Curiosidades matemáticas

CURIOSIDADES MATEMÁTICAS
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Lic. Rubeline Llique Suárez______________________________________________________
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“La capacidad de soslayar una
dificultad, de seguir un camino indirecto
cuando el directo no aparece, es lo que
coloca al animal inteligente sobre el
torpe, lo que coloca al hombre por
encima de los animales más inteligentes,
y a los hombres de talento por encima de
sus compañeros, los otros hombres”.
GEORGE POLYA

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LOS DESCENDIENTES DE CARLOMAGNO
Se cuenta que cierto personaje estaba en extremo
orgulloso de ser un descendiente del mismísimo
Carlomagno.
Cierto día topó con un matemático de su entorno
que le hizo los siguientes cálculos:
"Vd. tiene dos padres, y cada uno de éstos, otros
dos; de modo que ya tiene seis ascendientes. Como
cada uno de sus cuatro abuelos tiene dos padres, el
número de ascendientes que contamos son 14. Y si nos
remontamos unas 40 generaciones, el número de antepasados que
tiene Vd. es:
2 + 22
+ 23
+ 24
+ 25
+ .... + 238
+ 239
+ 240
= 22
199 0231
255 550
Así que una vez conocida tan extraordinaria cantidad de
descendientes del gran Carlomagno, el matemático de nuestra
historia pensó "poca sangre noble tiene este buen hombre"; pero
siguió sintiéndose muy orgulloso de pertenecer a tan noble cuna.
EL PRECIO DE UN CABALLO
En una de las pocas situaciones de acercamiento entre el
guerrero indio Toro Sentado y el General Trust se dio la siguiente
circunstancia:
El General Trust admiraba el caballo de
Toro Sentado y le propuso que se lo vendiera.
Toro Sentado acepta con esta condición:
- Me ha de pagar un céntimo de nuevo sol por el primer clavo de la
herradura del caballo, dos céntimos por el segundo, cuatro por el tercer
clavo y así duplicando sucesivamente hasta el último de los 32 clavos de
las herraduras.
En principio al General Trust le pareció justa la propuesta, pero
cuando hubo de efectuar el pago...
 Tenía que pagar por el caballo la nada despreciable cantidad
de:

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232 céntimos, o sea: 42 949 672,95 nuevos soles
(Casi 43 millones de nuevos soles)
 Conclusiones:
 No era tan valioso el caballo de Toro Sentado.
 Con ese dinero podía haber comprado todos los caballos de
la tribu india.
 El General Trust no era tan rico.
 Toro Sentado se reveló como un muy buen matemático.
 No consta que el General Trust y Toro Sentado ultimaran el
trato.
 A partir de esta circunstancia no volvieron a fumar la pipa de
la paz.
LA DESCENDENCIA DE UNA PAREJA DE HORMIGAS
Cuando una especie animal encuentra dificultades para
reproducirse, la Naturaleza pone remedio y permite que sea
inmenso el número de huevos o crías que van a permitir el correcto
desarrollo de la especie.
Hagamos un pequeño cálculo para
demostrar de qué manera crecería la
descendencia de una hormiga y cómo las
dificultades que encuentran en el medio,
aniquilan millones de ellas.
Supongamos que cada hormiga pone 100 huevos y que en el
curso de un verano se alcancen seis generaciones de hormigas. En
la primera generación saldrán 100 hormigas, de ellas 50 hembras;
de estas 50 hembras, en la segunda generación salen 5000
hormigas, de las cuales 2500 serán hembras ... y siguiendo el
proceso, en la sexta generación aparecerían
1 562 500 000 000 hormigas
Que puestas en fila, cubrirían unas 20 veces la distancia entre
la Tierra y la Luna. Está claro que las cosas no suceden así. Son
relativamente pocos huevos los que prosperan y dan lugar a
individuos adultos.

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LOS DOBLECES DE UNA HOJA DE PAPEL
Si doblamos un folio por la mitad, se tienen dos
cuartillas y cuatro páginas. Si volvemos a doblar se
forman 8 páginas, doblando una tercera vez se obtienen
16, la siguiente vez, se formará un cuadernillo de 32
páginas...
Si dispusiéramos de una hoja de papel
suficientemente grande (como la de un periódico), no podríamos
doblarla por la mitad muchas veces, llegaría un momento en que el
grosor del cuadernillo formado sería tan grande que costaría mucho
trabajo.
Como estamos en la sección de "Números muy grandes"
veamos algunos ejemplos:
Supongamos una hoja de papel muy fino, papel de seda, de un
grosor de tan solo 1 milésima de centímetro:
Si la doblaras 10 veces; el grosor del cuadernillo
formado sería:
210 = 1024 milésimas de cm = 1 cm
aproximadamente.
Si el número de dobleces fueran 17:
217 = 131 072 milésimas de cm = 1,3 metros
Si pudiéramos doblarla 27 veces:
227 = 134 217 728 milésimas de cm = 1342 metros.
Y puestos a imaginar, si pudiéramos hacerle 50 dobleces a la
hoja de papel de seda, la pila de papel obtenida alcanzaría una
altura sorprendente:
250 = 1 125 899 906 842 624 milésimas de cm = 11 258 999
068 metros.
¡ Más de 11 millones de Km. !
EL PROBLEMA DEL ANDARÍN
Se trata de un hombre de 1,80 m. de estatura que
camina sobre el Ecuador y da así toda la vuelta a la
Tierra, ¿qué longitud habrá recorrido más su cabeza
que sus pies?. ¿Y si lo hace sobre el ecuador de la
Luna?.

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Solución:
L. cabeza =
L. pies =
Diferencia de longitudes =
11,31 metros
Dando la vuelta a cualquier esfera, la respuesta es la misma.
TRES AMIGOS EN EL BAR
Os voy a contar una vieja historia que
muy bien pudiera ser real:
Van tres amigos a tomarse un refresco.
Después de tomarlo, al pedir la cuenta, es
donde viene el lío:
 Amigos: Camarero, nos trae la cuenta,
por favor.
 Camarero: Son 300 nuevos soles, caballeros.
Y cada uno de ellos pone 100 nuevos soles.
Cuando el camarero va a poner el dinero en caja, lo ve el jefe y
le dice:
 Jefe: No, esos son amigos míos. Cóbrales solo 250 nuevos
soles.
El camarero se da cuenta que si devuelve los 50 nuevos soles
puede haber problema para repartirlas y decide lo siguiente:
 Camarero: Ya está. Me quedaré 20 nuevos soles. y les devuelvo
30, diez para cada uno.
Le devuelve a cada uno 10 nuevos soles.
Ahora es cuando viene el alboroto. Si cada uno puso 100
nuevos soles y le devuelven 10 nuevos soles, realmente puso cada
uno de ellos 90 nuevos soles.

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90 x 3 = 270 nuevos soles. Si añadimos las 20 que se queda el
camarero, 290 nuevos soles.......
¿DÓNDE ESTÁN LOS OTROS 10 NUEVOS SOLES?
Solución:
Este es un caso típico de cómo se pueden enredar las cosas.
Lo correcto es decir que 250 nuevos soles fueron a caja y 20
nuevos soles es la propina del camarero.
LEONARDO, EL JUGADOR METÓDICO
Leonardo es un jugador empedernido que cuando dispone de
dinero se lo juega a los dados. Siempre lo hace
de la misma forma: gane o pierda, apuesta la
mitad del dinero que tiene; a la segunda jugada,
apuesta la mitad del dinero que tiene entonces;
en la tercera jugada, la mitad de lo que tiene después de la
segunda; y así sucesivamente.
Cierta tarde tenía 16 nuevos soles y jugó 6 veces, ganó tres y
perdió otras tres.
¿Con cuánto dinero acaba?
Solución:
El orden de pérdidas y ganancias es indiferente, acaba
perdiendo 9 nuevos soles y 25 céntimos
Distintos supuestos:
1ª jugada: Apuesta 8 y gana ...............Tiene 16 + 8 = 24
2ª jugada: Apuesta 12 y gana .............Tiene 24 + 12 = 36
3ª jugada: Apuesta 18 y gana .............Tiene 36 + 18 = 54
4ª jugada: Apuesta 27 y pierde ...........Tiene 54 - 27 = 27
5ª jugada: Apuesta 13,5 y pierde ........Tiene 27 – 13,5 = 13,5
6ª jugada: Apuesta 6,75 y pierde ........Tiene 13,5 – 6,75 = 6,75
Si disponía de 16 nuevos soles y termina con 6,75; ha perdido 9,25
nuevos soles
1ª jugada: Apuesta 8 y pierde .................Tiene 16 - 8 = 8
4ª jugada: Apuesta 1 y gana ....................Tiene 2 + 1 = 3

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5ª jugada: Apuesta 1,5 y gana .................Tiene 3 + 1,5 = 4,5
6ª jugada: Apuesta 6,75 y gana ...............Tiene 4,5 + 2,25 = 6,75
Si disponía de 16 nuevos soles y termina con 6,75, también ha
perdido 9,25 nuevos soles
1ª jugada: Apuesta 8 y gana ............Tiene 16 + 8 = 24
2ª jugada: Apuesta 12 y pierde ...........Tiene 24 - 12 = 12
3ª jugada: Apuesta 6 y gana ................Tiene 12 + 6 = 18
4ª jugada: Apuesta 9 y pierde .............Tiene 18 - 9 = 9
5ª jugada: Apuesta 4,5 y gana .............Tiene 9 + 4,5 = 13,5
6ª jugada: Apuesta 6,75 y pierde ........Tiene 13,5 – 6,75 = 6,75
Si disponía de 16 nuevos soles y termina con 6,75, también pierde
9,25 nuevos soles
PODEMOS USAR LA BALANZA UNA SOLA VEZ
Tenemos 10 cestas de bombones y cada bombón ha
de pesar 10 gramos.
Al disponernos a venderlos hay una cesta en la
que los bombones sólo pesan 9 gramos, pero el
inconveniente es que no sabemos de qué cesta se trata. El
reto consiste en descubrir la cesta que tiene los bombones
de 9 gramos con una sola pesada (podemos usar la balanza
una sola vez).
Solución: Ordenamos las cestas en un orden cualquiera.
Cogemos un bombón de la primera cesta, dos de la segunda,
tres de la tercera, etc., y nueve de la novena.
Si la pesada de los bombones da 10 + 20 + 30 + ..... + 90 = 450
gramos, las cestas serán correctas y la defectuosa será la décima.
Pero si la pesada es de 450 -1 = 449 g. la cesta defectuosa será la
primera; si da 450 - 2 = 448 g. será la segunda. Si obtenemos 450 -
3 = 447 g. será la tercera cesta la defectuosa y así si da 450 - 9 =
441 g., será la novena.
LOS TRES HIJOS DE DON FABIAN
Dos sabios matemáticos, Doña Carmen y
Don Fabián, paseaban por la calle cuando
Doña Carmen preguntó a su colega Don
Fabián:
- ¿Tiene Ud. hijos?

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- Sí, tengo tres.
- ¿Cuántos años tienen?
- El producto de sus edades es 36 y la suma de sus edades es igual
al número de la casa de enfrente.
Doña Carmen se quedó pensando y después de mirar el número de
la casa de enfrente dijo a Don Fabián:
- Me falta un dato.
-Es cierto, mi hijo mayor se llama Fabián como yo.
Con este nuevo dato Doña Carmen ya pudo calcular las edades de
los tres hijos de Don Fabián.
Solución:
Factores del producto 36:-----------------La suma de las edades vale:
1 x 1 x 36 ----------------------------------------- 38
1 x 2 x 18 ----------------------------------------- 21
1 x 3 x 12 ----------------------------------------- 16
1 x 4 x 9 ------------------------------------------- 14
1 x 6 x 6 ------------------------------------------- 13
2 x 2 x 9 ------------------------------------------- 13
2 x 3 x 6 ------------------------------------------- 11
3 x 3 x 4 ------------------------------------------- 10
Al faltar un dato, la suma de las edades debe ser 13 porque es
la suma que aparece repetida. O había un hijo de 1 año y dos
gemelos de 6 (en este caso hay dos hijos mayores y no uno), o
bien, el mayor de 9 años y dos gemelos de 2 años que fue la
respuesta de Doña Carmen.
DOS CICLISTAS Y UNA MOSCA
Dos ciclistas parten de dos ciudades distantes entre sí 50 km.
al encuentro el uno del otro a la velocidad de 25 km/h. Una mosca
sale desde una de las bicicletas hacia la otra, volando a 42 km/h.

