencia. En el caso de una nave giratoria es mucho más fácil suponer que el universo está fijo y que la rotación de la nave produce un campo de inercia. Pero si la nave se considera como fija, el universo giratorio puede considerarse como el que origina el campo de gravedad que remolca la nave espacial en todas direcciones.
En ambas interpretaciones las ecuaciones tensoriales son las mismas y el campo tiene exactamente la misma estructura. Todavía no se sabe si el campo se origina de la rotación relativa a la estructura del espacio-tiempo en sí mismo, o relativa a las masas de las estrellas. La segunda hipótesis se conoce como principio de Mach. Einstein la apoyó durante un tiempo, más tarde la abandonó y hoy en día los expertos tienen opiniones divididas sobre la cuestión.
Supuestamente la gravedad (o inercia) se transmite por medio de ondas que se cuantifican. La partícula conductora se ha denominado gravitón, pero ni las ondas de gravedad ni las partículas se han detectado todavía por medio de experimentos.
Después de escribir esta columna se me ocurrió que no sólo los movimientos giroscópicos causarían estragos con los objetos giratorios en una nave espacial giratoria sino que también las
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fuerzas de Coriolis influenciarían las trayectorias de los objetos que se tiran o se dejan caer. Probablemente esto tendría muy poco efecto en juegos como el tenis, donde del movimiento de la pelota es en gran parte horizontal, pero si una gran estación espacial en forma de anillo giratorio fuera bastante grande para el béisbol, los jugadores tendrían que aprender nuevos reflejos para interceptar las pelotas altas.
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Acertijo 28
Superbolas saltarinas
En el número de Galaxia de febrero de 1958 se publicó un entretenido cuento de Walter Teves llamado «El gran salto». Se refería a una pelota tan elástica que una vez que empezaba a saltar, cada salto era mayor que el anterior. Finalmente todo el calor de la pelota se consumió como energía de rebote, de modo que se congeló y se despedazó antes de producir algún daño.
Como señaló Isaac Asimov en un artículo en The Smithsonian (mayo de 1970), esa clase de pelota saltadora violaría la segunda ley de termodinámica, pero ignoremos esto y supongamos que tal superbola podría fabricarse en realidad. También supongamos que el primer salto de la pelota es exactamente de 1/2 pie. El siguiente salto es de medio pie más, el tercer salto suma un tercio de pie a la altura, el siguiente le suma un cuarto y así sucesivamente. En resumen, cada n salto aumenta la altura de éste en 1/n pie. Por supuesto debemos imaginar todos los parámetros como ideales: una superficie perfectamente plana, un campo de gravedad uniforme, ninguna pérdida de energía por la resistencia del aire, etc. Cuando hablamos de la altura de una pelota, nos referimos a la altura del punto en el centro de la pelota.
Ahora vamos a una pregunta loca. Si esta superbola puede saltar durante un tiempo bastante prolongado, ¿saltará alguna vez tan alto como una milla? La respuesta conduce a algunos fascinantes teoremas sobre una famosa serie infinita de fracciones.
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1ª Solución
Intuitivamente parece imposible, ¡pero nuestra superbola saltará tan alto como se quiera si le damos suficiente tiempo!
Para descubrir a qué altura va la pelota en el enésimo salto, debemos sumar los primeros n términos (esto se denomina «suma parcial») de la siguiente serie infinita:
1/1+1/2+1/3+1/4+1/5+…
Esto se conoce como «serie armónica». Tiene importantes aplicaciones en física y tecnología, y un sinnúmero de curiosas propiedades. La propiedad más asombrosa es que no converge; es decir, no tiene suma límite. Aunque la cantidad por la cual la suma parcial crece con cada término nuevo siempre disminuye; sin embargo, si se suman suficientes términos, ¡la suma se puede hacer tan extensa como se desee!
Aquí tenemos una forma absurdamente simple de probar por reductio ad absurdum que la serie diverge. Primero se agrupan los términos como sigue:
(1/1 + 1/2) + (1/3 + 1/4) + (1/5 + 1/6) + …
Si la serie armónica converge, entonces la serie de arriba debe converger en la misma suma. Sin embargo, observemos que el primer término entre paréntesis de la serie de arriba es mayor que
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1, que es el primer término de la serie armónica. Del mismo modo, el segundo término entre paréntesis es mayor que 1/2, que es el segundo término de la serie armónica. El tercer término entre paréntesis es mayor que 1/3, que es el tercer término de la serie armónica. Y así sucesivamente para el resto de los términos. Por lo tanto, la suma límite para la serie de arriba debe ser más grande que la de la serie armónica. Pero esto contradice nuestra suposición de que las sumas de las dos series son iguales. Por lo tanto, nuestro supuesto original, que dice que la serie armónica converge, es falso. ¿Cuándo alcanza la pelota una altura de por lo menos dos pies? La respuesta es: después del cuarto salto. Esto lleva a la pelota a una altura de 25/12 o 2 y 1/12 pies. Puede demostrarse que la suma parcial de cualquier número de términos finitos en la serie armónica nunca es un número entero. La pelota requiere 83 saltos para superar una altura de cinco pies, y 12 367 saltos para superar diez pies. Para ir más alto que 100 pies, necesita 15 092 688 622 113 780 323 693 563 264 538 101 449 858 497 saltos. El tiempo necesario superaría por lejos la edad del universo.
Alguna noción sobre lo cerca que la serie armónica converge se puede obtener del hecho de que si eliminamos de la serie sólo aquellas fracciones que tienen como denominador uno o más de cualquier dígito específico, entonces la serie convergerá. La siguiente tabla da la suma, a dos decimales, de la serie para cada dígito omitido:
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Dígito omitido Suma
1 16,18
2 19,26
3 20,57
4 21,33
5 21,83
6 22,21
7 22,49
8 22,73
9 22,92
0 23,10
Supongamos que eliminamos de la serie armónica todos los términos con denominadores no primos. Nos queda la siguiente serie de recíprocos de primos crecientes:
1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 +…
Es difícil de creer, pero esta serie, igual que la serie armónica, ¡también diverge! Por supuesto diverge con mucha más lentitud. Aunque nuestra superbola saltarina armónica es solamente un experimento ideado, aquí hay un sorprendente experimento que realmente se puede realizar con una superbola dura de goma común de la clase que ahora se vende en las jugueterías.
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Figura 39
Cuanto más grande sea la pelota, mejor. Es ideal una de 7,50 cm de diámetro. Corte una pequeña ranura en la goma para que entre bien apretada la punta de un bolígrafo, de modo tal que la pelota quede suspendida cuando sostenga el otro extremo del bolígrafo, como muestra la figura 39. Deje caer la pelota y el bolígrafo en el piso duro o en la vereda de cemento. ¿Qué pasa con el bolígrafo?
2ª Solución
El bolígrafo despegará y llegará a diez pies o más de altura en el aire. La altura depende del tamaño de la superbola. Si está en una habitación, el bolígrafo golpeará el cielo raso con considerable fuerza.
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Si prueba con varillas de distinta longitud y peso, puede encontrar una varilla de un peso tal que cuando deje caer la pelota y la varilla, la pelota no saltará en absoluto. Aterriza de un golpe y queda en su sitio y envía la varilla hacia el cielo. La altura a la que llega la varilla se puede aumentar en gran cantidad si se pegan dos o más superbolas para que cuelguen como una cadena.
Cuidado: Asegúrese de que el que observe estas pruebas permanezca a una distancia prudente. Si la pelota no golpea en el suelo con el bolígrafo en posición vertical, puede disparar el bolígrafo hacia un costado con tanta rapidez que podría lastimar el ojo de alguien.
Para aprender más sobre este fenómeno —se refiere a la conservación del impulso de la energía— busque el siguiente ensayo escrito por su descubridor, el físico William G. Herter: «Velocity Amplification in Collision Experiments Involving Superballs», American Journal of Physics, volumen 39, junio de 1971, págs. 656-
63. Para hacer un experimento similar, ponga una pelota de tenis encima de una de básquetbol y déjelas caer.
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Acertijo 29
Corre, robot, corre
Hace algunos siglos, un joven paseaba a su perro robot, Farfel, por el Central Park, en Manhattan. En el aire se sentía un frío de noviembre y un fino manto de nieve cubría el suelo. Cuando el hombre llegó al estanque del parque, se detuvo para fijar la velocidad de Farfel a 10 km/h. Luego sacó del bolsillo una pelotita de goma.
—Mientras dé vueltas por el estanque, le dijo al perro, seguiré arrojando la pelota. Quiero que cada vez la vayas a buscar y me la traigas. ¿Comprendes?
—Comprendo —dijo Farfel moviendo la cola.