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Cuando encuentra a la otra, regresa hacia la primera, siempre a
la misma velocidad; así hasta que los dos ciclistas se encuentran.
¿Cuántos kilómetros ha recorrido la mosca en este vaivén?
Solución
Está claro que los ciclistas que están a 50 km. el uno del otro, y
que circulan a 25 km/h, se encuentran en UNA hora, es el mismo
tiempo que está la mosca volando de una bicicleta a otra a la
velocidad de 42 km/h, por tanto recorrerá 42 kilómetros.
LA MADRE DE TODAS LAS BATALLAS
Lewis Carroll, matemático y escritor británico
cuyo verdadero nombre es Charles Lutmidge
Dogson lo conocemos principalmente por su obra
"Alicia en el país de las maravillas", y siempre ha
manifestado su interés por lo absurdo, los
acertijos y la confusión.
Un problema que se atribuye a él es el
siguiente:
En una extraordinaria batalla, por lo menos el
70% de los combatientes perdió un ojo; el 75% una oreja, por lo menos el
80% perdió una mano y el 85% una pierna. ¿Cuántos, por lo menos
perdieron los cuatro órganos?
Solución:
Por lo menos el 45% perdió el ojo y la oreja:

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Por lo menos el 65% perdió la mano y la pierna:
Por lo menos el 10% perdió los cuatro órganos:
ENGAÑOSO PROMEDIO: LOS AUTOMOVILISTAS
Pedro y Pablo son dos automovilistas que
hacían habitualmente el mismo viaje de ida y
vuelta entre dos ciudades, cada uno en su
coche.
En cierta ocasión hablaron del asunto y Pedro dijo a Pablo:
- El viaje de ida lo hago a 80 km/h y la vuelta a 60 km/h.
Pablo contestó a Pedro: - Por las características de mi coche y de la
carretera, hago el viaje de ida y vuelta a la velocidad constante de
70 km/h, que es el promedio de las velocidades que Vd. me ha
dicho, de modo que empleamos el mismo tiempo en
el viaje.
¿El razonamiento de Pablo es correcto?
¿Emplean el mismo tiempo en el viaje?
Solución:
Pablo emplea menos tiempo en hacer el viaje.
Supongamos que la distancia entre las ciudades es 100 km:
Pedro:
En la ida: t = e/v ; t = 100 km / 80 km/h = 5/4 horas
En la vuelta: t = 100 km / 60 km/h = 5/3 horas
Tiempo total: 2 horas y 55 minutos
Pablo:
t = e/v ; t = 200 km / 70 km/h = 2 horas y 51 minutos

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PROMEDIO ENGAÑOSO: EL VENDEDOR DE NARANJAS
Un vendedor ambulante se propuso
vender una cesta de naranjas a razón de 10
monedas cada 5 naranjas.
En el momento de la venta cambió de
opinión e hizo un montón con las 58 naranjas
más gordas y otro con las 57 más pequeñas.
Las gordas las vendió a 5 monedas cada 2 naranjas y las
pequeñas a 5 monedas cada 3 naranjas.
¿Era esto lo mismo que la intención primera?
Solución:
Le resultó más favorable la segunda opción, ganó 10 monedas
más.
Consideremos la diagonal AC de un cuadrado
de lado 1 metro que, por el Teorema de Pitágoras,
mide la raíz cuadrada de 2 metros:
Si desde el punto D trazamos las paralelas a
los lados del cuadrado, se obtiene una línea
quebrada que mide 2 metros.
Desde los puntos medios de AD y de DC
trazamos nuevas paralelas, formándose una nueva
línea quebrada cuya longitud será siempre 2
metros.
Al continuar este proceso al infinito, obtenemos
nuevas líneas quebradas cuya longitud será siempre
2 metros.

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Estas líneas quebradas se confundirán con la diagonal AC cuya
longitud es la raíz cuadrada de 2 metros.
Por tanto 2 es igual a la raíz cuadrada de 2.
¿Dónde está el engaño?
NÚMEROS PERFECTOS
Son números perfectos los que son iguales a la suma de
sus divisores, excepto él mismo.
El más pequeño es el 6: 6 = 1 + 2 + 3
El siguiente es el 28: 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.
Después del 28, no aparece ningún número
perfecto hasta el 496, el cuarto número perfecto es el 8.128, el
quinto perfecto es 33.550.336. Se observa que cada número
perfecto es mucho mayor que el anterior.
Euclides descubrió la fórmula para obtener números perfectos:
ALGUNAS CURIOSIDADES SOBRE LAS CIFRAS DE LOS
CUADRADOS PERFECTOS
Un número es cuadrado perfecto si puede desarrollarse como producto
de dos factores iguales.
1ª. Si los enteros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ..., se elevan al cuadrado,
0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196 ...
se observa la siguiente ley: La cifra de las unidades de estos
cuadrados forman un periodo simétrico.
0, 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1, 0
con cifras iguales con relación a 5 o a 0.

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2ª. Las dos últimas cifras de los cuadrados consecutivos forman un
periodo de 51 números,
00, 01, 04, 09, 16, .... 76, 25, 76, ...., 16, 09, 04, 01, 00
simétricos con relación a 25 o a 00
Esta observación se extiende indefinidamente. Las tres últimas
cifras de los cuadrados perfectos consecutivos forman un periodo
de 501 números. Las cuatro últimas, forman un periodo de 2501
números, etc.
3ª. Hay algunos cuadrados que están escritos con cifras todas
diferentes. Ejemplos:
4ª. Los pares de cuadrados perfectos:
144 y 441, 169 y 961, 14884 y 48841
y sus respectivas raíces: 12 y 21, 13 y 31, 122 y 221, están
formados por las mismas cifras, pero escritas en orden inverso.
El matemático Thébault investigó los pares que tienen esta curiosa
propiedad. Encontró por ejemplo la siguiente pareja:
LA PARADOJA DEL CUADRADO
 Dibuja en un papel o cartulina un cuadrado de lado 8 cm.
 Recorta los dos triángulos y los dos trapecios como se indica
en la figura.
 Coloca los trozos A, B, C y D en la forma en que se indica.
 Resulta un rectángulo de lados: largo = 13 cm., ancho = 5
cm.

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 Como el rectángulo se compone de los mismos trozos que el
cuadrado, deben tener la misma área. Sin embargo:
Área del cuadrado: 8 cm. x 8 cm. = 64 cm. cuadrados
Área del rectángulo = 13 cm. x 5 cm. = 65 cm cuadrados
¿Cómo esta diferencia de 1 cm. cuadrado?
En realidad, entre el rectángulo de lados 13 cm y 5 cm y el
construido con las piezas A, B, C y D queda un pequeño espacio,
imposible de detectar a simple vista, de 1 mm de ancho y que en
total tiene 1 cm cuadrado, que es la diferencia entre 64 y 65
centímetros cuadrados.
Las sorpresas de este tipo se llaman paradojas de Hooper,
porque este autor las presentó en su obra Rational Recreations en
1795.
Sam Lloyd mostró ingeniosamente que las piezas pueden
disponerse de forma que aparentemente sea 8 x 8 = 63:
La paradoja del cuadrado se debe a Lewis Carroll.

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UN FALLO DE INTUICIÓN
Si rodeásemos con un cordel a una moneda, con otro a un
balón y con otro más a la Tierra, procurando que cada cordel señale
exactamente los bordes de estos cuerpos redondos, necesitaríamos
una determinada cantidad de cuerda en cada uno de los tres casos.
Aumentemos en 1 metro de cordel las longitudes de las
respectivas circunferencias.
¿En cuál de los casos se separa más el cordel?
Radio de la moneda: r
Longitud de la moneda:
Longitud de la cuerda (circunferencia roja):
Radio de la circunferencia concéntrica con la moneda:
Radio del balón: s
Longitud de su circunferencia:
Longitud de la cuerda:
Radio de la circunferencia concéntrica con el borde del balón:

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Radio de la Tierra: R
Longitud de su circunferencia:
Longitud de la cuerda:
Radio de la circunferencia concéntrica con el
borde del balón:
Se observa que la separación de la circunferencia concéntrica
(la de rojo), a los bordes de los cuerpos redondos, es independiente
de las circunferencias de partida. Esa separación es la misma en
todos los casos y su valor cuando se aumenta la longitud de la
cuerda 1 metro es 0,15 m.
EL ENGAÑO DEL CORDEL
Una vieja historia narra que cierto día un comprador se acercó
a un vendedor de espárragos y le dijo:
 Traigo este cordel que mide un palmo, ¿cuánto me cobraréis
por el mazo de espárragos que pueda atar con él?
En vendedor de espárragos pidió 10 nuevos soles y el
comprador se mostró conforme. A los dos días, el comprador dijo al
vendedor de espárragos:
 Vuelvo con este cordel que mide dos palmos, os acordaréis
que por los espárragos que pude atar por el que medía un
palmo me cobrasteis 10 nuevos soles, así que por este
cordón que mide dos palmos os pagaré 20 nuevos soles, si lo
veis justo.
El aldeano aceptó, aunque quedó con cierta duda si le habría
engañado o no el comprador.
* Con un cordel de doble longitud se encierra una superficie cuatro
veces mayor, por lo que no se trataba de doble cantidad de espárragos,
sino de cuádruple cantidad.
El conocimiento de la falta de proporcionalidad entre
longitudes y áreas no es nuevo; Quintiliano, el gran retórico latino,

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advierte que "dos trigales vallados, uno con casi el doble longitud
que el otro, dará uno cuatro veces más trigo que el otro, no el
doble".
En la interpretación de gráficas estadísticas hay que tener
cuidado con esta falta de proporcionalidad entre longitudes, áreas y
volúmenes.
La gráfica es la representación lineal de tres cantidades
proporcionales a 2, 3 y 4.
Sin embargo si tomamos estas longitudes como los diámetros
de los círculos, las áreas de éstos son proporcionales a 4, 9 y 16.
Pero si los círculos se convierten
en esferas, los volúmenes son
proporcionales a 8, 27 y
64.
Por todo lo dicho, en los ideogramas (representaciones
gráficas en las que se comparan las magnitudes con figuritas),
debemos estar atentos a qué proporciones obedece la escala, no
da lo mismo representaciones lineales, superficiales o de volumen.
DIAGONALES DE UN RECTÁNGULO
Puedes dibujar varios rectángulos
sobre papel cuadriculado con longitud
(b) y altura (a) que sean números
enteros.

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Dibuja también la diagonal a
cada uno de los rectángulos
y apunta el número de
cuadros que corta.
b = 6 ; a = 3 ; d = 6
b = 9 ; a = 3 ; d = 9
b = 9 ; a = 5 ; d = 13
........ ; ........ ; ........
Existe una curiosa
relación entre la base (b), la altura (a) y el número de cuadros que
corta la diagonal del rectángulo (d):
d = b + a - m
(donde m es el máximo común divisor de la base y la altura
del rectángulo)
SUMA DE NÚMEROS EN UN CALENDARIO
Se trata de poder sumar los nueve números
contenidos en el cuadrado seleccionado en el
calendario, bastando que nos digan el número
menor del cuadrado. En este caso se trata del
número 7.
Para averiguar la suma, debemos sumar 8 y
después multiplicar por 9:
(7 + 8) . 9 = 135
Al número que te den le sumas 8 y esta suma las
multiplicas por 9.
También se puede hacer cuando los días
están ordenados en vertical. La suma de los
nueve números contenidos en el cuadrado es:
(2 + 8) . 9 = 90

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En cualquier hoja de calendario se pasa de un número al que hay debajo de él,
sumando 7. En cualquier cuadrado de nueve números, se pasa del número menor al que
ocupa el centro sumando 8.
Los nueve números de cada cuadrado de números se pueden escribir
en función del número que ocupa el centro del cuadrado.
LA CONJETURA CAPICÚA
Este es un problema que trata de la obtención
de números capicúa.
Número capicúa ó palíndromo es aquel que se lee
igual de izquierda a derecha que de derecha a izquierda.
Por ejemplo: 23432, 5775, 24042 ...
¿Cómo se pueden obtener números capicúa a partir de
uno dado?
 Al número dado se le suma el que resulta de invertir el orden
de sus cifras; se repite el proceso las veces necesarias hasta
obtener un capicúa.
Ejemplo: Partimos del número 96:
96 + 69 = 165; 165 + 561 = 726; 726 + 627 = 1353;
1353 + 3531 = 4884
Si hubiéramos partido del número 89, según el proceso
anterior, después de 24 pasos, se llega al capicúa
8.813.200.023.188
La conjetura capicúa dice que aplicando el proceso descrito
anteriormente a un número natural, se obtiene un número capicúa
en un número finito de pasos.
(Conjetura: Es el juicio que se forma de las cosas o hechos por
indicios y observaciones.)
NÚMEROS AMIGOS
 Dos números son amigos cuando cada uno es igual a la suma
de los divisores del otro.
El menor par de números amigos es el formado por el 220 y
284:

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Suma de los divisores de 220 (excepto 220):
1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 + 11 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284
Suma de los divisores de 284 (excepto 284):
1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220
Euler publicó en 1750 una lista de sesenta pares y
curiosamente olvidó el segundo par en orden creciente: 1184 y
1210 que fue descubierto por Paganini en 1866 a los 16 años de
edad.
Otros números amigos son (6232 y 6368), (2620 y 2924),
(18416 y 17296), (9437056 y 9363284) ....
¿SABEN MATEMÁTICAS LAS ABEJAS?
Puede parecer una pregunta
tonta, pero ¿saben matemáticas las
abejas?. Este hecho ya fue
constatado por Papus de
Alejandría, matemático griego que
vivió del año 284 al 305.
Su afirmación se basaba en la
forma hexagonal que imprimen a sus
celdillas las abejas para guardar la miel.
Las abejas, cuando guardan la miel, tienen que resolver varios
problemas. Necesitan guardar la miel en celdillas individuales, de tal
manera que formen un mosaico sin huecos ni salientes entre las
celdillas, ya que hay que aprovechar el espacio al máximo.
Solo podrían hacerlo con triángulos, cuadrados y hexágonos.
¿Por que eligieron entonces los hexágonos, si son más difíciles de
construir?
La respuesta es un problema isoperimétrico (del griego "igual
perímetro"). Papus había demostrado que, entre todos los
polígonos regulares con el mismo perímetro, encierran más área
aquellos que tengan mayor número de lados. Por eso, la figura que

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encierra mayor área para un perímetro determinado es el círculo,
que posee un número infinito de lados.
Por eso las abejas construyen sus
celdillas de forma hexagonal, ya que,
gastando la misma cantidad de cera en las
celdillas, consiguen mayor superficie para
guardar su miel.
La pregunta es: ¿y quien le enseñó
esto a las abejas?....
Veamos cuáles son las superficies de un triángulo, un
cuadrado, un hexágono y un círculo, todos de igual perímetro: 12
cm. :
 La opción más favorable por mayor superficie a igualdad de
perímetro no dejando huecos entre celdas, es el
HEXÁGONO. Es la empleada por las abejas.
UN CALCULADOR EXTRAORDINARIO
Pues la historia es la siguiente: estaba Carl
Friedrich Gauss allá por el año 1787 en la
escuela. Tenía unos 10 años de edad. Con esa
edad pasó lo que tenía que pasar, todos los niños
empezaron a tirarse papeles, tizas, etc.
En ese momento apareció el profesor y

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cabreado como estaba, ordenó a todos los niños que, como castigo,
le sumaran todos los números del 1 al 100.
El profesor debió pensar: ¡que idea mas buena he tenido!.
¡Durante un buen rato, me dejarán todos estos mocosos en paz!.
A los pocos minutos, nuestro pequeño genio se levantó del
pupitre, y entregó la respuesta correcta: 5050. El profesor,
asombrado, debió pensar que había puesto un número al azar, y se
dispuso él mismo a hacer la interminable suma. Al cabo de un buen
rato, comprobó que, efectivamente, la suma pedida era 5050.
No es que Gauss fuera un calculador extraordinario, capaz de
hacer sumas a la velocidad de un ordenador moderno. Gauss
llegaría a ser uno de los mejores matemáticos de la historia, y los
matemáticos no calculan: piensan...
Lo que hizo Gauss fue lo siguiente:
Tenía que sumar los siguientes números:
1+2+3+4+5+6+7+8+9+.....................................+95+96+97+98+99+100
Pero nadie le obligaba a sumarlos por orden. Gauss se percató
de un hecho singular: si agrupaba los números por parejas,
tomando el primero y el último, el segundo y el penúltimo, etc., tenía
lo siguiente:
(1+100)=101; (2+99)=101; (3+98)=101; (4+97)=101; etc.
Es decir, todos los pares de números sumaban 101. Como
entre el uno y el 100 podía hacer 50 pares con esa propiedad, 50 X
101 =5050.
Mas tarde, aplicaría este mismo principio para hallar la suma de la
serie geométrica y muchas otras series.
ADIVINANZA
Este truco esta bien, es bastante sencillo, pero no es un truco
que se pueda improvisar en un momento, a no ser que tengáis una
gran capacidad de cálculo o una memoria prodigiosa. El truco es el
siguiente: deberéis enseñar las siguientes columnas.

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1 9 2 10 4 12 8 12
3 11 3 11 5 13 9 13
5 13 6 14 6 14 10 14
7 15 7 15 7 15 11 15
Pedir a alguien que piense en un número del 1 al 15. Pedir que
os señale en cuales de las cuatro columnas aparece ese número.
Para adivinar el número solo tendréis que sumar los números
marcados en rojo de las columnas que os señalen.
Ejemplo: Si han pensado en el número 7, os señalarán las tres
primeras columnas, sumando los tres números rojos, tendréis
1+2+4=7.
Explicación: En la primera carta están todos los números cuyo
último dígito en el sistema binario es 1; la segunda contiene todos
los números cuyo segundo dígito por la derecha es 1 (en el sistema
binario), la tercera y la cuarta lo mismo. Los números marcados en
rojo son las potencias de 2. Por lo tanto, cuando os señalan las
columnas, os están indicando el desarrollo en binario del número
elegido (aunque ellos no lo sepan).
"EL LIBRO DE MI VIDA"
Cardano (1501 – 1576); escribió una
autobiografía, "El libro de mi vida" en 1575. En
él dice que no fue concebido de manera
legítima y que trataron en vano de que su
madre abortara usando varias medicinas.
Nació medio muerto y para reanimarlo le
dieron un baño de vino caliente. Con este
empezar no es extraño que sufriera
enormidad de problemas físicos. Dicen que
tenía violentas palpitaciones, que le salían
líquidos de su estómago y pecho y tenía una necesidad tremenda
de orinar, casi cuatro litros por día. Tenía temor a las alturas y
padeció años de impotencia sexual, que desapareció
afortunadamente antes de que se casara.

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A veces padecía hasta ocho noches seguidas de insomnio. A
veces se infligía daño por "el gran placer que se siente después de un
fuerte dolor". Por ello se mordía los labios, retorcía los dedos o bien
se pinchaba la piel hasta que le empezaban a salir lágrimas.
Dedicó gran parte de su juventud al juego y luego estudió
medicina en Padua. Una vez acabados sus estudios intentó ejercer
medicina en su Milán natal, pero debido a su mala reputación fue
rechazado continuamente por el colegio de médicos.
Cardano fue un ardiente astrólogo, llevaba amuletos y predecía
el futuro durante las tormentas. Escribió muchos tratados sobre
muchos temas, de medicina, religión, juegos, matemáticas. A sus
50 años era un médico famoso y conocido. Entre sus pacientes
estuvo el Arzobispo de Escocia. Se decía que padecía tuberculosis
y Cardano dijo que la sabía curar, lo cual no era cierto. Viajó a
Edimburgo y afortunadamente para el obispo, y también para
Cardano, resultó que la enfermedad era asma. Cuando Cardano
pasó por Londres en el viaje de vuelta, fue recibido por el joven rey
Eduardo VI a quien hizo un horóscopo. Le predijo larga vida y un
próspero futuro, lo cual le puso en una situación incómoda cuando
el chico murió poco después.
En varias ocasiones, Cardano fue profesor de matemáticas de
las universidades de Milán, Pavia y Bolonia, teniendo que dimitir de
todas ellas por algún escándalo relacionado con él.
En 1546 su mujer murió a la edad de 31 años, dejando a
Cardano con dos hijos y una hija. De ellos, el mayor, Giambattista
era con quien tenía mas esperanza. Giambattista estudió medicina
y parecía tener un brillante porvenir.
Giambattista se casó y su mujer tuvo tres hijos, ninguno de los
cuales resultó ser de su marido. Parece ser que por ello
Giambattista le preparó un pastel con arsénico y ella murió. Y el hijo
de Cardano fue condenado y ejecutado por ello en 1560.
Todo esto afectó mucho a Cardano. Su otro hijo tampoco fue
mucho consuelo, porque fue un criminal y estuvo en prisión muchas
veces por ello.
En 1562 abandonó Milán, la ciudad de sus triunfos y tragedias y
fue profesor de medicina en la universidad de Bolonia. En 1570 fue
encarcelado por herejía por realizar el horóscopo de Jesús y por

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escribir el libro "En homenaje a Nerón", el odiado emperador
anticristiano.
Sorprendentemente, salió de prisión poco después y se
trasladó a Roma como astrólogo de la corte papal. Según varios
testimonios, habiendo predecido que moriría un cierto día, el 20 de
septiembre de 1576, se suicidó para hacer correcta la predicción.
Cardano fue, junto con Tartaglia y Nicolo Ferrari, uno de los
que descubrieron la solución de la ecuación cúbica.
UNA GRÁFICA MUY CURIOSA
La función a la que me refiero es muy sencilla, se trata
simplemente de la función inversa de x, es decir, de
y= 1 / x
cuya gráfica es la siguiente:
Pues bien, Torricelli descubrió en 1643 que el sólido de
revolución generado al rotar esta curva alrededor del eje x desde
x=1 hasta x= tiene volumen finito. Esto causó una auténtica
sorpresa en su tiempo y el filósofo inglés Thomas Hobbes llegó a
decir en 1672:
"Para entender este sin sentido no hace falta que una persona sea
lógico o geómetra, sino que esté loco"
Hobbes, por otro lado, gran filósofo y orador político, solía
atacar teoremas matemáticos como si su validez fuera cuestión de
invectivas y retórica, como en la política.

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Una vez creyó haber hallado la cuadratura del círculo y la
publicó en 1655. Wallis hizo notar su error y esto originó una fuerte
pelea de ataques y sarcasmos entre ambos que duró casi un cuarto
de siglo.
Mas sorpresa le habría causado sin duda el saber que además
tiene una superficie de área infinita. Es decir, si construyéramos una
jarra de plástico con esta forma, la podríamos llenar de agua, pero
necesitaríamos infinitos botes de pintura para poder pintarla.
UN MATEMÁTICO DESPISTADO
Norbert Wiener era el típico matemático despistado. En cierta
ocasión su familia se mudó a un pueblo muy cercano a donde vivían
antes. Su esposa, conociéndole, decidió mandarle al MIT como
todos los días, y ella se encargó de la mudanza. Tras repetirle
cientos de veces (quizás más) que se mudaban tal día, el día D le
dio una hoja de papel con la nueva .dirección, porque estaba
absolutamente segura de que lo iba a olvidar. Desgraciadamente,
usó este papel para resolverle por la otra cara una duda a un
estudiante. Cuando volvió por la tarde a su casa, por supuesto, se
olvidó de que se habían mudado Su primera reacción al llegar a su
antigua casa y verla vacía fue la de pensar que le habían robado, y
entonces recordó lo de la mudanza. Como tampoco conseguía
recordar a dónde se habían mudado y no tenla papel, salió a la calle
bastante preocupado, y vio una chica que se acercaba; entonces le
dijo:
- Perdone, pero es que yo vivía aquí antes y no consigo recordar...
- No te preocupes, papá, mamá me ha mandado a recogerte.
(Hay que decir que era de noche y no se veía bien.)
NÚMEROS DE FIBONACCI Y DE LUCAS
Entre los matemáticos europeos de la Edad
Media, el más grande de todos fue sin duda
Leonardo de Pisa, más conocido por Fibonacci,
que significa «hijo de Bonaccio». Leonardo Pisano
Fibonacci, nació en 1170, probablemente en Pisa,
falleció en 1250, probablemente en Pisa
A pesar de haber nacido en Pisa, como su

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padre era empleado en una factoría mercantil italiana asentada en
Bougie, en Argelia, fue allí donde el joven Leonardo recibió su
primera formación matemática, a cargo de maestros musulmanes.
Pronto se dio cuenta de la enormesuperioridad de la notación
decimal indo arábiga (provista ya de cifras cuyos valores dependen
de su posición, y de símbolo para el cero) sobre el engorroso
sistema de numeración romana, empleado todavía en su país natal.
La más conocida de sus obras, Liber abaci (literalmente, Libro del
ábaco) era en realidad un amplio tratado del sistema de numeración
indo arábigo, mas sus razonamientos no parecieron causar
demasiada impresión a los mercaderes italianos de la época. Con el
tiempo, su libro llegó a ser, empero, la obra de máxima influencia
entre todas las que contribuyeron a introducir en Occidente la
notación indo arábiga. El Liber abaci fue concluido en Pisa en 1202;
hasta nosotros ha llegado una edición revisada, de 1228, dedicada
a un famoso astrólogo cortesano de la época.
No deja de ser irónico que Leonardo, cuyas aportaciones a la
matemática fueran de tanta importancia, sea hoy conocido sobre
todo a causa de un matemático francés del siglo pasado, Edouard
Lucas, interesado por la teoría de números (y recopilador de una
clásica obra de matemáticas recreativas, en cuatro volúmenes),
quien encadenó el nombre de Fibonacci a una sucesión numérica
que forma parte de un problema trivial del Liber abaci. Imaginemos,
escribía Leonardo, un par de conejos adultos, macho y hembra,
encerrados en un cercado, donde pueden anidar y criar.
Supongamos que los conejos empiezan a procrear a los dos meses
de su nacimiento, engendrando siempre un único par macho-
hembra, y a partir de ese momento, cada uno de los meses
siguientes un par más, de iguales características. Admitiendo que
no muriese ninguno de los conejitos, ¿cuántos contendría el
cercado al cabo de un año?