Cuando caminaba alrededor del estanque el hombre pensó: la batería de Farfel se está gastando y me gustaría que dure el mayor tiempo posible. Cuanto más distancia recorre, más energía gasta. Si quiero disminuir la distancia que corre, ¿debo arrojar la pelota hacia adelante o hacia atrás del camino, o hacia el costado, lejos del agua? Era una pregunta difícil.
Supongamos que el hombre caminaba a una velocidad constante de 5 km/h, el perro trotaba a una velocidad constante de 10 km/h y ninguno de los dos se detenía durante la marcha alrededor del estanque. Supongamos también que el hombre y el perro empezaban juntos y terminaban juntos cuando el hombre completaba el circuito.
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¿Cómo debía arrojar la pelota para disminuir la distancia que cubría el perro? Para adelante, para atrás, o para un costado. Además, ¿tiene importancia si arroja la pelota cerca o lejos?
1ª Solución
No existe ni la más mínima diferencia en la forma en que el hombre arroje la pelota. Considerando que sabemos que el perro trotaba continuamente y a un promedio constante durante la caminata del hombre alrededor del estanque, cubrirá la misma distancia por cualquier camino que tome. Supongamos que x es la distancia en kilómetros alrededor del estanque. El hombre terminará el circuito en x/5 horas. Durante este tiempo el perro habrá trotado 2x kilómetros sin importar la frecuencia con que el hombre arroja la pelota o en qué dirección.
Al terminar la caminata, el hombre se encontró con una atractiva joven de ojos negros que daba un paseo por el parque con su propia perra robot, Pasta. Pasear perros por el Central Park, antes y ahora, era una excelente manera de encontrarse con extraños.
—Veo que nuestras mascotas están fabricadas por distintas compañías —dijo el hombre—. Me pregunto qué precisión tienen hoy en día los fabricantes para programar las velocidades de trote.
—¿Por qué no dejamos que los perros corran una carrera para descubrirlo?
—Espléndida idea. Ajustémoslos a 15 kilómetros por hora y veamos si terminan la carrera al mismo tiempo.
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El hombre levantó un palo y dibujó una línea de partida en la nieve.
Después aproximadamente a 200 metros dibujó la línea de llegada.
Cuando Farfel cruzó la meta le llevaba de ventaja a Pasta
aproximadamente 10 metros.
—Lo siento —dijo Farfel.
—No importa —dijo Pasta.
—Esto nos demuestra —dijo el hombre— lo descuidadas que son nuestras corporaciones en la actualidad. Si hubieran fabricado a nuestras mascotas en África en vez de Japón, apuesto a que hubieran finalizado la carrera hocico con hocico. —Probémoslos nuevamente —dijo la joven.
—Esta vez haremos que Farfel comience 10 metros detrás de Pasta. Si los tiempos de carrera son consistentes, deberían cruzar la línea de llegada en el mismo instante.
Para asombro de ambos dueños de las mascotas, uno de los perros terminó la carrera adelante del otro. Cada perro corría a la misma velocidad constante que antes, y los dueños tardaron un tiempo en descubrir el porqué. ¿Qué perro terminó primero? No necesita álgebra para resolverlo, sólo un poco de sentido común y agudeza de ingenio.
2ª Solución
Es fácil deducir que Farfel ganaría nuevamente la carrera, y no necesita conocer la distancia o las velocidades de carrera de los perros para comprobarlo. Dado que Farfel comenzó la carrera a la misma distancia de la línea de llegada, como estaba adelante
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cuando terminó la primera carrera, los dos perros estarán juntos cuando Farfel haya recorrido una distancia igual a la distancia entre las líneas de largada y de llegada. En este caso, los perros estarán juntos cuando estén a 10 metros de la meta. Considerando que Farfel es el más veloz, dejará atrás a Pasta en los 10 metros que quedan.
Ahora vamos a un tercer problema confuso. Puede asombrar a algunos lectores porque revela lo poco que comprenden el concepto de velocidad promedio.
Supongamos que Farfel trota una vez alrededor del estanque a una velocidad constante de 10 km/h. Luego se le aumenta la velocidad a 15 km/h y trota alrededor del estanque por segunda vez. ¿Cuál es la velocidad promedio de Farfel en los dos circuitos? No responda con demasiada rapidez.
3ª Solución
La velocidad promedio para los dos viajes no es 12 1/2 km/h como la mayoría piensa. Nuevamente, supongamos que x es la distancia alrededor del estanquen A 10 km/h Farfel tarda x 10 horas para hacer un circuito. Los dos circuitos llevan x 10 + x/15 horas, que se reduce a x/6 horas. Por lo tanto, Farfel corre 2x kilómetros en x/6 horas. La velocidad es igual a la distancia dividida por el tiempo y el tiempo es igual a la distancia dividida por la velocidad. Por lo tanto la velocidad promedio de Farfel, para los dos circuitos, es 2x dividido por x/6 que resulta 12x/x. Las x se cancelan y dan un resultado de 12 km/h.
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Una pregunta final: un viejo cuento gastado que todavía asombra a los que nunca lo escucharon. Si Farfel completa un recorrido a 10 km/h, ¿a qué velocidad debe correr en el segundo viaje para elevar la velocidad promedio de los dos viajes a 20 km/h?
4ª Solución
No vamos a entrar en álgebra esta vez, pero si prueba con cualquier valor para x (la distancia alrededor del estanque), descubrirá que Farfel tendría que hacer el segundo recorrido en ¡ningún tiempo en absoluto! Sin tener en cuenta la distancia, o la velocidad en el primer circuito, para aumentar la velocidad promedio para los dos circuitos al doble de la primera velocidad, el perro tendría que completar el segundo recorrido con una velocidad infinita.
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Acertijo 30
Thang, Thung y el metajuego
Los dioses, que viven en un reino que trasciende absolutamente nuestro espacio-tiempo, participan de una variedad de juegos intelectuales que es imposible de describir. Uno de los más populares se juega sobre una rejilla en un espacio de 37 dimensiones. Hay más de un millón de piezas y un juego promedio dura alrededor de miles de años terrestres.
Los dioses consideran conveniente dividir los juegos en dos clases amplias: finitos e infinitos. Un juego finito es el que siempre debe terminar luego de un número finito de jugadas, igual que nuestras damas, ajedrez, go, tres en raya, bridge, etc. Un juego infinito es uno en el cual las reglas le permiten continuar eternamente. Esa clase de juegos serían aburridos en la Tierra, pero ¿qué les importa el tiempo a los dioses?
Un día, un pequeño e inteligente dios llamado Thang miró por encima del tablero de un juego infinito en el que participaba y le dijo a su oponente, Thung:
—Se me acaba de ocurrir, Thung, algo extraño. Es un juego nuevo. Lo llamo metajuego. Las reglas son sencillas. El primer jugador hace la primera jugada eligiendo un juego finito. Luego el otro jugador hace la primera jugada del juego finito y el juego sigue hasta terminar.
En la Tierra, por ejemplo, el primer jugador del metajuego podría elegir el ajedrez. Entonces los jugadores se sentarían ante el tablero
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y el segundo jugador comenzaría jugando, digamos, peón cuatro reina.
—¡Qué idea estúpida! resopló Thung—. Todos jugamos metajuego cada vez que dos nos encontramos en el club y decidimos a qué jugar.
—Lo sé —dijo Thang—. Pero déjame terminar. El metajuego lleva a
una paradoja maravillosa cuando se considera esta pregunta: ¿el
metajuego es finito o infinito?
Thang se rascó las cabezas.
—Debe ser uno u otro —dijo Thang—. Pero en ambos casos entramos directamente en una contradicción lógica. Supongamos que el metajuego es finito. El primer jugador puede elegir cualquier juego finito, entonces supongamos que elige el metajuego. Ahora, el segundo jugador, que hace la primera jugada en el metajuego, debe elegir un juego finito. Supongamos que nuevamente elige el metajuego. Después, el primer jugador hace lo mismo. Obviamente, esto puede seguir eternamente. Por lo tanto el supuesto de que el metajuego es finito es falso.
—¡Por los dioses! —exclamó Thung—. Ya veo lo que quieres decir. Muy bien, si el metajuego no es finito, debe ser infinito. Supongamos que es infinito. Ahora, el primer jugador no puede elegir el metajuego porque no es finito, entonces tiene que elegir un juego finito. Pero todos los juegos finitos terminan. De nuevo nuestro supuesto es contradictorio. ¡El metajuego no puede ser infinito!
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Thang y Thung todavía participan de su juego resolverán?
discuten esta extraña paradoja mientras eterno. ¿Quién sabe cuándo o cómo lo
Mientras tanto, consideremos un juego solitario en la rejilla de 4 por 4 que muestra la figura 16.
Figura 16
Puede terminar en un número finito de jugadas si se comienza con ciertos modelos iniciales, pero nunca termina si se comienza con otros modelos.