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El gráfico arborescente de la Figura nos muestra qué
sucedería durante los cinco primeros meses. Es fácil observar que
al término de cada mes los números de pares van formando la
sucesión 1, 2, 3, 5, 8... donde cada número (como el propio
Fibonacci hizo notar) resulta de sumar los dos que le anteceden. Al
cabo de los 12 meses tendremos 377 pares de conejos.
Fibonacci no investigó la sucesión, que tampoco recibió ningún
estudio serio hasta comienzos del siglo pasado. Hacia esa fecha los
artículos dedicados a ella empezaron a proliferar, son palabras de
un matemático, como los conejitos de Fibonacci. Lucas efectuó un
profundo estudio de las llamadas sucesiones generalizadas de
Fibonacci, que comienzan por dos enteros positivos cualesquiera y
a partir de ahí, cada número de la sucesión es suma de los dos
precedentes. Lucas dio el nombre de sucesión de Fibonacci a la
más sencilla de estas sucesiones, a saber, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21...
(la inmediatamente más sencilla, 1, 3, 4, 7, 11, 18..., es hoy
conocida por sucesión de Lucas).
PROBLEMA DE NAPOLEON
Un famoso problema del libro de Mascheroni es el llamado
«problema de Napoleón», porque se dice que Napoleón se lo
propuso a Mascheroni. No suele saberse que Napoleón era
entusiasta matemático aficionado, y aunque tal vez no muy

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penetrante, sin duda estaba fascinado por la geometría, ciencia, por
otra parte, de gran importancia militar. Además, Napoleón sentía
ilimitada admiración por los creativos matemáticos franceses
contemporáneos suyos. Gaspard Monge, uno de ellos, parece
haber sido el único hombre con quien Napoleón mantuvo amistad
permanente. Los aficionados a las matemáticas recreativas
recordarán a Monge sobre todo por las barajaduras de su nombre,
que analizó siendo todavía muy joven. En ellas, las cartas van
siendo extraídas una por una del mazo con el pulgar de la mano
izquierda, y van siendo colocadas alternativamente encima y debajo
de las cartas de la mano derecha. «Monge me quiso como se adora
a un amante», confesó Napoleón en una ocasión. Monge fue uno
de los varios matemáticos franceses que recibieron de Napoleón
títulos de nobleza. Cualquiera ha oído hablar de la capacidad
geométrica de Napoleón; es mérito suyo haber revolucionado de tal
forma la enseñanza de las matemáticas en Francia, que según
varios historiadores, sus reformas fueron las causantes de la
floración de matemáticos creadores orgullo de la Francia
decimonónica.
Al igual que Monge, el joven Mascheroni fue ardiente admirador
de Napoleón y de la Revolución Francesa, Además de profesor de
la Universidad de Pavía, fue poeta muy considerado por la crítica
italiana. Existen varias ediciones italianas de sus poesías
completas. Su libro Problems for Surveyors tenía una dedicatoria en
verso para Napoleón. Ambos hombres se conocieron en 1796,
cuando Napoleón invadió el norte de Italia, y llegaron a ser amigos.
Un año después, cuando Mascheroni publicó su libro dedicado a
construcciones con sólo compás, volvió a honrar a Napoleón con
una dedicatoria, esta vez una extensa oda. Napoleón conocía a
fondo muchas de las construcciones de Mascheroni. Se dice que en
1797, mientras Napoleón hablaba de geometría con Joseph Louis
Lagrange y Pierre Simon de Laplace (famosos matemáticos a
quienes más tarde Napoleón haría conde y marqués,
respectivamente) el pequeño general sorprendió a ambos,
explicándoles algunas soluciones de Mascheroni que les eran
totalmente desconocidas. Se dice que Laplace comentó: «General,
esperábamos de vos cualquier cosa, excepto lecciones de
geometría». Sea esta anécdota supuesta o verdadera, Napoleón sí
dio a conocer la obra de Mascheroni a los matemáticos franceses.
En 1798, un año después de la primera edición italiana, ya se había
publicado en París una traducción de la Geometría del compasso.

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El «problema de
Napoleón» consiste en dividir
un círculo de centro dado en
cuatro arcos iguales, usando
exclusivamente un compás. O
dicho de otra forma, se trata
de hallar los vértices de un
cuadrado inscrito. Se muestra
en la Figura una hermosa
solución, con sólo seis arcos.
Tomando con el compás
el radio del círculo, y a partir
de un punto cualquiera A se
marca los
puntos B, C y D, haciendo
centro en A, B y C
respectivamente. Se abre el
compás con radio
AC. Con centros A y radio DE se traza el arco que corta a la
circunferencia inicial en F y G.
Los puntos A, F, D y G son los vértices del cuadrado inscrito.
NÚMEROS CÍCLICOS
El número 142 857, que los numerólogos y aficionados a la
aritmética recreativa sin duda habrán reconocido en el acto, es uno
de los enteros más curiosos. Pues, aparte del número 1, donde la
propiedad es trivial, es el mínimo de los «números cíclicos». Un
número cíclico es un entero de n cifras que presenta la insólita
característica de que al multiplicarlo por cualquiera de los números
comprendidos entre 1 y n, ambos inclusive, el producto tiene n
cifras, las mismas que el multiplicando primitivo, y en el mismo
orden cíclico. Imaginemos un collar, cuyas cuentas fuesen los
números 142 857. Podemos abrir el collar por seis sitios; al estirarlo
formaremos seis números de seis cifras, que son las seis
permutaciones cíclicas del número escrito:
1 x 142 857 = 142 857
2 x 142 857 = 285 714
3 x 142 857 = 428 571
4 x 142 857 = 571 428
5 x 142 857 = 714 285
6 x 142 857 = 857 142

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La naturaleza cíclica de estos seis productos ha venido
intrigando desde hace mucho a los ilusionistas. Muchos finos trucos
de predicción matemática se inspiran en ellos.
EL MOVIMIENTO DEL DEDO
Un niño se quejaba que le era difícil retener en la memoria la
tabla de multiplicar de los primeros diez números por 9. Su padre
halló un método muy fácil para ayudar a la memoria utilizando loa
dedos de las manos. He aquí este método.
Poner las dos manos juntas sobre la mesa y estirar los dedos.
Supongamos que cada dedo, en orden sucesivo, representa el
número correspondiente: el primero a la derecha, el 1; el segundo,
el 2; el tercero, el 3; el cuarto, el 4, y así sucesivamente hasta el
décimo, que representará al número 10. Ahora podemos hacer la
multiplicación de cualquiera de los primeros diez números por el
número 9. Para ello, sin mover las manos puestas sobre la mesa,
se deberá alzar solamente aquel dedo quo representa el número
que querernos multiplicar. Entonces, los dedos situados a la
izquierda del dedo alzado, darán en suma el número de decenas y
los situados a la derecha, el número de unidades.
Multipliquemos, por ejemplo, 7 por 9. Poner las manos sobre la
mesa y alzar el séptimo dedo. A su izquierda quedarán 6 dedos y a
su derecha, 3. Entonces, el resultado de la multiplicación de 7 por 9
será igual a 63.
Este, a primera vista, sorprendente método de multiplicación
mecánica, enseguida se hace comprensible si examinamos la tabla
de multiplicar de los primeros diez números por 9:
1 x 9 = 09
2 x 9 = 18
3 x 9 = 27
4 x 9 = 36
5 x 9 = 45
6 x 9 = 54
7 x 9 = 63
8 x 9 = 72
9 x 9 = 81
10 x 9 = 90
Aquí las cifra, de las decenas, en las multiplicaciones, van
aumentando sucesivamente en una unidad: 0, 1, 2, 3, 4,..., 8, 9
mientras que las cifras de las unidades, por el contrario, disminuyen
en una unidad: 9, 8, 7,..., 1, 0. La suma de las cifras de unidades y
decenas, en cualquier caso, dan 9. Esto se consigue con el simple
levantamiento del correspondiente dedo y así... multiplicamos. La
mano de la persona es una de las primeras máquinas calculadoras.

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EL LOBO, LA CABRA Y EL REPOLLO
Un campesino necesita pasar un río con un lobo, una cabra y
unos repollos. Pero la barca es tan pequeña que en ella cabe el
campesino y con él solamente el lobo, o la cabra, o los repollos. Si
deja al lobo con la cabra, el lobo se come la cabra; si deja a la cabra
con los repollos, la cabra se come los repollos. ¿Cómo pasó el
campesino su carga?
Solución: Por supuesto, se debe comenzar por la cabra. El
campesino pasa la cabra a la otra orilla y regresa a la primera solo.
Aquí toma el lobo y pasa con él a la otra orilla, lo deja en ella y coge
la cabra, con la que regresa a la primera orilla. Deja en esta orilla a
la cabra y toma las berzas. Es la otra orilla deja las berzas con el
lobo y regresa donde está la cabra. Coge la cabra y pasa con ella a
la otra milla. De tal forma la travesía del río concluye con éxito.
PARTES GRANDES EN LUGAR DE PEQUEÑAS
Dividir en partes iguales 5 panes entre seis niños, pero sin
cortar ningún pan en seis partes iguales.
Problemas semejantes se pueden inventar cuantos se quieran.
Así, por ejemplo, en este problema en lugar de 5 panes y 6 niños se
pueden poner 7 panes y 6 niños; 7 y 10; 9
y 10; 10 y 11 y 13 y 10; 7 y 12; 11 y 12; 13 y 12; 9 y 14; 11 y 14;
13 y 14; 15 y 14; 17 y 14, etc.
En todos los problemas de esta clase las partes pequeñas
deben transformarse en partes más grandes. Variar estos
problemas se puede de muchas formas, por ejemplo, proponiendo
preguntas como ésta:
¿Se puede dividir 5 pliegos de papel entre ocho escolares, no
dividiendo ningún pliego en ocho partes?
Estos problemas son muy útiles para la comprensión clara y
rápida del contenido de los quebrados.
Solución: Si de los 5 panes que tenemos partimos 3 en dos
mitades cada una, entonces, tendremos dos partes iguales y damos
una parte a cada niño. Después partimos los dos panes restantes
en 3 partes iguales cada una y otra vez tendremos 6 partes que
también repartimos entre los niños. De tal forma, el problema se
resuelve sin partir ningún pan en 6 partes.

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UN CAMPESINO Y EL DIABLO
Iba un campesino por un camino llorando: "¡Caramba! ¡Qué
vida tan amarga! ¡Me veo acuciado por la necesidad! En mi bolsillo
tengo tan sólo unas monedas y ahora debo entregarlas. ¿Y cómo
se las arreglan otros que por el dinero que tienen reciben más
dinero? Si alguien, por lo menos quisiera ayudarme". Apenas acabó
de pronunciar estas palabras, mira y ve que delante de él está el
diablo.
- Bueno- le dice -si quieres, yo puedo ayudarte. Y esto no será
difícil. ¿Ves ese puente que atraviesa el río?
- ¡Sí, lo veo!- responde el campesino con temor.
- Pues basta con que pases por él para que dupliques el dinero
que tienes ahora. Si pasas de regreso, otra vez se duplicará tu
dinero, en una dirección u otra, tendrás exactamente dos veces más
dinero que el que tenías antes de pasarlo.
- ¿De veras?- pregunta el campesino.
- ¡Doy palabra- le asegura el diablo - pero, con una condición!
Por yo duplicarte el dinero, tú cada vez que pases el puente me
darás 24 nuevos soles. De lo contrario, no estoy de acuerdo.
- ¡Bueno, no hay mal en ello!- responde el campesino.- Ya que
el dinero continuamente va a duplicarse ¿por qué no darte cada vez
24 nuevos soles? ¡A ver, probemos!
Pasó el campesino el puente una vez, contó el dinero.
En efecto, tenía dos veces más. Tiró 24 nuevos soles al diablo
y pasó el puente otra vez. De nuevo tenía dos veces más dinero
que antes. Contó 24 nuevos soles, se los dio al diablo y pasó
puente por tercera vez. El dinero otra vez se duplicó. Pero resultó
que esta vez eran exactamente 24 nuevos soles los que, según el
acuerdo... tenía que dar al diablo. Se los dio y se quedó sin un
nuevo sol.
¿Cuánto dinero tenía e! campesino a un principio?
Solución: Este problema se resuelve fácilmente si se comienza
por el final, teniendo en cuenta que después del tercer paso resultó
que el campesino tenía 24 nuevos soles, exactamente los que
debía entregar.
En efecto, si después del último paso resultó que al campesino
le quedaban exactamente 24 nuevos soles. Entonces, antes de este
paso tenia 12 nuevos soles. Pero estos 12 nuevos soles le
quedaron después de dar 24, o sea, en total tenia 36 nuevos soles.
Por lo tanto, el segundo paso, el campesino lo emprendió teniendo
18 nuevos soles y ellos le quedaron después de pasar el puente por

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primera vez y dar al diablo 24 nuevos soles. Entonces, en total
después de pasar por primera vez tenía 18 más 24 nuevos soles, o
sea, 42 en total. De esto se desprende que, antes de pasar el
puente por primera vez, el campesino tenía en su bolsillo 21 nuevos
soles suyos.
¡Se equivocó el campesino! Como vemos, a consejo ajeno la
reflexión propia no sobra.
L A T OR RE D E DI SC OS
Leyenda. Según una leyenda hindú antigua, en la ciudad de
Benarés en la cúpula del templo principal, en el lugar donde se
encuentra el centro de la Tierra, el dios Brahma colocó sobre una
placa de bronce tres varillas de diamante en posición vertical; cada
una de ellas tiene un codo de largo y el grosor del cuerpo de una
abeja. Durante la creación del Mundo, en una de estas varillas
fueron colocados 64 discos de oro puro cada uno con un agujero
en el centro formando una especie de cono truncado, dado que los
diámetros de los discos van en orden creciente comenzando desde
arriba. Los sacerdotes del templo trabajan día y noche sin cesar,
cambiándose unos a otros, con el afán de traspasar esta columna
de discos de la primera varilla a la tercera, utilizando para ello, la
segunda como auxiliar y obligados a observar las siguientes
condiciones:
1) Traspasar un sólo disco por vez;
2) Colocar el disco quitado en una varilla libre en dicho
momento, o sobre un disco de mayor diámetro.
Cuando, observando estas condiciones,
los sacerdotes consigan traspasar los 64
discos de la primera varilla a la tercera,
comenzará el fin del Mundo...
E L PR O B L E M A Fue presentado en
1883 por el matemático francés Edouard
Lucas (1842 - 1891).

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L A S OL U C I Ó N :
Para resolver esto, empezamos por supuesto con algo más
fácil y lo más fácil que hay es una torre compuesta por un único
disco. ¿Cuántos movimientos necesitamos? Evidentemente uno
solo.
¿Y con dos discos? En
este caso necesitamos 3
movimientos.

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¿Y con tres discos?
En este caso necesitamos
7 movimientos.
Para demostrar un traspaso correcto de los discos, primero
numeramos los 8 primeros discos con las cifras 1, 2, 3, … 7, 8,
comenzando por el disco de menor diámetro y después mostramos
el procedimiento utilizando la tabla dada a continuación.
Traspasos Varilla A Varilla B Varilla C
Antes de comenzar
Traspaso N° 1
Traspaso N° 2
Traspaso N° 3
Traspaso N° 4
Traspaso N° 5
Traspaso N° 6
Traspaso N° 7
1,2,3,4,5,6,7,8
2,3,4,5,6,7,8
3,4,5,6,7,8
3,4,5,6,7,8
4,5,6,7,8
1,4,5,6,7,8
1,4,5,6,7,8
-
1
1
-
3
3
2,3
-
-
2
1,2
1,2
2
-

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Traspaso N° 8
Traspaso N° 9
Traspaso N° 10
Traspaso N° 11
Traspaso N° 12
Traspaso N° 13
Traspaso N° 14
Traspaso N° 15
4,5,6,7,8
5,6,7,8
5,6,7,8
2,5,6,7,8
1,2,5,6,7,8
1,2,5,6,7,8
2,5,6,7,8
5,6,7,8
5,6,7,8
3
1,2,3
2,3
3
3
-
1
1
-
1,2
4
1,4
1,4
4
3,4
3,4
2,3,4,
1,2,3,4
Por la tabla vemos que a la varilla auxiliar B, cuando está libre,
se pasan solamente discos con números impares (1, 3, 5, etc.) y a l
a varilla C sólo pares. Así, pues, para pasar los cuatro discos
superiores fue preciso primero traspasar los tres primeros a la
varilla B, lo que, como vemos en la tabla, exigió siete traspasos por
separado: después fue traspasado el cuarto disco a la varilla C (un
traspaso más) y, por fin, los tres discos superiores de la segunda
varilla fueron traspasados a la tercera y colocados sobre el cuarto
disco (durante estos traspasos la varilla A desempeñaba el papel de
auxiliar) lo que otra vez exigió siete traspasos por separado.
O sea, en general, manteniendo las condiciones dadas, para
pasar de una columna de n cualesquiera discos, situados en vertical
en orden decreciente, es preciso, primero traspasar n-1 discos
superiores de dicha columna a uno de las varilla libres, luego pasar
la base, o sea, el enésimo disco a otra varilla libre y por último,
pasar todos los n - 1 discos a la varilla en que se halla el enésimo
disco.
Designando la cantidad indispensable de traspasos con la letra
P y la cantidad de discos mediaste la letra n, tenemos,
Pn = 2Pn-1 + 1.
Reduciendo el valor de n hasta la unidad y realizando la
sustitución, hallamos con facilidad
Pn = 2n-1 + 2n-2 +...+ 23 + 22 + 21 + 20.
O sea, obtenemos la suma de una progresión geométrica, la
cual nos da

- 40 -
Pn = 2n - 1.
De este modo, para el caso de la torre de ocho discos, es
preciso realizar 28 - 1 o sea 255 traspasos de los discos por
separado.
Supongamos que el traspaso de un disco dura solamente un
segundo, entonces para traspasar una pirámide de 8 discos, serán
necesarios más de 4 minutos. En lo que se refiere al traspaso de
una torre de 64 discos, para ello se necesitarán
18 446 744 073 709 551 615 segundos.
Lo que equivale a más de cinco mil millones de siglos ó
0.5849 × 1012 años. ¡Mucho más que la edad del Universo!
LOS OCHO CILINDROS
El juego consta de un tablero con nueve orificios y ocho
estacas, cuatro de un color y cuatro de otro. El objetivo del juego
consiste en llevar el juego de la posición inicial:
A la posición final:
Respetando las reglas de juego. Estas son:

- 41 -
1. Las estacas azules se desplazan siempre de izquierda a
derecha; las rojas, en sentido opuesto.
2. Una estaca puede moverse si la casilla contigua (en el sentido
de desplazamiento que le es permitido) está vacía; o bien,
puede saltar (en el sentido de desplazamiento que le es
permitido) por encima de una estaca del otro color siempre
que el orificio que haya a continuación esté libre.
3. Ninguna estaca deberá regresar al orificio donde ya estuvo
antes;
Si nos ponemos a jugar un poco, descubriremos que no resulta
sencillo completar el juego. Podemos ensayar la estrategia
descrita, esto es, ¿podemos simplificar el juego de manera que
seamos capaces de completarlo?
Solución. Para llegar a la solución correcta podemos empezar
explorando con menos números de orificios y estacas,
contabilizando el número de movimientos. Así:
TABLERO CON TRES ORIFICIOS Y DOS ESTACAS
De la posición inicial:
TABLERO CON CINCO
ORIFICIOS Y CUATRO
ESTACAS
Nº de Movimientos = 3

- 42 -
Nº de Movimientos = 8
TABLERO CON SIETE ORIFICIOS Y SEIS ESTACAS
Nº de Mov. =
15
El problema se resuelve haciendo 24 jugadas, moviendo las
estacas según las reglas.
ALBERT EINSTEIN Y LA POLÍTICA
La conexión de Einstein con la política de la bomba nuclear es
bien conocida: firmó la famosa carta al presidente Franklin
Roosevelt que impulsó a los Estados Unidos a plantearse en serio
la cuestión, y tomó parte en los esfuerzos de la posguerra para
impedir la guerra nuclear. Pero éstas no fueron las únicas acciones
de un científico arrastrado al mundo de la política. La vida de
Einstein estuvo de hecho, utilizando sus propias palabras, «dividida
entre la política y las ecuaciones».

- 43 -
La primera actividad política de Einstein tuvo lugar durante la
primera guerra mundial, cuando era profesor en Berlín. Asqueado
por lo que entendía como un despilfarro de vidas humanas, se
sumó a las manifestaciones antibélicas. Su defensa de la
desobediencia civil y su aliento público para que la gente rechazase
el servicio militar obligatorio no le granjearon las simpatías de sus
colegas. Luego, después de la guerra, dirigió sus esfuerzos hacia la
reconciliación y la mejora de las relaciones internacionales. Esto
tampoco le hizo popular, y pronto sus actitudes políticas le hicieron
difícil el poder visitar los Estados Unidos, incluso para dar
conferencias.
La segunda gran causa de Einstein fue el sionismo. Aunque era
de ascendencia judía, Einstein rechazó la idea bíblica de Dios. Sin
embargo, al advertir cómo crecía el antisemitismo, tanto antes como
durante la primera guerra mundial, se identificó gradualmente con la
comunidad judía, y, más tarde, se hizo abierto partidario del
sionismo.
Una vez más la impopularidad no le impidió hablar de sus
ideas. Sus teorías fueron atacadas; se fundó incluso una
organización anti-Einstein. Un hombre fue condenado por incitar a
otros a asesinar a Einstein (y multado sólo con seis dólares). Pero
Einstein era flemático: cuando se publicó un libro titulado 100
autores en contra de Einstein, él replicó, «¡Si yo estuviese
equivocado, uno solo habría sido suficiente!».
En 1933, Hitler llegó al poder. Einstein estaba en América, y
declaró que no regresaría a Alemania. Luego, mientras la milicia
nazi invadía su casa y confiscaba su cuenta bancaria, un periódico
de Berlín desplegó en titulares, «Buenas noticias de Einstein: no
vuelve». Ante la amenaza nazi, Einstein renunció al pacifismo, y,
finalmente, temiendo que los científicos alemanes construyesen una
bomba nuclear, propuso que los Estados Unidos fabricasen la suya.
Pero, incluso antes que estallara la primera bomba atómica advertía
públicamente sobre los peligros de la guerra nuclear y proponía el
control internacional de las armas atómicas.
Durante toda su vida, los esfuerzos de Einstein por la paz
probablemente no lograron nada duradero, y, ciertamente, le
hicieron ganar pocos amigos. Su elocuente apoyo a la causa
sionista, sin embargo, fue debidamente reconocido en 1952, cuando
le fue ofrecida la presidencia de Israel. Él rehusó, diciendo que creía
que era demasiado ingenuo para la política. Pero tal vez su
verdadera razón era diferente: utilizando de nuevo sus palabras,
«las ecuaciones son más importantes para mí, porque la política es
para el presente, pero una ecuación es algo para la eternidad».

- 44 -
PRIMOS GEMELOS
Sabemos que no puede haber primos consecutivos, salvo el
par {2, 3}. Esto resulta obvio si uno piensa que en cualquier par de
números consecutivos, uno de ellos será par. Y el único primo par
es el 2. Luego, el único par de primos consecutivos es el {2, 3}.
Ahora bien: si bien uno sabe que no va a encontrar primos
consecutivos, ¿qué pasa si uno se saltea uno? Es decir, ¿hay dos
impares consecutivos que sean primos?
Por ejemplo. Los pares {3, 5}, {5, 7}, {11, 13}, {17, 19} son
primos, y son dos impares consecutivos.
Justamente se llama primos gemelos a dos números primos que
difieren en dos unidades, como en los ejemplos que acabamos de ver.
O sea, son de la forma {p, p+2}.
El primero en llamarlos "primos gemelos" fue Paul Stackel
(1892-1919).
Más pares de primos gemelos:
{29, 31}, {41, 43}, {59, 61}, {71, 73}, {101, 103}, {107, 109},
{137, 139}, {149, 151}, {179, 181}, {191, 193}, {197, 199}, {227,
229}, {239, 241}, {281, 283},..
El par de primos gemelos más grande que se conoce hasta hoy
es
(33 218 925) x 2 169 690 - 1 y (33 218 925) x 2 169 690 + 1
Son números que tienen 51 090 dígitos y fueron descubiertos
en el año 2002. Hay muchísimo material escrito sobre este tema,
pero aún hoy la conjetura de la infinitud de primos gemelos sigue
sin solución.
HISTORIA DE SRINIVASA RAMANUJAN
Conocemos muy poco de la historia y la ciencia oriental. O en
todo caso, todo lo que no sea americano o europeo nos queda entre
lejos y desconocido. Sin embargo, hay varias historias
interesantísimas, por no decir que hay toda una ciencia que nos
queda a trasmano y que goza de extraordinaria salud. Srinivasa
Ramanujan (1887-1920) fue un matemático indio que profesaba la
religión hindú. De origen muy humilde, sólo pudo asistir a una
escuela pública gracias a una beca. Sus biógrafos dicen que les
recitaba a sus compañeros las cifras decimales del número π (pi) y
a los doce años se sentía muy cómodo con todo lo que tuviera que
ver con trigonometría. A los 15 años le presentaron un libro con