Para realizar este juego, coloque 16 monedas en 16 casilleros. Cada moneda la puede poner cara o cruz para formar cualquier modelo que prefiere. El propósito del juego es dar vuelta las monedas, de acuerdo con las reglas, hasta que todas sean caras. Las reglas son las siguientes:
Puede invertir cualquier hilera horizontal o cualquier columna vertical siempre que dé vuelta las cuatro monedas. Puede invertir
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cualquier hilera diagonal. «Diagonal» aquí incluye las dos diagonales principales de cuatro monedas, las cuatro diagonales de tres monedas, las cuatro diagonales de dos monedas y cada una de las monedas de los cuatro ángulos.
De esta manera, cada moneda esquinera se considera como la diagonal de ese ángulo. Como antes, cuando se invierte una diagonal se deben invertir todas las monedas.
Trate de hacer algunos juegos con modelos de cara o cruz elegidos al azar y verá que algunas veces es fácil obtener caras en todas las monedas. (Por supuesto, si se pueden obtener todas caras, también se pueden tener cruces simplemente invirtiendo cuatro hileras.) Sin embargo, con otros modelos de partida, se pasará invirtiendo monedas eternamente sin alcanzar la meta jamás.
Hay una forma muy sencilla de echar un vistazo al modelo y saber enseguida si tiene solución o no. Esto agrega un entretenido juego de apuestas. Le puede explicar el juego a un amigo, disponiendo algunos modelos con solución y demostrándole lo fácil que es cambiar el modelo para obtener todas caras. Déjelo experimentar con algunos modelos iniciales que elija al azar. Apenas arme un modelo sin solución, le puede apostar unos miles de australes contra sus dieciséis centavos a que no puede resolverlo en una hora.
¿Cuál es el secreto? ¿Cómo se puede saber tan rápidamente si un modelo tiene solución o no?
1ª Solución
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Eche un vistazo a las ocho monedas en las casillas sombreadas de la figura 40.
Figura 40
Si hay un número par de caras entre las ocho, el juego tiene solución. Si el número de caras es impar, puede seguir dando vuelta monedas hasta el día del juicio final sin conseguir jamás que todas sean caras.
Ahora vea si puede probar por qué siempre debe ser así.
2ª Solución
Cada vez que da vuelta una hilera o columna, o una diagonal de tres o dos monedas, debe dar vuelta exactamente dos monedas en el modelo sombreado de ocho. Y si invierte una diagonal principal de cuatro monedas, o una moneda del ángulo, no invertirá ninguna moneda entre las ocho.
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Al comienzo, si hay un número impar de caras entre las ocho, también habrá un número impar de cruces. (El cero se considera como número impar). Por lo tanto, para lograr que las ocho monedas sean todas caras debe invertir un número impar de cruces en este modelo. Dado que sus movimientos le permiten dar vuelta pares de monedas en el modelo, es una cuestión muy simple hacer que las ocho monedas sean todas caras. Una buena estrategia es hacer que las cuatro monedas centrales sean caras primero. Luego invierta las hileras diagonales de dos, o los bordes externos de cuatro, para hacer que las monedas sombreadas sean todas caras. Finalmente, si es necesario, dé vuelta las monedas de los ángulos.
Ahora considere un modelo de largada en el que la cantidad de caras (o cruces) en el modelo sombreado sea un número par. Dado que en cada jugada que hace debe invertir dos monedas en este modelo, o ninguna, no hay forma de lograr que las ocho monedas sean todas iguales. Si invierte dos monedas que son iguales, perderá o ganará dos cruces, y el número de caras seguirá siendo par. Si las dos monedas son caras o cruces, cada una cambia su faz y la situación sigue igual que antes.
Los matemáticos usan la palabra «paridad» para describir las estructuras que se pueden identificar con los números pares o impares. El modelo de ocho monedas tiene una paridad impar si tiene un número impar de caras y una paridad par si tiene un número par de caras. Las reglas del juego son las de «conservar la paridad» de este modelo. Si la paridad inicial es par, no hay forma de hacerla impar.
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Encontré este juego en una revista rusa de ciencia popular. Raymond Smullyan explica el metajuego en su libro 5000 BC and Other Philosophical Fantasies, un libro de deslumbrantes especulaciones que debe interesar a cualquier aficionado a la ciencia ficción. William S. Zwicker, un matemático del MIT, inventó el juego.
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Acertijo 31
El número de la bestia
Aquí está la sabiduría. Deja que el inteligente cuente el número de la bestia: porque es el número de un hombre: y su número es seiscientos sesenta y seis. EL APOCALIPSIS 13:18
Al acercarse el año 1000 hubo una gran efusión de sermones y literatura por todo el mundo cristiano que se referían a la aparición inminente del Anticristo, la Batalla de Armagedón y el Regreso de Jesús. Ahora que se vislumbra el año 2000, sucede otra vez. Las sectas adventistas crecen con rapidez, y los evangelistas electrónicos, incluyendo a Billy Graham, hablan cada vez más y más sobre la próxima encamación de Satán como la Bestia, y sobre cómo se aplicará el 666 a Satanás.
Sentí curiosidad por saber cómo esta tendencia iba a prosperar en las décadas de 1980 y 1990 y me puse en un trance precognitivo, usando una técnica secreta que los paracientíficos de Stanford Research International desarrollaron el año pasado. La información que obtuve fue tan asombrosa como extraña. La histeria por el Regreso de Jesús alcanzó un pico máximo en 1999 y no sólo porque este era el último año antes del 2000. Si invertimos 1999, los numerales comienzan con 666. Pero había otros motivos para el nerviosismo. En junio de 1999, el sexto mes del año, el reverendo
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Sol Luna anunció que era el nuevo mesías. Por esa época el culto a la Luna se había convertido en la secta adventista más grande de los Estados Unidos y superaba holgadamente en número y fortuna a los Mormones, los Adventistas del Séptimo día y los Testigos de Jehová.
En los siglos pasados, se identificó a miles de líderes políticos y religiosos con la Bestia. Generalmente se deducía el 666 de sus nombres al numerar las letras de un alfabeto de una forma verosímil y luego se sumaban los valores de las letras del nombre de la persona para obtener la suma de 666. Los antiguos cristianos aplicaron de esta manera el 666 a Nerón, a otros tiranos romanos y a Muhammad. Los protestantes lo aplicaron constantemente a los nombres de los Papas, y los Católicos se desquitaron al encontrar el 666 en los nombres de Lutero, Calvino y otros reformadores. Se lo aplicó a Napoleón, y más tarde a Hitler, Mussolini, Stalin, y a otros dictadores.
Una forma elegante de obtener el 666 de Hitler es usar el simple código: A = 100, B = 101, C = 102, etc. Al sumar las letras de Hitler da como resultado 666.
Me sorprendí al enterarme, durante mi trance, de que en julio de 1999 publiqué un descubrimiento que había hecho un poco antes ese mismo año. Utilizaba el más simple de todos los códigos: A=l, B=2, C=3, etc. Entonces el valor de cada letra de un nombre se multiplica por 6 y se suman los productos. Cuando este sistema se aplica a Sun Moon (Sol Luna) el resultado es 666. La publicación despertó tanta hostilidad entre los Lunáticos que durante meses me
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atacaron encarnizadamente en la prensa y hasta me salvé por poco de que una lunática me asesinara, pero afortunadamente, tenía muy mala puntería.
Después de despertar de mi trance, revisé cuidadosamente mis extensos archivos sobre el 666. Se me ocurrió que los lectores podrían interesarse no sólo en lo que yo había sabido por precognición, sino también en algunas de las notables propiedades del 666.
El seis elevado a la sexta potencia, y ese número elevado otra vez a la sexta potencia, da como resultado el número de universos alternativos que pueden entrar en el aparato de Robert Heinlein en la novela El Número de la Bestia.
La suma de los primeros 36 números naturales es 666, y observemos que 36 = 6 × 6.
La suma de los cuadrados de los primeros 7 números primos (2, 3, 5, 7, 11, 13, 17) da 666. Observemos cómo esto une al 666 con el número místico 7.
Los primeros 144 dígitos decimales de pi, que Michael Steuben (profesor de matemáticas en Annadale, Virginia) descubrió recientemente, suman 666. Observemos que 144 es (6 + 6) × (6 + 6).
13+23+33+43+53+63+53+43+33+23+13=666
16-26+36=666
6+6+6+63+63+63=666
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El siguiente versículo de El Apocalipsis que sigue al 13:18 es 14:1. Contiene el número 144 000. Michael Keit, de Highstown, Nueva Jersey, descubrió que si se divide 144 000 por 666 se obtiene el número decimal repetido 216,216216216… y 216 = 6 × 6 × 6. Podría seguir 66 páginas más, pero sólo hay espacio para cinco entretenidos acertijos.