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¡seis mil! Teoremas conocidos, pero sin demostración. Ésa fue su
formación matemática básica.
Entre 1903 y 1907, decidió no dar más exámenes en la
universidad y dedicó su tiempo a investigar y pensar sobre las
curiosidades matemáticas. En 1912, sus amigos lo estimularon a
comunicar todos sus resultados a tres distinguidos matemáticos.
Dos de ellos no le contestaron nunca. El tercero, Godfrey Harold
Hardy (1877-1947), matemático inglés de Cambridge, fue el único
que lo hizo. Hardy era considerado, en ese momento, el matemático
más prominente de su generación. Hardy escribiría después que
cuando recibió la carta, estuvo a punto de tirarla, pero esa misma
noche se sentó con su amigo John Littlewood y se pusieron a
descifrar la lista de 120 fórmulas y teoremas que proponía este
señor tan curioso que escribía desde la India. Horas más tarde,
creían estar ante la obra de un genio.
Algunas de las fórmulas de Ramanujan lo desbordaron; y
comentando su asombro, Ardí escribió: "forzoso es que fueran
verdaderas, porque de no serlo, nadie habría tenido la imaginación
necesaria para inventarlas". Hardy invitó a Ramanujan a Inglaterra
en 1914 y comenzaron a trabajar juntos. En 1917, Ramanujan fue
admitido en la Royal Society de Londres y en el Trinity College,
transformándose en el primer matemático de origen indio que
lograba tal honor. Sin embargo, la salud de Ramanujan fue siempre
una preocupación. Falleció tres años después de mudarse a
Londres cuando su cuerpo ya no pudo resistir en una batalla
desigual con la tuberculosis...
Ahora, una anécdota. Se cuenta que Ramanujan ya estaba
internado en el hospital en Londres del cual ya no saldría. Hardy lo
fue a visitar. Llegó en un taxi y subió a la habitación. Con la idea de
romper el hielo, le dijo que había viajado en un taxi cuya patente era
1 729, un número aburrido e insulso.
Ramanujan, sentado a medias en la cama, lo miró y le dijo: "No
crea. Me parece un número muy interesante: es el primer número
entero que se puede escribir como suma de dos cubos de
diferentes maneras".
Ramanujan tenía razón:
1 729 = 13 + 123
y también
1 729 = 93 +103
Además 1 729 es divisible por la suma de sus dígitos, 19
1 729 = 19 x 91
Otros números que cumplen esto:

- 46 -
(9, 15) y (2, 16)
(15, 33) y (2, 34)
(16, 33) y (9, 34)
(19, 24) y (10, 27)
Es decir:
93
+ 153
= 729 + 3 375 = 4 104 = 23
+163
= 8 + 4 096
153
+ 333
= 3 375 + 35 937 = 39 312 = 23
+343
= 8 + 39 304
163
+333
= 4 096 + 35 937 = 40 033 = 93
+343
= 729+39 304
193
+243
= 6 859 + 13 824 = 20 683 =103
+273
= 1 000 + 19 683
En definitiva, Ramanujan estaba muy en lo cierto... 1 729 no es
un número tan insulso.
CONVERSACIÓN ENTRE EINSTEIN Y POINCARÉ
Creo que no hace falta que presente a Einstein. Pero sí creo
que merece algunas palabras Poincaré, no porque hubiera sido
menos importante su aporte a la ciencia de fines del siglo XIX y
principios del XX, sino porque sus trabajos y trayectoria son menos
conocidos por el público en general.
Henri Poincaré nació el 28 de abril de 1854 en Nancy (Francia)
y murió el 17 de julio de 1912 en París. Era ambidiestro y miope.
Sufrió de difteria durante buena parte de su vida y eso le trajo
severos problemas motrices y de coordinación. Pero Poincaré es
considerado una de las mentes más privilegiadas que pobló la
Tierra. Se dedicó a la matemática, la física y la filosofía y se lo
describe como el último de los "universalistas" (en el sentido de que
con su conocimiento lograba borrar las fronteras entre las ciencias
que investigaba).
Contribuyó en forma profusa a diversas ramas de la
matemática, mecánica celeste, mecánica de fluidos, la teoría
especial de la relatividad y la filosofía de la ciencia.
Aún hoy permanece sin respuesta su famosa conjetura sobre la
existencia de variedades tridimensionales sin borde con grupo de
homotopía nulo y que no fueran homeomorfas a la esfera en cuatro
dimensiones.
Más allá de haber entendido el enunciado, cosa que
posiblemente no ocurrió salvo para un grupo muy reducido de
personas, especialistas en el tema, el hecho es que Poincaré
conjeturó este resultado cuya demostración ha eludido a los
mejores matemáticos del mundo desde hace más de un siglo.

- 47 -
Toda esta introducción me permite ahora presentar un diálogo
entre dos de las figuras más prominentes de la ciencia en la primera
mitad del siglo XX, poniendo énfasis en una discusión eterna entre
la matemática y la física. Aquí va:
Einstein: Vos sabés, Henri, al principio, yo estudiaba
matemática. Pero dejé y me dediqué a la física...
Poincaré: Ah... No sabía, Alberto. ¿Y por qué fue?
Einstein: Bueno, lo que pasaba era que si bien yo podía darme
cuenta de cuáles afirmaciones eran verdaderas y cuáles eran
falsas, lo que no podía hacer era decidir cuáles eran las
importantes....
Poincaré: Es muy interesante lo que me decís, Alberto, porque,
originalmente, yo me había dedicado a la física, pero me cambié al
campo de la matemática...
Einstein: ¿Ah, sí? ¿Y por qué?
Poincaré: Porque si bien yo podía decidir cuáles de las
afirmaciones eran importantes y separarlas de las triviales, mi
problema... ¡es que nunca podía diferenciar las que eran ciertas!
LAS PARADOJAS DE BERTRAND RUSSELL
Bertrand Russell vivió 97 años: desde 1872 hasta 19704. Nació
en Inglaterra como miembro de una familia muy rica y ligada con la
realeza británica. Vivió una vida llena de matices, abogó en contra
de la guerra, peleó contra la religión (cualquier manifestación de
ella), estuvo preso en varias oportunidades, se casó cuatro veces
(la última a los 80 años) y tuvo múltiples experiencias sexuales de
las que siempre se manifestó orgulloso. Si bien fue uno de los
grandes pensadores y matemáticos del siglo XX, ganó un premio
Nóbel de Literatura en 1950. Fue profesor en Harvard, en
Cambridge y en Berkeley.
Dentro del terreno de la lógica, destacan sus celebres
paradojas.
A) SOBRE LOS BARBEROS EN ALTA MAR
Un barco sale lleno de marineros y se dirige a una misión que
lo tendrá muchos días en alta mar. El capitán advierte con disgusto
que alguno de los integrantes del barco no se afeitan todos los días.
Y como en el barco había un marinero-barbero, lo convoca a su
camarote y le da la siguiente instrucción:
"Desde mañana, toda persona del barco que no se afeite a sí
misma, la afeita usted. A los que quieren afeitarse solos, no hay
problemas. Usted ocúpese de los que no lo hacen. Es una orden".

- 48 -
El barbero se retiró y a la mañana siguiente, ni bien se despertó
(aún en su camarote), se dispuso a cumplir la orden del capitán.
Pero antes, naturalmente, fue hasta el baño. Cuando se disponía a
afeitarse, se dio cuenta de que no podía hacerlo, porque el capitán
había sido muy claro: él sólo podía afeitar a los que no se afeitaban
a sí mismos. O sea, que en tanto que barbero no podía intervenir en
afeitarse. Debía dejarse la barba para no infringir la norma de sólo
afeitar a los que no se afeitan a sí mismos. Pero al mismo tiempo,
advirtió que no podía dejarse crecer la barba porque incumpliría
también la orden del capitán, que le dijo que no permitiera que
ningún integrante del barco no se afeitara. Él, entonces, tenía que
afeitarse. Desesperado porque ni podía afeitarse (porque el capitán
le dijo que sólo se ocupe de los que no se afeitaban a sí mismos) ni
podía dejarse la barba (ya que el capitán no lo hubiera tolerado), el
barbero decidió tirarse por la borda (o pedirle a alguien que lo afeite
a él...)
B) SOBRE QUIEN DEBÍA MORIR AHORCADO
En una ciudad en donde las cosas erradas se pagaban caras,
el rey decidió que una persona debía ser ejecutada. Y para ello,
decidió ahorcarlo. Para darle un poco más de sabor, colocaron en
dos plataformas dos horcas. A una la llamaron "altar de la verdad" y
a la otra, "el altar de la mentira”:
Cuando estuvieron frente al reo, le explicaron las reglas:
"Tendrás oportunidad de decir tus últimas palabras, como es de
estilo. De acuerdo con que lo que digas sea verdad o mentira, serás
ejecutado en este altar (señalando el de la verdad) o en el otro. Es
tu decisión".
El preso pensó un rato y dijo que estaba listo para pronunciar
sus últimas palabras. Se hizo silencio y todos se prepararon para
escucharlo. Y dijo:
-"Ustedes me van a colgar en el altar de la mentira".
-"¿Es todo?”, le preguntaron.
-"Sí", respondió.
Los verdugos se acercaron a esta persona y se dispusieron a
llevarla al altar de la mentira.
Cuando lo tuvieron al lado, uno de ellos dijo:
"Un momento por favor. No podemos colgarlo acá, porque si lo
hiciéramos sus últimas palabras habrían sido ciertas. Y para cumplir
con las reglas, nosotros le dijimos que lo colgaríamos de acuerdo
con la validez de sus últimas palabras. Él dijo que “lo colgaríamos
en el altar de la mentira. Luego, allí no podemos colgarlo porque
sus palabras serían ciertas".

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Otro de los que participaba arriesgó: "Claro. Corresponde que
lo colguemos en el altar de la verdad".
"Falso", gritó uno de atrás. "Si fuera así, lo estaríamos
premiando ya que sus últimas palabras fueron mentira. No lo
podemos colgar en el altar de la verdad".
Ciertamente confundidos, todos los que pensaban ejecutar al
preso se trenzaron en una discusión eterna. El reo escapó y hoy
escribe libros de lógica.
c) DIOS NO EXISTE
Seguramente, de todas las maneras de presentar la paradoja
de Bertrand Russell, ésta es la más llamativa. Se pretende probar
que Dios no existe, nada menos.
Pongámonos primero de acuerdo con lo que quiere decir Dios.
Por definición, la existencia de Dios está igualada con la existencia
de un ser todopoderoso. En la medida en que nosotros podamos
probar que nada ni nadie puede ser omnipotente, entonces, nadie
podrá adjudicarse el "ser Dios".
Vamos a probar esto "por el absurdo"; o sea, vamos a suponer
que el resultado es cierto y eso nos va a llevar a una contradicción.
Supongamos que Dios existe. Entonces, como hemos dicho, en
tanto que Dios, debe ser todopoderoso. Lo que vamos a hacer es
probar que no puede haber nadie todopoderoso. O lo que es lo
mismo: no puede haber nadie que tenga todos los poderes.
Y hacemos así: si existiera alguien que tuviera todos los
poderes, debería tener el poder de hacer piedras muy grandes. No
le puede faltar este poder, porque si no, ya demostraría que no es
todopoderoso. Entonces, concluimos que tiene que tener el poder
de hacer piedras muy grandes. No sólo tiene que tener el poder de
hacer piedras muy grandes, sino que tiene que ser capaz de hacer
piedras que él no pueda mover... no le puede faltar este poder (ni
ningún otro si vamos al caso). Luego, tiene que ser capaz de hacer
piedras y que esas piedras sean muy grandes. Tan grandes, que
eventualmente él no las pueda mover.
Ésta es la contradicción, porque si hay piedras que él no pueda
mover, eso significa que le falta un poder. Y si tales piedras no las
puede hacer, eso significa que le falta ese poder. En definitiva,
cualquiera que pretenda ser todopoderoso adolecerá de un
problema: o bien le falta el poder de hacer piedras tan grandes que
él no pueda mover, o bien existen piedras que él no puede mover.
De una u otra forma, no puede haber nadie todopoderoso (y
eso era lo que queríamos probar).