1. Si usamos el código que se aplicaba a Hitler, ¿cuál es el día más maligno de la semana?
2. Pruebe que la Bestia es un Fox (zorro)
3. Se pueden insertar tres signos + dentro de la secuencia
123456789 para dar la suma de 666:
123+456+78+9=666
Si también se permiten los signos - (excepto que un signo menos no se permite adelante de la secuencia) ¿cuál es la otra única forma de obtener 666 con sólo tres signos? La suma no puede lograrse con menos signos.
4. Encuentre la única manera de insertar cuatro signos (cualquiera puede ser + o -) dentro de 987654321 para dar la suma de 666. Nuevamente, no hay solución con menos signos.
5. Una interpretación común entre los fundamentalistas de hoy es que 666 representa una deficiencia de 777, que se considera como símbolo de la perfección. Creo que no hay forma de insertar cualquier número de signos + o - en 123456789 para obtener una suma de 777, y sólo una forma de hacerlo con 987654321. ¿Cuál?
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1ª Solución
1. Sólo MONDAY (lunes) tiene una suma de 666 (112 + 14 + 113 +
103 + 100 + 124 = 666). Esto lo descubrió uno de los primeros alumnos de Steuben. Otro exalumno descubrió que PAYDAY (día de pago) también es una palabra 666 en el mismo código, lo que no es sorprendente considerando que el día de pago generalmente es un lunes.
2. Para probar que la bestia es un FOX (zorro), numere el alfabeto como se muestra abajo, y observe las tres letras que aparecen debajo del 6:
1 2 3 4 5 6 7 8 9
A B C D E F G H I
J K L M N O P Q R
S T U V W X Y Z
Otra solución, que me envió Larry T. Green, es usar el código que di para encontrar el 666 en el nombre de Hitler. En este código F = 105, O = 114 y X = 123. Los dígitos en cada número suman 6.
3. La otra única manera de obtener una suma de 666 insertando tres signos de suma o resta dentro de 123 456 789 es:
1234-567+8-9=666
4. La única forma de obtener 666 insertando cuatro signos de suma o resta en 987 654 321 es:
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9+87+6+543+21=666
5. La única forma de obtener 777 insertando cualquier cantidad de signos de suma o resta en 987 654 321 es:
98+7+654-3+21=777
Cuando estas respuestas aparecieron en mi columna, lectores demasiado numerosos como para hacer una lista me enviaron los resultados de programas de computadoras que dieron todas las soluciones para el problema de agregar signos de suma o resta en las secuencias 123 456 789 y 987 654 321 para obtener de 666 o
777. R. H. Lyddane fue el primero en hacerlo, lo siguió Michael Buchanan y muchos otros.
666 tiene ocho soluciones para la secuencia ascendente:
− 1+2-3+4-5+678-9
+ 1−2−3−4+5+678-9
+ 1+2+3–4−5+678−9
+ 1−23−4+5+678+9
+ 1+2+3+4+567+89
+ 1+23−45+678+9
+ 123+456+78+9
+ 1234-567+8−9
y cinco soluciones para la descendente:
− 9+8+7+654+3+2+1
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+ 9−8+7+654+3+2−1
+ 9+8−7+654+3−2+1
+ 9−8−7+654−3+21
+ 9+87+6+543+21
777 tiene dos soluciones para la secuencia ascendente:
− 12−3+4+5−6+789
− 12+3−4−5+6+789
y dos para la descendente:
− 9−8+765−4+32+1
+ 98+7+654−3+21
Walter Percy, en su libro de 1983 Lost in the Cosmos dice que el novelista británico Graham Greene no puede escribir hasta que observa suficiente tráfico como para ver pasar a un coche con el 777 en la chapa.
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Acertijo 32
El joven que quería tener cincuenta años
Alrededor del 2001, los Estados Unidos habían hecho notables progresos en todas las ciencias. Al mismo tiempo se aceleraba la decadencia de la enseñanza de las matemáticas, que comenzó con la revolución de la computación del siglo XX.
La doctora Ofelia Bumpers, profesora de matemáticas en la Universidad de Miami, tenía 47 años, pero su apariencia y comportamiento eran los de una encantadora morena de 27. Lucky O’ Toole, de 19 años, capitán del equipo de fútbol de la universidad, era uno de sus estudiantes en la clase de Introducción al Algebra Elemental. O’ Toole no era muy brillante pero era muy apuesto, viril y estaba desesperadamente enamorado de su profesora. A Ofelia no le importaba. En realidad, ella había provocado el romance.
Una calurosa tarde, cuando la pareja descansaba en una playa arenosa en traje de baño, Lucky se recostó con la cabeza en la falda de Ofelia.
—Debes haber oído —dijo— sobre el gran descubrimiento genético la semana pasada. Algunos biólogos de Harvard descubrieron una forma de envejecer a una persona cualquier número de años en sólo pocas semanas de tratamiento.
—Lo leí en el National Enquirer —dijo Ofelia—. Entiendo que el proceso es irreversible.
—Sí —dijo Lucky—. Pero no me importa. Pedí una entrevista con el grupo de Harvard para ofrecerme como voluntario. Dicen que
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pueden hacerme llegar a los 50 años. Si funciona, podemos casarnos.
Ofelia sacó la mano del pelo enrulado de Lucky y se la puso sobre la boca.
—¡No puedo creerlo! ¡Perderás 30 de los mejores años de tu vida! Ofelia no sólo estaba profundamente escandalizada sino que estaba muy molesta.
—Mira, Lucky, tienes exactamente la edad que quieres tener. Puedo probártelo con el álgebra. Señaló a la derecha. —Alcánzame ese anotador y te lo demostraré.
Ofelia siempre llevaba un anotador y un lápiz. Era una creativa matemática, y siempre que surgía la inspiración le gustaba tomar nota de lo esencial antes de olvidarlo.
—Supongamos que n representa tu edad actual —dijo—, a la edad que quieres tener y d la diferencia entre las dos edades. Lucky asintió. Hasta ahora comprendía.
—Obviamente —continuó Ofelia— podemos anotar esta ecuación.
a = n + d
Multipliquemos cada miembro por (a - n):
a (a - n) = (n + d) (a - n)
Después de hacer las dos multiplicaciones, el resultado es:
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a2 - an = an + ad - n2 - nd
Restemos ad en ambos miembros. Esto nos da:
a2 - an - ad = an - n2 - nd
Factoreemos ambos miembros:
a (a - n - d) = n (a - n - d)
Ahora podemos cancelar (a - n - d) en ambos miembros. ¡Y mira lo que resulta! a = n
Recuerda -continuó—, a es la edad que quieres tener y n es la edad actual. Acabo de comprobar, y no puedes discutir con el álgebra, que las dos edades son idénticas. ¡Tienes exactamente la edad que prefieres!
Lucky se rascó la cabeza. Había aprendido bastante álgebra como para seguir cada paso de la prueba. Cada transformación de la ecuación original parecía legítima.
Por supuesto Ofelia no hablaba en serio. Para asombro de Lucky se rió alegremente cuando vio la expresión de perplejidad en su cara. Evidentemente hay algún error en la prueba, pero ¿cuál?
1ª Solución
Si trata de sustituir por números las tres variables en la ecuación inicial, a = n + d descubrirá enseguida que la expresión (a - n - d) es
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igual a cero. Cuando Ofelia canceló (a - n - d) de ambos lados de la ecuación, en realidad dividía por cero, una operación prohibida en aritmética porque el resultado no tiene sentido.
La prueba de Ofelia es un ejemplo clásico de cómo la división por cero puede producir respuestas falsas. Si se permitiera, se podría usar la prueba para demostrar que cualquier variable es igual a cualquier otra. ¿Quiere probar que una mosca pesa lo mismo que un elefante? Sólo suponga que n es el peso de la mosca y a el peso del elefante.
Ofelia enseguida disuadió a Lucky de sus planes y lo amenazó con no verlo nunca más si los llevaba a cabo. Siguió teniendo suerte en la clase de álgebra, no sólo porque a Ofelia le gustaba, sino también porque el presidente de la universidad le envió un memo a Ofelia diciendo que Lucky no podía reprobar bajo ninguna circunstancia. El equipo de fútbol lo necesitaba mucho.
Con esto en mente, Ofelia a menudo tomaba exámenes con preguntas que basaba en lo que ella pensaba que Lucky trataría de responder. Por ejemplo, una de las preguntas del examen era simplificar las siguientes fracciones:
26/65, 16/64, 49/98
Como ella supuso, Lucky redujo las fracciones cancelando, como si fueran, de arriba y abajo de cada línea.