- 50 -
DILEMA DEL PRISIONERO
Uno de los problemas más famosos en la Teoría de Juegos es
el que se conoce con el nombre del “Dilema del prisionero”. Aquí va.
Dos personas son acusadas de haber robado un banco en
Inglaterra. Los ladrones son apresados y puestos en celdas
separadas e incomunicados. Ambos están más preocupados por
evitar un futuro personal en la cárcel que por el destino de su
cómplice.
Es decir, a cada uno le importa más conservar su propia
libertad, que la de su cómplice.
Interviene un fiscal. Las pruebas que reúne son insuficientes.
Necesitaría una confesión para confirmar sus sospechas. Y
aquí viene la clave de todo. Se junta con cada uno de ellos y les
plantea (por separado) la siguiente oferta:, Usted puede elegir entre
confesar o permanecer callado. Si confiesa y su cómplice no habla,
yo retiro los cargos que tengo contra usted, pero uso su testimonio
para enviar al otro a la cárcel por diez años. De la misma forma, si
su cómplice confiesa y es usted el que no habla, él quedará en
libertad y usted estará entre rejas por los próximos diez años. Si
confiesan los dos, los dos serán condenados, pero a cinco años
cada uno. Por último, si ninguno de los dos habla, les
corresponderá sólo un año de cárcel a cada uno porque sólo los
podré acusar de un delito menor por portación de armas.
”Ustedes deciden, le dice a cada uno por separado. Eso sí, si
quieren confesar, deben dejar una nota con el guardia que está en
la puerta antes de que yo vuelva mañana., Y se va.
Este problema fue planteado en 1951 por Merrill M. Flood, un
matemático inglés, en cooperación con Melvin Dresher.
Ambos actuaron estimulados por las aplicaciones que este tipo
de dilemas podrían tener en el diseño de estrategias para enfrentar
una potencial guerra nuclear. El título “Dilema del prisionero” se le
debe a Albert W. Tucker, profesor en Princeton, quien trató de
adaptar las ideas de los matemáticos para hacerlas más accesibles
a grupos de psicólogos.
Se han hecho, y se continúan haciendo muchos análisis y
comentarios sobre este dilema, por lo que lo invito, antes de seguir
leyendo, a pensar un rato sobre el tema.
En definitiva, se trata de ilustrar, una vez más, el conflicto entre
el interés individual y el grupal.
• ¿Qué haría si estuviera en la posición de cada uno de ellos?
• ¿Cuál cree que es la respuesta que dieron ellos en ese caso?
• ¿Qué cree que haría la mayoría en una situación similar?

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• ¿Encuentra algunas similitudes con situaciones de la vida
cotidiana en las que usted estuvo involucrado?
Está claro que los sospechosos tienen que reflexionar sin poder
comunicarse entre ellos.
¿Qué hacer? La primera impresión es que la mejor solución es
no confesar y pasar, cada uno, un año en la cárcel. Sin embargo,
desde el punto de vista de cada individuo, la mejor solución es
confesar, haga lo que haga la otra persona.
Claro, si el otro opta por el silencio, quien confiesa queda libre y
su cómplice va preso por diez años. En cambio, si el otro confiesa
también, los dos tendrán que pagar con cinco años de cárcel. Pero,
¿valdrá la pena quedarse en silencio? ¿Tendrá sentido correr el
riesgo de no hablar? Desde el punto de vista del “juego solidario”,
de “cómplices unidos en la desgracia”, si uno supiera que el otro no
va a hablar, ambos pagarían con sólo un año de cárcel. Pero a poco
que el otro hable y rompa el idilio del juego en equipo, quien no
habló quedará preso diez años.
Por supuesto, no hay una respuesta única a este dilema. Y está
bien que así sea, porque, sino, no serviría para modelar situaciones
reales que podríamos vivir en nuestra vida cotidiana.
En un mundo solidario e ideal, la mejor respuesta es callarse la
boca, porque uno sabría que el otro va a hacer lo mismo. La
situación requiere confianza y cooperación.
La “estrategia dominante” en este caso, la que contiene el
menor de los males posibles, independientemente de lo que haga el
otro, es confesar.
La Teoría de Juegos establece que, en la mayoría de los casos,
los jugadores seguirán esta estrategia dominante.
¿Qué haría usted? No se lo diga a nadie, sólo piénsenlo.
¿Confesaría?… ¿Está seguro?
LA BANDA DE MOEBIUS. UN DESAFÍO A LA
INTUICIÓN
Se la llama banda o cinta desde que fue descubierta por
Moebius, hace más de ciento cincuenta años, presenta un curioso
desafío a la intuición.
DANDO COLOR A UNA TIRA DE MÖBIUS
Cualquiera puede pintar un anillo de papel ordinario de color rojo por un lado y verde por
el otro. «Pero ni siquiera Picasso podría hacer esto con una tira de Möbius». Si alguien lo
intentara vería que la tira tiene únicamente un lado en el que coinciden ambos colores.

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Con todo, para
aquellos que no la
conocen (a la cinta de
Moebius), será una
forma más de ver cómo
se puede hacer
matemática sin que
haya cuentas ni
cálculos involucrados.
Necesito de su
complicidad: ¿tiene
tiempo de pensar un
rato? Más aún: ¿tiene
tiempo para jugar
mentalmente un rato?
Si realmente se quiere
entretener, consígase un papel relativamente grande (puede incluso
usar una hoja completa del diario, después de haberla leído, claro)
para fabricarse un cinturón o una “vincha”, por ponerle algún
nombre, un lápiz o marcador y una tijera. Funciona aun mejor si
consigue un papel que sea de un color diferente de cada lado.
Imagínese un cinturón entonces, pero sin hebilla. ¿Alguna vez
se puso uno al revés? Seguro que la respuesta es afirmativa.
Usted coincidirá conmigo en que para que haya un revés tiene
que haber un derecho. Es decir, aunque uno no presta atención (y
lo bien que hace) cada vez que tiene un anillo o un cinturón o una
vincha, hay un lado que es considerado el de adentro y otro, el lado
de afuera.
Ahora, imagínese que vamos a construir uno de esos
cinturones, pero de papel. Uno corta una tira de papel larga y luego
pega los extremos, como se ve en la figura 1. Es decir, uno dobla el
papel y hace coincidir los lados A y B.
De esa forma, tiene un cinturón (sea generoso conmigo, es sólo
un ejemplo). Ahora bien: cuando uno fabrica el cinturón, como decía
antes, hay un lado que es el de afuera y otro que es el de adentro.
Ahora tome la cinta del extremo A y dóblela como se ve en la figura
2. No la rompa, sólo tuérzale 180 grados uno de los extremos.

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Una vez hecho esto, pegue los extremos tal como están, como
se ve en la figura 3. Es decir que los pega como cuando hacía el
cinturón, pero uno de los extremos está dado vuelta.
Ahora ya no tiene un cinturón en el sentido clásico. Queda otra
superficie. Distinta. Si uno la quiere enderezar, no puede, salvo que
la rompa. Tratemos de descubrir en esa nueva superficie el adentro
y el afuera. Inténtenlo solo/a. Trate de descubrir cuál de los dos
lados es el de adentro y cuál el de afuera.
Créame que la gracia de todo esto es que usted descubra algo
por sus propios medios. Por supuesto que es válido que siga
leyendo, pero ¿por qué privarse del placer de investigar sin buscar
la solución?
Lo que sucede (sigo yo), es que la nueva superficie no tiene
dos lados como el cinturón.
Ahora, ¡tiene uno solo! Es un hecho hipernotable, pero esta
nueva cinta es la que se conoce con el nombre de Cinta de Moebius
(o de Möbius). Esta superficie fue descubierta por un matemático y
astrónomo alemán, August Fernand Moebius, en 1858 (aunque
también hay que darle crédito al checo Johann Benedict Listing, ya
que varios dicen que fue él quien escribió primero sobre ella,
aunque tardó más tiempo en publicarlo).
Moebius estudió con Gauss (uno de los más grandes
matemáticos de la historia) e hizo aportes en una rama muy nueva
de la matemática, como era en aquel momento, la topología. Junto
con Riemann y Lobachevsky crearon una verdadera revolución en
la geometría, que se dio a conocer como no-euclidiana.
Antes de avanzar, me imagino que se estará preguntando para
qué sirve una cinta así…
Parece un juego, pero téngame un poquito más de paciencia.
Tome la cinta una vez más.
Agarre un lápiz, o un marcador. Empiece a hacer un recorrido
con el lápiz yendo en cualquiera de las dos direcciones, como si

- 54 -
quisiera recorrerla toda en forma longitudinal. Si uno sigue con
cuidado y paciencia, descubre que, sin haber tenido que levantar el
lápiz, vuelve al mismo lugar, habiendo pasado por las supuestas
dos caras. Eso, en un cinturón (o en algo equivalente) es imposible.
En cambio, en la cinta de Moebius, sí, se puede. Es más: usted,
pudo.
Ahora tome uno de sus dedos índice. Comience a recorrer la
cinta por el borde. Si uno hiciera lo mismo con un cinturón, digamos
con la parte de arriba, daría una vuelta completa y volvería al mismo
lugar, pero obviamente no pasaría por la parte de abajo. Con la
cinta de Moebius, en cambio, sí: contra lo que indicaría la intuición,
la banda de Moebius tiene una sola cara y un solo borde. No hay ni
adentro ni afuera, ni arriba ni abajo.
Para los matemáticos, pertenece a las llamadas superficies no
orientables.
Sigo un poco más. Tome una tijera. Haga un corte longitudinal
por la mitad, como indica la figura 4. ¿Qué pasó? ¿Qué encontró?
Si no tiene una tijera, hágalo mentalmente y cuénteme lo que
descubre.
Lo que sucede es que, en lugar de separarse en dos, queda
una sola cinta pero ahora ya no es más una banda de Moebius:
quedó como un cinturón común y corriente, más largo que el
original, con dos lados y dos bordes, pero doblado dos veces. Y si
la vuelve a cortar por la mitad, ahora sí se obtienen dos cintas
enrolladas una alrededor de la otra. Y si tiene ganas de hacer más
pruebas, intente realizando un corte longitudinal sólo que en lugar
de hacerlo por la mitad, como recién, hágalo a un tercio de uno de
los bordes de la banda de Moebius, y vea qué pasa.
TIRA DE MÖBIUS EN TRES PARTES

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Una tira de Möbius cortada en tres partes (arriba) da lugar a una nueva sorpresa: Las tijeras
hacen dos vueltas completas alrededor de la tira pero sólo un corte unitario continuo. El
resultado final de este corte son dos tiras entrelazadas (arriba, parte derecha). Una de las tiras
es un aro de dos lados y la otra es ahora una nueva tira de Möbius.
ALGUNAS APLICACIONES
En algunos aeropuertos ya hay bandas de Moebius para las
cintas que transportan los equipajes o la carga. Esto implica el uso
parejo y regular de los dos lados aunque ahora sabemos que, en
este tipo de superficies, no podemos hablar en plural sino en
singular: ¡hay un solo lado! Sin embargo, el aprovechamiento es
doble, igual que el rendimiento, y el desgaste se reduce a la mitad.
Es decir: este tipo de cintas tiene una vida que duplica las comunes.
Por las mismas razones, también las usan las grandes empresas de
transporte de carga y de correos.
Otra aplicación: en los casetes de audio, de los que se usan en
los grabadores comunes pero que entran en una especie de loop o
lazo, la cinta está enrollada como una cinta de Moebius.
En ellos, se puede grabar de los dos “lados” y es obvio el
aprovechamiento mayor de su capacidad.
En ciertas impresoras que funcionan a tinta o en las viejas
máquinas de escribir, la cinta que va dentro del cartucho está
enrollada formando una banda de Moebius. De esa forma, igual que
en los ejemplos anteriores, la vida útil se duplica.
PROBLEMA DE LOS SIETE PUENTES DE KÖNIGSBERG
La matemática tiene mala prensa. Me gustaría que le diéramos
una segunda oportunidad. Hoy por hoy, los chicos ya vienen
“elegidos” de antemano: la matemática es aburrida, pesada, difícil…
O en todo caso, es así sólo si la seguimos enseñando como hasta
ahora. Está claro que los docentes hemos fracasado en nuestro
intento de comunicarla, de transmitirla. El propósito de este libro es
tratar de revertir la imagen y de mostrar ángulos distintos, otras
“formas” de hacer matemática que no sean las clásicas del colegio.
Sería interesante aproximarse a ella tratando de no dar
respuestas a preguntas que uno no se hizo, sino al revés: mostrar
problemas, disfrutar de pensarlos y aun de la frustración de no
poder resolverlos, abordarlos de modo diferente, y que sean, en
todo caso, disparadores de preguntas, de nuevas conjeturas, de
nuevos desafíos, hasta poder descubrir el lugar donde está
escondida tanta belleza.