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¡Observará que en cada caso esto da un resultado correcto! Aparte de las fracciones que son igual a 1 como 37/37, o fracciones que terminan en cero como 20/30, queda sólo una fracción con numeradores y denominadores de dos dígitos para la que funciona esta cancelación ilegal. Vea si puede encontrar el cuarto ejemplo.
2ª Solución
La cuarta fracción es 19/95. Se convierte en 1/5 después de cancelar los dos nueves. Para los que tengan interés, un problema más difícil es probar que no hay otras fracciones (con dos dígitos arriba y dos dígitos abajo de la línea) con esta curiosa propiedad.
—Si restan 100 menos 7 tantas veces como sea posible —preguntó Ofelia a la clase una vez—, ¿qué resultado da? Lucky levantó la mano.
—Siempre da 93 —dijo.
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Acertijo 33
Bambú Fibonacci
Todo el mundo sabe cuánto se usa el bambú en Oriente para miles de cosas diferentes, pero pocos saben que de las plantas con tallo de madera es la que crece con mayor rapidez. En algunas regiones como Sri Lanka puede crecer a un promedio de 16 pulgadas en un solo día, y alcanza generalmente una altura mayor a 100 pies. Si se examina el extremo de una caña de bambú en un microscopio poderoso, realmente se la puede ver crecer.
A mediados del siglo XXI, el profesor Mitsu Matsu, un genetista de Tokio, tuvo éxito en crear una nueva especie de bambú que denominó bambú Fibonacci por su extraordinaria forma de crecer. No sólo crecía a un ritmo acelerado constante, sino que el promedio concordaba precisamente con lo que los matemáticos denominan frecuencia Fibonacci generalizada.
—Sí —le dijo el doctor Matsu una tarde soleada a la doctora Beatrice Minee, una genetista de Filadelfia que estaba de visita—, el crecimiento de cada día es exactamente igual al crecimiento de los dos días anteriores. Si una caña crece a pies el primer día, y b pies el segundo día, el crecimiento del tercer día de c pies será igual a a
+ b.
—¿Y al cuarto día el crecimiento será b + c? —preguntó la doctora Minee, mirando con asombro los altos «árboles» huecos que brotaban en la densa selva de bambú por la que paseaban.
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—Exactamente. Cada veinticuatro horas el crecimiento de ese período es precisamente la suma del crecimiento de los dos días precedentes. Por suerte, cuando un tallo alcanza una altura de aproximadamente 500 pies deja de crecer.
—Sé que las secuencias Fibonacci se relacionan con las pautas de crecimiento de muchas plantas —dijo la doctora Minee—, pero esto es realmente fantástico.
Se acercó a tocar un nudo de bambú que hacía un débil zumbido.
Lo sentía vibrar.
—¿Cuánto crecerá esta caña hoy?
—Cien pies —contestó el docto Matsu.
—¿Y cuándo comenzó a crecer?
—A las seis de la mañana del domingo pasado. Hoy es sábado. Mañana a las seis de la mañana habrá crecido exactamente una semana.
—¿Cuánto creció el primero y el segundo día?
—No me acuerdo —dijo el doctor Matsu—. Especies diferentes de bambú Fibonacci crecen a ritmos diferentes durante los primeros días. Tengo que revisar mis registros.
Esto nos enfrenta con un excelente problema en teoría numérica. Supongamos que los siete números enteros que representan el crecimiento de la caña en cada uno de los siete días forman la cadena Fibonacci más extensa posible que termina en 100. Supongamos también que el crecimiento del segundo día supera al del primer día, y que cada crecimiento diario es un número entero de pies. Ahora tiene toda la información que necesita para
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determinar cuántos pies creció el tallo el primer día y el segundo día.
1ª Solución
Lo que se denomina la serie Fibonacci comienza: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21… Una secuencia Fibonacci generalizada puede empezar con dos números enteros positivos cualesquiera. El segundo número puede ser mayor, menor o igual al primero. Una de las más sorprendentes entre la cantidad de curiosas propiedades de tales secuencias es que la razón entre dos términos consecutivos se acerca cada vez más a un límite irracional a medida que avanza. El límite para todas las secuencias Fibonacci es el mismo. Es el famoso «número de oro» dado por la expresión:
El número de oro nos proporciona una forma simple de resolver nuestro problema. La secuencia Fibonacci más larga que termina en 100 tendrá el siguiente último término, x, de tal manera que 100/x será distinto del número de oro por menos de 1. Para determinar x sólo necesitamos resolver la siguiente ecuación:
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Esto le da a x el valor de 61,80 +. Por lo tanto el siguiente último término de la secuencia será 61 o 62. Si redondeamos x con 61, luego restamos al revés de la secuencia desde 100, obtenemos los términos 100, 61, 39, 22, 17, 5, 12. Nos dijeron que el segundo día de crecimiento superaba el crecimiento del primer día, entonces tenemos que descartar 12. Esto deja una secuencia de seis términos; por lo tanto no es la secuencia que buscamos.
Ahora tratamos de redondear x con 62. Esto da la cadena más larga: 100, 62, 38, 24, 14, 10, 4, 6. Como antes, debemos eliminar el 6 porque supera al segundo término, 4. Ahora tenemos una secuencia de siete términos en una cadena que termina con 100. La secuencia empieza con 4 y 10, los dos números que solucionan nuestro problema.
El método se aplica a todos los números tope de una cadena Fibonacci. Si el último número es 1000, se puede determinar fácilmente que la cadena más larga que termina en 1000 comienza con 8, 2, 10,…, y tiene 13 términos. Si el último número es un millón, la cadena más larga tiene 20 términos y comienza con 154 y 144.
Cientos de entretenidos acertijos se basan en las secuencias Fibonacci. Supongamos, por ejemplo, un rectángulo que tiene lados a y b, y que c es la superficie del rectángulo. Si a, b y c son términos consecutivos en una secuencia Fibonacci generalizada, ¿cuál es la superficie del rectángulo?
2ª Solución
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Sabemos que la superficie del rectángulo es tanto el producto de a y b como la suma de a y b. Un poco de álgebra demuestra que a debe ser igual a b dividido por b - 1. Es fácil observar que la única solución en números enteros positivos es a = 2, b = 2, por lo tanto el rectángulo es un cuadrado de 2 por 2 con una superficie de 4.
Ahora veamos cuánto tarda en responder una pregunta mucho más simple. Si los tres lados de un triángulo a, b, c, son tres números positivos consecutivos en una secuencia Fibonacci generalizada, ¿qué expresión da la superficie del triángulo?
3ª Solución
La superficie del triángulo Fibonacci es cero. Cualquier triángulo que tenga un lado igual a la suma de los otros dos lados es un triángulo que se ha deformado en un segmento recto.
Si piensa un poco más verá que ningún triángulo con superficie positiva puede tener lados que sean números enteros distintos en cualquier secuencia Fibonacci aunque no sean consecutivos.
Si quiere saber más sobre las secuencias Fibonacci y cómo se relacionan con el crecimiento biológico, los juegos y otras curiosas cuestiones, vea el capítulo que trata sobre este tema en mi libro Mathematical Circus de 1979. Hay una bibliografía de referencias seleccionadas para ampliar la lectura. Beatrice Minee es mi vieja amiga la doctora Beatrice Mintz, una distinguida genetista del Instituto para la Investigación del Cáncer en Filadelfia.
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Acertijo 34
Comedores atados de guijarro púrpura
A mediados del siglo XX había una popular adivinanza infantil que decía: «¿Qué es púrpura y come canto rodado?» Respuesta: Un comedor púrpura de guijarros. Estos problemas no se refieren a los comedores púrpuras de guijarro sino a los comedores de guijarro púrpura.
La superficie de Gillikan, un extraño planeta que descubrió la nave espacial Bagel en una de las misiones de exploración de otros sistemas solares, está cubierta completamente de pequeños guijarros púrpura. La vida en el planeta se basa en el silicio. La más inteligente de las extrañas formas animales de Gillikan es una pequeña criatura parecida a una tortuga que vive en una valva de color gris en forma de un perfecto cubo de 7,5 cm de lado. Su inteligencia es aproximadamente la misma que la de una ardilla.
Cuando los miembros de la patrulla de exploración, que dirigía el biólogo espacial del Bagel, Stanley G. Winetreee, vieron los cubos grises por primera vez, no tenían idea de que estaban vivos. Pero cuando el teniente Flarp se agachó para levantar uno, una cabeza diminuta, con una coronilla perfectamente plana y dos ojos negros pequeños y redonditos, salió de repente de uno de los lados del cubo y emitió un gruñido agudo. Flarp dejó el cubo rápidamente. Cuatro patas surgieron instantáneamente de la base del cubo, y la criatura se escabulló.
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En el lugar donde había estado el animal quedaron unos cuantos cubitos púrpura duros como el cemento. Después los exploradores se dieron cuenta de que eso eran los excrementos del animal.
—¡Fantástico! —exclamó Winetree, aplaudiendo con las palmas enguantadas contra los costados del casco—. Me muero de ganas de poder disecar una de estas cosas.
—Probablemente tendrás que abrirlo con una sierra eléctrica— dijo Flarp.
Finalmente capturaron a uno de los bichos y lo llevaron al Bagel, donde pronto se lo bautizó «turple». Los carpinteros de la nave construyeron en el exterior una cerca cuadrada en el suelo guijarroso de 10 pies de lado, y ataron al turple en una de las esquinas, como muestra la figura 17.
Figura 17
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El turple se liberó enseguida mordisqueando la cuerda. Alguien encontró una cadena de acero que era demasiado dura para los dientes del turple. Una hora después, se alimentaba tranquilamente de guijarros púrpura, todos bastante suaves y menudos.
Ahora vamos a nuestro primer problema. Supongamos que la cadena le permitía al turple «pastorear» sobre exactamente un cuarto del campo cuadrado. Por supuesto puede alimentarse de acuerdo a la longitud de la cadena. ¿Cuánto mide la cadena? Sólo se necesita un poco de geometría elemental para solucionarlo.
1ª Solución
El turple puede «pastorear» sobre el cuadrante de un círculo con una superficie de 25 metros cuadrados, un cuarto de la superficie cuadrada de 100 metros cuadrados. El círculo completo, con la longitud de la cadena como radio, tendrá una superficie de 100 metros cuadrados. La superficie de un círculo, como todos deberían saber, es pi veces al cuadrado del radio. Para obtener el radio sólo necesitamos dividir 100 por pi, luego encontrar la raíz cuadrada del resultado. Esto da la longitud de la cadena aproximada de 5,64 metros.
El turple devoraba guijarros con tanta rapidez que fue necesario trasladarlo a otros ángulos de la cerca, y finalmente atarlo en el exterior de un ángulo, usando una cadena larga. El alimento le proporcionó a la tripulación docenas de pequeños cubos púrpura, todos idénticos. Uno de los mecánicos convirtió a un grupo de ellos en un hermoso collar que le regaló a una de las azafatas de la nave.
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La nueva correa tenía 20 metros de largo. Le va a resultar un poco difícil determinar la nueva superficie de «pastoreo».
2ª Solución
Como la figura 52 muestra claramente, el área de «pastoreo» consiste en tres cuadrantes de un círculo de radio 20, y dos cuadrantes de un círculo de radio 10.
Figura 52
Cada cuadrante grande tiene una superficie de 314,1593, por lo tanto los tres juntos dan 942,4706 metros cuadrados. El cuadrante pequeño, de radio 10, tiene una superficie de 78,5398, entonces los dos dan aproximadamente 157,08 metros cuadrados. Si se suman las superficies de los cinco cuadrantes da un total de área de «pastoreo» cercano a 1099,557 metros cuadrados.
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Esté atento a una curva en el próximo problema, supongamos que cada uno de los cubos de excreción del turple tienen un volumen exactamente igual al área de la superficie. ¿Cuánto mide el lado del cubo?
3ª Solución
¿Se dio cuenta de que es imposible responder a la pregunta sin que se le diga qué unidad de longitud se utiliza para medir el cubo? Supongamos que x es la unidad. El volumen del cubo es x3. El área de la superficie es evidentemente 6x2. Nos dijeron que los dos valores son iguales, por lo tanto escribimos la ecuación 6x2 = x3, y resolvemos x. La respuesta es 6. Sabemos que el cubo tiene un lado de seis unidades, pero esto podría ser seis centímetros, seis metros o seis kilómetros. El tamaño del cubo depende de la unidad de medida que se elija. ¡Un cubo de cualquier tamaño tiene la propiedad necesaria si lo medimos con una unidad que es un sexto del lado del cubo! Curiosamente, 6 también es la respuesta si preguntamos cuál es el diámetro de la esfera, en unidades x, cuya área de la superficie es igual al volumen. :
Nuestro último problema, que también se refiere al área de la superficie, es independiente del sistema de medidas. Supongamos que se corta un cubo con tres planos para formar ocho pequeños cubos idénticos, cada uno con un lado que mide justo la mitad del original. El volumen total de los ocho cubos evidentemente es el mismo, pero el área de la superficie combinada aumenta. Por esta razón los cubos de hielo más pequeños se derriten mucho más
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rápido en una bebida que su volumen equivalente en los cubos grandes.
¿Cuánto tarda para determinar cuánto más mide el área total de la superficie de los ocho cubos pequeños que el área de la superficie del cubo original?
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Acertijo 35
El dybbuk y el hexagrama
Estoy obligado a plantar una arboleda para complacer a la bonita chica que amo. Esta extraña arboleda debo componer
de diecinueve árboles en nueve hileras rectas y en cada hilera debo colocar cinco árboles, o quizá nunca vuelva a verla. Ahora, valientes lectores, no bromeo:
les ruego que me ayuden y hagan todo lo posible.
Este verso trivial, extraído de un antiguo libro de problemas de ingenio, se corresponde elegantemente con el modelo de la figura 18:
Figura 18
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El diagrama es la conocida Estrella de David (que los cabalistas de la Edad Media conocían como el Sello de Salomón), con el agregado de tres líneas paira unir los ángulos opuestos de la estrella. Sin las líneas suplementarias, los dos triángulos que se cruzan se denominan a veces hexagrama. Como la estrella de cinco puntas, se usaba muchísimo en las épocas pasadas como diagrama místico para ahuyentar al diablo.
Una noche ya muy tarde, cuando estudiaba un ejemplar de un manuscrito cabalístico que me había enviado un arqueólogo israelí que había encontrado el pergamino original en una cueva, me encontré con el dibujo de un hexagrama como el que pueden ver más abajo. Pero tenía un rasgo adicional. Cada punto estaba numerado del 1 al 19, en la forma notable que muestra la figura 19. Enseguida me di cuenta de que los números eran mágicos. Cada hilera de cinco sumaba 46.
Figura 19
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Cuanto más estudiaba los números mágicos, más me impresionaban sus simetrías. Los ángulos opuestos de la estrella suman 7, como las caras opuestas de un dado. Los números opuestos del interior del hexagrama suman 26. En el centro se encuentra el número maldito 13. Una traducción del hebreo (que me proporcionó mi amigo israelí) describía un complicado ritual secreto mediante el cual la estrella se podía usar para convocar a un dybbuk de mundo de los espíritus.
Dybbuks, en la antigua tradición hebrea, son los espíritus de personas muertas a las que se les permite volver a este mundo algunas veces, y que pueden tomar posesión del cuerpo de algún ser viviente. Los lectores que recuerden mi descripción de cómo usé la estrella de cinco puntas para convocar a Mefistófeles, comprenderán mi deseo de intentar un experimento similar con el hexagrama.
Hay dos razones por las que no puedo explicar en detalle el ritual cabalístico. Hay fragmentos que no son adecuados para el público común, y no quiero ser responsable del destino de algún lector que se tiente con el uso de las antiguas artes negras. Sólo les diré lo siguiente: Para cumplir el ritual, el hexagrama y sus poderosos números mágicos deben tallarse en madera con un cuchillo de mango negro hecho con cuerno de carnero, y con el filo bañado con una mezcla de jugo de cicuta y sangre de gato negro.
Ahora, sucede que tengo un gato persa grande que se llama Furicle. Después de conseguir el cuchillo adecuado y de bañar el filo en la forma prescrita, me retiré al estudio a la medianoche, provisto del resto de la parafernalia necesaria. Furicle debe haber sentido que
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algo extraño iba a suceder, porque gimió muy fuerte y saltó a un fichero alto cuando encendí el incienso y comencé a tallar el diagrama en el entablado de madera del cuarto.
La ceremonia de veinte minutos se completó con un gesto misterioso. Hubo una explosión de luz brillante y calurosa en el hexagrama, y un momento de silencio total; luego mi gato empezó a reírse alegremente, de repente.
—Felicitaciones, Gardner —dijo Furicle, y sus grandes ojos azules me miraban fijamente desde el fichero—. Hiciste la ceremonia en forma admirable.
—¿Le hablo a un dybbuk? —pregunté.
—En realidad, sí —dijo el gato—. Podría haber entrado en tu cuerpo
con la misma facilidad, pero de esta mañero podemos conversar.
¿No reconoces mi voz?
Negué con la cabeza.
—Soy tu viejo amigo Jekuthiel Ginsburg. Solíamos encontrarnos con regularidad en Manhattan, hace treinta años, cuando edité los Scripta Matemática.