- 56 -
Quiero presentarle un problema, ingenuo si se quiere. El
enunciado es muy sencillo y uno puede sentarse inmediatamente a
pensarlo. Eso sí: aguántese un rato el fastidio si no le sale.
Todo transcurre a mediados
del siglo XVIII, en Königsberg,
una ciudad prusiana (devenida
luego en Kaliningrado, hoy
Rusia) que es atravesada por un
río, el Pregel. Además, en medio
del río hay dos islas. Los
pobladores construyeron siete
puentes para cruzar de una orilla
a la otra, pasando por alguna de
las islas. La distribución es la
que se ve en el gráfico 1. Hay
cuatro sectores de tierra A, B, C
y D, y siete puentes, numerados
del 1 al 7.
La pregunta es la siguiente: empezando en cualquier parte de
la geografía, ¿es posible recorrer los siete puentes sin pasar dos
veces por el mismo? Es decir, si uno se para en cualquier lugar
(incluso en cualquiera de las dos islas) e intenta cruzar los siete
puentes sin repetirlos, ¿se puede? Por supuesto, la tentación mía
es escribir la respuesta aquí mismo, y la tentación del lector es leer
la respuesta sin pensar más que un minuto. ¿Y si lo intenta solo/a?
Quizá se entretenga y valore el desafío, aunque en principio (o “en
final”) no le salga.
SOLUCIÓN: El problema no tiene solución. Es decir, no sé
cuánto tiempo le dedicó usted, pero en lo que sigue voy a tratar de
explicar por qué no hay manera de
recorrer los siete puentes sin repetir
ninguno.
Pero antes, voy a contar una
breve historia. Mire el gráfico 2
¿Puede relacionarlo con el
problema anterior? Es verdad que
ahora ya no hay más islas, ni
puentes. Hay sólo puntos o vértices
que hacen el papel de la tierra firme

- 57 -
en el gráfico original, y los arcos que los unen son los que antes
hacían el papel de puentes.
Como se ve, el problema no cambió. El gráfico sí, pero en
esencia todo sigue igual. ¿Cuál sería la nueva formulación del
problema? Uno podría intentarlo así: “Dada la configuración del
gráfico 2, ¿se puede empezar en cualquier punto o vértice y
recorrerlo sin levantar el lápiz ni pasar dos veces por el mismo
arco?”.
Si lo piensa un instante, se dará cuenta de que no hay
diferencia conceptual. Una vez aceptado esto, pensemos juntos por
qué no se puede.
Contemos el número de arcos que salen (o entran) de cada
vértice.
Al vértice A llegan (o salen) tres arcos.
Al vértice B llegan (o salen) cinco arcos.
Al vértice C llegan (o salen) tres arcos.
Al vértice D llegan (o salen) tres arcos.
Es decir, en todos los casos, entran (o salen, pero es lo mismo)
un número impar de arcos.
Ahora supongamos que alguien ya comenzó el camino en
alguna parte, salió de algún vértice y cayó en otro que no es ni el
inicial ni el final. Si es así, entonces a ese vértice llegó por un arco y
tendrá que salir por otro. Tuvo que haber usado un arco para llegar,
porque sabemos que ése no es el inicial, y sabemos que tiene que
usar un arco para salir, porque ése no es el final.
¿Cuál es la moraleja? Una posible es que si uno cae en algún
vértice en el recorrido, que no es el inicial ni el final, entonces, el
número de arcos que salen (o entran) tiene que ser par, porque uno
necesita llegar por uno y salir por otro. Si eso es cierto, ¿cuántos
vértices puede tener, en principio, un número de arcos que entran o
salen que sea impar?. La respuesta es que hay sólo dos vértices
que pueden tener un número impar de arcos que entran o salen, y
éstos son, eventualmente, el vértice inicial (que es el que uno elige
para empezar el recorrido) y el vértice final (que es el que uno eligió
como final del recorrido).
Como sabemos (porque ya hicimos la cuenta más arriba) que a
todos los vértices llega o sale un número impar de arcos, entonces,
el problema no tiene solución porque, de acuerdo con lo que hemos
visto, a lo sumo dos de los vértices pueden tener un número impar
de arcos que llegan. Y en nuestro caso (el de los puentes de
Königsberg), todos tienen un número impar.

- 58 -
VARIAS OBSERVACIONES FINALES
a) Proponer un modelo como el que transformó el problema
original (el de los siete puentes) en un gráfico (el 2) es hacer
matemática.
b) Este problema fue uno de los primeros que inauguró una
rama de la matemática que se llama teoría de grafos. Y también la
topología. Uno de los primeros nombres que tuvo la teoría de grafos
fue el de geometría de posición.
c) Con el ejemplo de los puentes de Königsberg se advierte
que no interesan los tamaños ni las formas, sino las posiciones
relativas de los objetos.
d) El problema es ingenuo, pero el análisis de por qué no se
puede requiere pensar un rato.
El primero que lo pensó y lo
resolvió (ya que muchos
fracasaron), fue un suizo,
Leonhard Euler (1707-1783),
uno de los matemáticos más
grandes de la historia. A él se le
ocurrió la demostración del
teorema que prueba que no
importa qué camino uno recorra,
nunca tendrá éxito. Entender
que hace falta un teorema que
demuestre algo general, para
cualquier grafo (o dibujo),
también es hacer matemática.
Es obvio que una vez que uno
tropezó con un problema de
estas características (véase más
abajo) se pregunta cuándo se puede y cuándo no se puede
encontrar un camino. Euler dio una respuesta.
e) En la vida cotidiana, tenemos ejemplos de grafos en distintos
lugares, pero un caso típico son los “modelos” que se usan en todas
las grandes ciudades del mundo para comunicar cómo están
diseminadas las estaciones de subte y las líneas asociadas. Allí no
importan las distancias sino las posiciones relativas. Los vértices
son las estaciones, y las aristas son los tramos que unen las
estaciones.
Aquí aparecen algunos grafos; decida si se pueden recorrer, o
no, sin levantar el lápiz y sin pasar dos veces por el mismo arco. En

- 59 -
caso que se pueda, encuentre un trayecto. Y en caso que no,
explíquese a usted mismo la razón.
SOLUCIONES:
El dibujo 1 tiene solución, porque de todos los vértices sale (o
entra) un número PAR de arcos.
El dibujo 2 tiene solución, porque hay sólo dos vértices a los
cuales llega (o sale) un número IMPAR de arcos.
El dibujo 3 no tiene solución, porque hay cuatro vértices a los
que llega (o sale) un número IMPAR de arcos.
El dibujo 4 tiene solución, porque hay sólo dos vértices a los
cuales llega (o sale) un número IMPAR de arcos.
TRIÁNGULO DE PASCAL
¿Qué es este triángulo formado por números que parecen
elegidos en forma caótica? Mírelo un rato, entreténgase con el
triángulo y trate de descubrir leyes o patrones. Es decir, ¿estarán
puestos los números al azar? ¿Habrá alguna relación entre ellos? Si
bien uno advierte que hay un montón de números uno (de hecho,
hay unos en los dos costados del triángulo), ¿cómo habrán hecho
para construirlo?

- 60 -
Como se imaginará, el triángulo podría seguir. En este caso
escribí sólo una parte de él. Es más: en cuanto descubra
efectivamente cómo se arma, estoy seguro de que podrá completar
la fila siguiente (y seguir con más, si no tiene nada que hacer).
Llegar a ese punto será sólo una parte, importante por cierto,
porque es algo así como un juego (de todas formas, nadie dijo que
está mal jugar, ¿no?); sin embargo, lo interesante va a ser mostrar
que este triángulo, ingenuo como lo ve, tiene en realidad múltiples
aplicaciones, y los números que figuran en él sirven para resolver
algunos problemas.
Este triángulo fue estudiado por Blaise Pascal, un matemático y
filósofo francés que vivió sólo treinta y nueve años (1623, 1662),
aunque, en realidad, los que trabajan en historia de la matemática
sostienen que el triángulo y sus propiedades fueron descritos ya por
los chinos, en particular por el matemático Yanghui, algo así como
quinientos años antes que naciera Pascal, y también por el poeta y
astrónomo persa Omar Khayyám.
Es más, en China se lo conoce con el nombre de triángulo de
Yanghui, no de Pascal, como en Occidente.
Primero que nada, ¿cómo se construye? La primera fila tiene
un solo 1, de manera tal que hasta ahí vamos bien. La segunda fila,
tiene dos números 1, y nada más. Nada que decir.
Pero mirando el triángulo, lo que podemos afirmar es que cada
nueva fila empezará y terminará con 1.
Una observación que uno puede hacer es la siguiente: elija un
número cualquiera (que no sea 1). Ese número tiene otros dos
números inmediatamente por encima. Si los sumamos, se obtendrá
el número elegido. Por ejemplo, busque el número 20 que está en la
séptima fila; arriba tiene dos números 10; la suma, obviamente, da
20. Elijamos otro: el 13, que está en la última fila sobre la mano
derecha. Si sumamos los dos números que están arriba de él (1 y
12), se obtiene 13.
Si aceptamos que en las dos primeras filas hay sólo números 1,
entonces, en la tercera fila tendrá que haber 1 en las puntas, pero el
número en el medio tiene que ser un 2, porque justamente arriba de
él tiene dos números 1. Así queda conformada la tercera fila.
Pasemos a la cuarta.
De la misma forma, empieza con dos 1 en las puntas. Y los
otros dos lugares que hay para rellenar se obtienen sumando los
dos números que tienen arriba: en ambos casos, hay un 1 y un 2
(aunque en diferente orden), luego, los números que faltan son dos
números 3.

- 61 -
Supongo que ahora queda claro cómo seguir. Cada fila
empieza y termina con 1, y cada número que se agrega es el
resultado de sumar los dos que tiene arriba. De esa forma, hemos
resuelto el primer problema que teníamos: saber cómo se construye
el triángulo. De hecho, la primera fila que no está escrita, la primera
que iría debajo de la que está en la figura, empieza con un 1, como
todas, pero el siguiente número que hay que escribir es 14, y el
siguiente, 91. ¿Entiende por qué?
ALGUNAS OBSERVACIONES Observe que el triángulo queda
simétrico, es decir, da lo mismo leer cada fila desde la izquierda que
desde la derecha.
Analicemos algunas diagonales. La primera está compuesta
por unos. La segunda, está compuesta por todos los números
naturales.
La tercera…
(1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, …) (*)
¿Qué números son éstos? ¿Hay alguna manera de construirlos
sin tener que recurrir al triángulo de Pascal? Le propongo que haga
lo siguiente, para ver si puede descubrir cómo se construye esta
diagonal. Empiece por el segundo, el número 3, y réstele el anterior,
el número 1. Obtiene un 2. Siga con el 6, y réstele el anterior.
Obtiene un 3. Luego el 10, y réstele el anterior (que es un 6).
Obtiene un 4… En otras palabras, la diferencia o la resta de dos
números consecutivos, se va incrementando en uno cada vez. Es
decir, la sucesión (*) se obtiene empezando con 1
Luego se suma 2, y se obtiene 3.
Luego se suma 3 al número 3, y se obtiene 6.
Se suma 4 al número 6 y se tiene 10.
Y así sucesivamente, se va construyendo de esta manera:
Estos números se llaman números triangulares.
Por ejemplo, supongamos que estamos invitados a una fiesta y,
al llegar, cada persona saluda a los que ya llegaron, dándoles la
mano. La pregunta es, si en el salón hay en un determinado

- 62 -
momento 7 personas, ¿cuántos apretones de mano se dieron en
total? Veamos cómo analizar este problema. Al llegar la primera
persona, como no había nadie en el salón, no hay nada que contar.
Cuando llega la segunda, sin embargo, como adentro hay una
persona, le da la mano, y ya tenemos 1 para incorporar a nuestra
lista. Ni bien llega la tercera persona, tiene que dar la mano a las
dos personas que hay adentro. Luego, en total, ya se dieron 3
apretones de mano: 1 que había en el momento en que llegó la
segunda persona y 2 ahora. Recuerde que vamos por tres
apretones cuando hay tres personas en el salón. Cuando llegue la
cuarta persona, le tiene que dar la mano a las 3 que están dentro,
por lo que sumadas a las 3 que ya llevábamos, se tienen 6. Así,
cuando llega la quinta, tiene que dar 4 apretones, más los 6 que ya
había, permiten sumar 10.
O sea:
1 persona 0 apretón de manos
2 personas 1 apretón de manos
3 personas (1 + 2) = 3 apretones de manos
Como habrá notado ya, los apretones van reproduciendo los
números triangulares que habíamos encontrado antes. Es decir, esa
diagonal del triángulo de Pascal sirve, en particular, para contar en
determinadas situaciones.
Volvamos a la misma diagonal que contiene a los números
triangulares:
(1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, …)
Ahora, en lugar de restar un término menos el anterior, como
hicimos más arriba, empecemos a sumar los términos de a dos, y a
escribir los resultados:
1 + 3 = 4
3 + 6 = 9
6 + 10 = 16
10 + 15 = 25
15 + 21 = 36
21 + 28 = 49
28 + 36 = 64
36 + 45 = 81
45 + 55 = 100
Ahora que escribí varios términos, ¿le sugieren algo?
Sigo: los números que están a la derecha:

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