Era la voz de Ginsburg, sin duda. Había sido un experto en teoría numérica que solía celebrar encuentros mensuales de entusiastas de la matemática recreativa en la zona de Nueva York. Ayer, me dijo, al enterarse de mis planes de realizar el ritual, había pedido permiso para responder. Era la primera vez, dijo, que se usaba el hexagrama de esta manera desde el siglo XVI. Charlamos durante varias horas sobre teoría numérica, mientras yo tomaba abundantes notas sobre problemas que podía ofrecer en futuras publicaciones.
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—¿Tengo que exorcizarte? —pregunté—, ¿o te irás por propia voluntad?
—No te preocupes —dijo—. Soy un dybbuk amigable. Pero no me iré hasta que me respondas una simple pregunta sobre la estrella. ¿Cuántos triángulos distintos puedes encontrar entre las líneas?
Me llevó cerca de diez minutos hacer la cuenta. Mientras trabajaba en eso, Furicle merodeaba por mis bibliotecas y sacaba de vez en cuando un libro de acertijos y daba vuelta las páginas con las garras. Cuando respondí el número correcto de triángulos, maulló dos veces y luego vino a frotarse el lomo contra mi pierna.
¿Qué número le di? Vea si puede contar todos los triángulos (algunos se escapan fácilmente) antes de buscar la respuesta Suponga, por supuesto, que las líneas del hexagrama no están cortadas ni tienen números.
1ª Solución
Hay 56 triángulos. La figura 41 muestra las siete clases y el número de cada una. Si disfrutó con esta tarea, puede intentar con una mucho más difícil: contar la cantidad de cuadriláteros en el diagrama, incluyendo «cuadriláteros cruzados» que tienen un par de lados que se intersecan.
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Figura 41
Para los entusiastas de los juegos de palabras, ¿pueden ordenar las letras de FURICLE para descubrir por qué le puse ese nombre a mi gato?
2ª Solución
Furicle es un anagrama de LUCIFER
Harold B. Reiter planteó por primera vez el problema de colocar números del 1 al 19 en el hexagrama para formar la estrella mágica en su artículo «A Magic Pentagram» en Mathematics Teacher (marzo de 1983, págs. 174-177). Reiter lo presentó como un problema sin
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solución y yo tuve el placer de ser el primero en encontrar dos soluciones.
La segunda solución es la inversa de la que muestra la figura 19. Se obtiene restándole cada número a 20. Esto coloca al 7 en el centro, con los seis números más grandes en los ángulos externos. Los números en los ángulos opuestos de la estrella suman 33, los números opuestos en el hexágono suman 14 y la constante mágica es 54. Observen que las dos constantes, 46 y 54, suman 100. Todavía no se sabe si hay otras soluciones.
Figura 53
Diecinueve árboles en diez hileras de cinco cada una.
Para un examen de los problemas de la plantación de árboles, vea mi columna de Juegos Matemáticos en Scientific American, agosto de 1976. Un artículo más antiguo sobre las estrellas mágicas se encuentra en mi libro Mathematical Carnival. Si tiene curiosidad sobre el uso de los pentagramas y de los hexagramas en la magia negra medival, hay dos buenas referencias en The Book of Ceremonial Magic (1911) de A. E. Waite y Magus (1801) de Francis Barret.
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Sorprendentemente, nueve no es el máximo número de hileras que se obtiene plantando diecinueve árboles para que cada hilera contenga cinco. La figura 53 muestra cómo se puede obtener diez (el máximo).
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Acertijo 36
1984
1984, el año que eligió George Orwell para el título y la trama de su famosa novela de ciencia ficción (en la tradición de las utopías negativas como Un mundo feliz, de Aldous Huxley, y When the Sleeper Wakes, de H. G. Wells), es el año en que publicamos este libro. Para conmemorar esa fecha, construí el cuadrado mágico orwelliano que muestra la figura 20.
Figura 20
Es mucho más mágico que el cuadrado mágico convencional, que tiene una suma constante para cada una de las hileras, columnas y diagonales principales. Este cuadrado es mágico porque si se eligen cinco de sus números libremente, de acuerdo con un simple procedimiento, y luego se los multiplica en una calculadora, el producto seguro es 1984.
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Si no lo cree, pruebe. Elija cualquiera de las cinco casillas que más le gusten, y dibuje un círculo alrededor del número. Ahora tache todos los números de la misma hilera horizontal del número que eligió, y tache todos los números de la misma columna vertical. Si no quiere que se le arruine la página, puede fotocopiar el cuadrado o dibujarlo en una hoja. Necesitará muchas copias si quiere repetir el truco o mostrárselo a los amigos.
Ahora elija un segundo número. Márquelo con un círculo y tache nuevamente los números de la misma hilera y de la misma columna. Repítalo cinco veces. Cada vez, por supuesto, debe elegir un número que no esté marcado ni tachado. Cuando termine habrá cinco números marcados con círculo. Aunque se eligieron al azar, cuando los multiplique en la calculadora, ¡verá que 1984 es el producto final!
En general no se sabe que antes de que Orwell eligiese a 1984 como época para su novela, G. K. Chesterton había tomado el mismo año para su novela Napoleón de Notting Hill.
Orwell predijo que en 1984 los Estados Unidos estarían sometidos a un sistema despótico bajo el control del Gran Hermano, un dictador que se parecía a Stalin. Por supuesto, esto no sucedió. La novela de Chesterton tenía una dirección diferente. Predecía un renacimiento del patriotismo local en Inglaterra, tan intenso que Notting Hill, que por esa época era un suburbio de Londres (hoy es uno de los distritos pobres de Inglaterra), se sublevó contra el gobierno de Inglaterra, mediante una guerra para convertirse en una nación separada. Esto tampoco sucedió. Ambas novelas, en realidad,
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ilustran un hecho sobre historia predictiva que el mismo Chesterton describió en el primer párrafo de su novela:
La raza humana, a la que pertenecen tantos de mis lectores, ha participado en juegos de niños desde el principio y probablemente lo hará hasta el final, lo cual es una molestia para los pocos que maduran. Y uno de los juegos preferidos es «Mantén oscuro el mañana», y también lo denominan (los campesinos de Shropshire, no me cabe ninguna duda). «Engaña al profeta». Los jugadores escuchan detenidamente y con respeto todo lo que los hombres sabios tienen que decir sobre lo que va a pasar en la generación venidera. Luego esperan a que todos los sabios mueran y los entierran decentemente. Después se van y hacen otra cosa. Eso es todo. Sin embargo, para una raza de gustos simples, es muy divertido.
Todos los números sirven para los problemas de ingenio y 1984 no es la excepción. Por ejemplo, ¿es posible usar sólo los 10 dígitos (del 0 al 9), para formar un conjunto de números que sumen 1984? Es fácil llegar a 1980 de esta forma: 6 + 28 + 407 + 1539 = 1980. Curiosamente, no es posible obtener 1984. Sin embargo, hay un solo dígito, y sólo uno, que si se omite, los nueve dígitos restantes formarán conjuntos de números que suman 1984. ¿Qué dígito debe omitirse? En otras palabras, ¿qué conjunto de nueve dígitos distintos formará un conjunto de números (usando cada dígito una sola vez) que dé la suma de 1984? Para responder esta pregunta no es necesario experimentar con números. Todo lo que se necesita es un poco de aritmética elemental de la que los matemáticos sabían
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antes de que las computadoras se hicieran cargo de todas las tareas de cálculo.
1ª Solución
El dígito que debe omitirse es 5.
Para comprender por qué, se debe saber lo que es una «raíz digital». Supongamos que x es cualquier conjunto de números. Si se suman todos los dígitos de todos los números, luego se suman los dígitos de la suma, y se continúa así hasta que quede un solo dígito, ese dígito final se denomina raíz digital del grupo original x.
Una de las leyes básicas de las raíces digitales es ésta. No importa cómo mezcle los dígitos de x para formar un nuevo grupo de números, la raíz digital del nuevo grupo será la misma de antes. Por ejemplo, consideremos el grupo de números 1, 23, y 931. La suma es 955. Al sumar los tres dígitos nos da 19 y 1 + 9 = 10, y 1 + 0 = 1, por lo tanto la raíz digital de 1, 23 y 931 es 1. Ahora usemos los mismos dígitos para formar un nuevo conjunto de números: 12, 13 y 39. La suma es 64. Los dígitos suman 10 y 1 + 0 = 1, por lo tanto la raíz digital de 1, 23 y 931 no se alteró.
Apliquemos nuestra ley al conjunto de diez dígitos. La suma es 45, y 4 + 5 = 9, entonces la raíz digital es 9. No importa cómo usemos estos dígitos para formar un grupo de números, la suma debe tener una raíz digital de 9. Pero 1984 tiene raíz digital de 4. Por lo tanto es imposible usar sólo los diez dígitos para formar un conjunto de números que sumen 1984.
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Nuestro problema preguntaba qué dígito se debía excluir del grupo de diez para que los restantes nueve dígitos puedan usarse para obtener la suma 1984. Evidentemente debemos omitir un dígito para que los restantes nueve tengan una raíz digital de 4. Sólo quitando el 5 podemos hacerlo. Los 9 dígitos restantes resolverán el problema de muchas formas diferentes. Aquí tenemos una:
869
702
432
1984
Ahora vamos a un problema mucho más difícil. ¿Puede colocar los diez dígitos dentro de los diez círculos de la figura 42 con un dígito distinto en cada círculo, para hacer una fracción aparente que sea igual a 1984?
Sólo hay una solución
2ª Solución
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Estoy en deuda con Stewart Metchette por este problema. Es uno de los varios problemas similares en su artículo «Years Expressed as Distinct-digit Fractions» en el Journal of Recreational Mathematics, volumen 13, número 1, 1980-81, págs. 26-28.
Un problema final. ¿Puede explicar por qué el cuadrado mágico que suma 1984 siempre debe ser así?
3ª Solución
Observe en la figura 57, a lo largo de la parte superior y de los extremos izquierdos del cuadrado orwelliano, diez números que se denominan «generadores» del cuadrado mágico. Observe que cada número dentro de un casillero es el producto del generador que está directamente encima y el generador a la izquierda.
Si multiplica los diez generadores, descubrirá que el producto es 1984. El procedimiento de marcar con círculos los casilleros y de tachar los números garantiza que dos de los cinco números marcados con círculo no compartirán una hilera o columna. Dado que cada número elegido es el producto de un par de generadores diferentes, los cinco números elegidos deben tener un producto igual al producto de los diez generadores, es decir 1984.
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Figura 57
Si quiere saber más sobre cómo construir cuadrados mágicos de esta clase —pueden basarse tanto en la suma como en la multiplicación— vea el segundo capítulo de mi Scientific American Book of Mathematical Puzzles & Diversions.
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Acertijo 37
La castración de Womensa
En el siglo XXIII era muy común viajar por la galaxia por medio de atajos a través de los agujeros vermiformes Wheeler. En consecuencia los audaces terrestres colonizaron miles de pequeños planetas con atmósferas parecidas a la de la Tierra, y a través de los siglos cada planeta desarrolló su propia cultura original.
Womensa era esa clase de planeta. Sus fundadoras originales fueron mujeres alemanas de inteligencia extremadamente superior que pertenecían a la organización que le dio nombre al planeta. Con fines reproductivos, llevaron una provisión de hombres diseñados genéticamente para combinar rostros hermosos con cuerpos musculosos e inteligencia inferior. Inferior para los niveles de Womensa. Para los niveles del siglo XX tenían el cociente intelectual de un Asimov.
La colonia era una dictadura monogámica y matriarcal gobernada por una dictadora suprema llamada Fidelia. Ninguna regla gobernaba la vida sentimental de los hombres solteros o de las mujeres casadas o solteras, pero se esperaba que los esposos fueran fieles permanentemente. Si se podía probar que un hombre cometía infidelidad, el castigo era rápido y severo. Lo castraban y lo ponían en el Coro Castrato de Fidelia, que era un grupo de hombres que cantaban en ocasiones festivas o en funciones oficiales.
Un día se acercó a Fidelia la ministra de Moral que, al igual que Fidelia, no tenía esposo.
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—¡Oh, Única! —dijo la ministra—. Me llama la atención la proliferación alarmante de infidelidades en nuestra ciudad capital. Se sospecha que diez esposos fueron infieles. Fidelia estaba escandalizada.
—Emite un decreto en el acto —dijo, entre furiosas pitadas del cigarrillo—, declarando que el gobierno está al tanto de por lo menos una infidelidad, quizá más, entre los esposos de nuestra ciudad. Anuncia también que cuando una esposa esté segura de que su marido le fue infiel, debe informarlo a tu oficina enseguida. El sinvergüenza será castrado ese mismo día y se lo enviará al coro. Su esposa quedará libre para volver a casarse.
—Provocará una psicosis, mein Führerin —dijo la ministra, hizo una profunda reverencia y el saludo Womensa con el dedo del corazón, pero se hará.
Para comprender las extrañas consecuencias de este decreto, debemos aceptar los siguientes postulados sobre las costumbres tradicionales de Womensa.
1. Apenas un esposo es infiel, el chisme se difunde con tanta rapidez, que en el lapso de una hora todas las mujeres casadas de la ciudad se enteran, menos la esposa perjudicada.
2. El conocimiento de una castración se expande con la misma rapidez.
3. Cualquier declaración de die Führerin se acepta como verdadera.
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4. Todas las mujeres de Womensa son perfectas lógicas. Inmediatamente comprenden las implicaciones de cualquier argumento y pueden razonar con exactitud infalible.
Luego de la emisión del decreto, pasaron nueve días sin que se informara sobre ninguna infidelidad. Después, al décimo día, diez esposas dieron los nombres de sus culpables maridos. ¿Puede explicar la demora de diez días?
1ª Solución
Para comprender cómo razonaban las esposas, supongamos primero que sólo había un esposo infiel. Según el primer postulado, todas las esposas de la ciudad se enteran de la infidelidad excepto la esposa perjudicada. Al saber que ningún otro esposo es infiel y al creer en el decreto, la esposa perjudicada sabe que el propio esposo debe ser el culpable y lo informa en el acto.
Ahora consideremos lo que pasaría si hubiera dos esposos culpables. Llamemos a las esposas A y B. A sabe que el esposo de B fue infiel. Si es el único esposo culpable, A espera que B (según el razonamiento anterior) sepa de inmediato que su marido es culpable y lo comunique el primer día. Sin embargo, cuando pasa el primer día sin ninguna castración, A se da cuenta de que debe haber dos esposos infieles. Dado que A sólo sabe de uno (el esposo de B), A razona que el segundo hombre culpable debe ser su propio cónyuge. Por lo tanto, lo va a comunicar al segundo día.
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Naturalmente la esposa B razona exactamente igual. Ella, también, lo informa al segundo día.
Consideremos el caso de tres esposos infieles. Cada una de las esposas, al enterarse de las dos infidelidades, espera (de acuerdo con el razonamiento de arriba) dos castraciones al segundo día. Cuando el segundo día pasa sin ninguna operación, cada una de las tres esposas sabe que hay un tercer hombre culpable, es decir su propio esposo. Por lo tanto se hacen tres informes al tercer día. Y si hay cuatro hombres culpables, cada una de las esposas reduce la situación al caso anterior de tres y no reporta al marido hasta el cuarto día.
Los matemáticos llaman a este tipo de razonamiento secuencial «inducción matemática». Evidentemente se extiende a n casos de infidelidades. En el enésimo día después del decreto, se producen n castraciones.
Después de producirse los diez castigos, los esposos de Womensa mantuvieron un control estricto de las pasiones durante varios meses. Esto les dio tiempo para pensar cuidadosamente en la lógica utilizada en la forma en que razonaban las esposas. Un día se les ocurrió que había una manera sencilla de escapar de las consecuencias de tal decreto.
Los detalles del plan se difundieron rápidamente entre ellos. Las infidelidades comenzaron nuevamente, y Fidelia se vio forzada a emitir un segundo decreto exactamente igual al anterior. Esta vez, sin embargo, no pasó nada. Pasaron meses y aun años pero no se informó ninguna infidelidad. En realidad, el plan tuvo tanto éxito
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que pronto fue evidente que el decreto era totalmente inútil para descubrir las identidades de los esposos infieles. ¿Cuál fue el inteligente plan?
2ª Solución
El gran plan era este: Los esposos aumentaron la cantidad de aventuras extramatrimoniales a un promedio constante. De esta manera cada día después que se emitía el decreto, las esposas se enteraban de más infidelidades de las que se enteraban el día anterior. Es fácil darse cuenta de que esto destruye completamente la lógica que las esposas usaban antes, que suponía que la cantidad de esposos leales permanecía constante después del decreto.
Las crecientes infidelidades tendieron a aumentar la población de Womensa, que ya venía creciendo rápidamente. Cuando consideramos también el constante traslado de familias dentro y fuera de la ciudad capital, es evidente que un promedio constante de crecimiento en la cantidad de infidelidades postergaba cualquier acción sobre la situación hasta que los esposos infieles habían muerto dé vejez sin ser castigados.
El problema original (con una historia sobre cuarenta mujeres infieles en una ciudad árabe gobernada por un sultán) apareció por primera vez en un divertido librito llamado Puzzle Math, que escribió el físico George Gamow en colaboración con Marvin Stern. El segundo problema se presenta aquí por primera vez. Me lo envió hace muchos años Thomas H. O’Beirne, un matemático de Glasgow, que le dio el crédito a su ayudante Duncan P. Goudie.
FIN
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