Algebra Recreativa - Yakov Perelman
Algebra Recreativa - Yakov Perelman
Algebra Recreativa - Yakov Perelman
Los libros escritos por Perelman siguen siendo reeditados, habiendo sido,
muchos de ellos, traducidos a distintas lenguas extranjeras. En las nuevas
ediciones se han introducido pequeos cambios a causa del rpido
desarrollo de las ciencias y la tcnica, considerndose ejemplares en el arte
de divulgacin cientfica.
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Yakov Perelman
Algebra recreativa
ePub r1.0
Titivillus 09.02.17
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Ttulo original: Algebra recreativa
Yakov Perelman, 1929
Traduccin: Natalia Abramenko
Tratamiento de lustraciones: ElyDaniel
Diseo de cubierta: ElyDaniel
Capitulares: ElyDaniel sobre alfabeto Pacioli
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Del prefacio del autor a la tercera
edicin rusa
Yakov Perelman
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Presentacin
Entre las numerosas obras de divulgacin cientfica, escritas por el clebre
matemtico sovitico Yakov Perelman, figura el Algebra recreativa.
Este libro no es un manual elemental de lgebra para principiantes. El lector, al
que destinamos la presente obra, debe poseer ciertas nociones de lgebra, aunque las
haya asimilado superficialmente o las tenga semiolvidadas. El libro Algebra
recreativa, en primer lugar, pretendo despertar en el lector el Inters por los ejercicios
de lgebra y el deseo de cubrir, con ayuda de los manuales, las lagunas de que
adolezca.
El libro contiene problemas confeccionados basndose en temas originales que
despiertan la curiosidad en el lector, permite hacer entretenidas excursiones por la
historia de las matemticas, muestra inesperadas aplicaciones del lgebra a cuestiones
de la vida prctica, etc.
El nombre de Yakov Perelman es ampliamente conocido en todo el mundo. De su
pluma han salido muchas obras de divulgacin cientfica como: Fsica recreativa,
Matemticas recreativas, Astronoma recreativa, Algebra recreativa, Geometra
recreativa y muchas otras. Perelman falleci en 1942, durante el sitio de Leningrado.
Los libros escritos por l siguen siendo reeditados, habiendo sido, muchos de
ellos, traducidos a distintas lenguas extranjeras. En los aos pasados fueron
introducidos en ellos, solo pequeos cambios a causa del rpido desarrollo de las
ciencias y la tcnica, considerndose ejemplares en el arte de divulgacin cientfica.
Estos libros siguen siendo los predilectos de millones de lectores de diferentes pases.
En las pginas de los libros de Perelman se puede encontrar extractos de obras
conocidas, leer relatos amenos sobre ilustres personajes y distintos fenmenos de la
naturaleza, presentando, el autor, en cada uno de ellos, problemas de diferentes
campos de la fsica, matemticas, astronoma, que exigen detenida meditacin con
enseanzas fructferas.
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Yakov Perelman
Algebra recreativa
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1. La quinta operacin
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la importancia que tienen para la tcnica de fabricacin de vlvulas electrnicas estas
proporciones tan singulares.
2. Cifras astronmicas
Es probable que nadie haga tanto uso de la quinta operacin matemtica como
los astrnomos. Los exploradores del firmamento manejan sin cesar cantidades
formadas por una o dos cifras significativas seguidas de una larga fila de ceros. Sera
muy incmodo expresar con los medios ordinarios tales cantidades, llamadas con
razn astronmicas y, sobre todo, operar con ellas. Los kilmetros que nos separan
de la nebulosa de Andrmeda se representan con la siguiente cifra:
1 983 000 000 000 000 000 000 000 000 000 000.
Huelga ocuparse de los inconvenientes que representara operar con nmeros tan
desmesurados y de lo fcil que sera incurrir en error en tales casos. Adems, las
cantidades referidas estn muy lejos de ser las mayores en la astronoma.
La quinta operacin matemtica aligera los clculos. La unidad seguida de varios
ceros se expresa con el nmero 10 elevado a una determinada potencia
el primero 9501022
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el segundo 1 9831030
se expresan as no slo para economizar espacio, sino tambin para facilitar los
clculos. Si hubiera, por ejemplo, que multiplicar ambos nmero entre s, bastara
hallar el producto de 950 1 983 = 1 883 850 y tras l colocar el factor 1022+30 = 1052
de la forma siguiente:
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Transformando los kilogramos en toneladas resultarn:
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258 = 260-2 = 260/22 = () 260 = () (210)6 ())
1018
es decir, aproximadamente la cuarta parte de un trilln de segundos. El ao tiene
cerca de 30 millones de segundos, o, lo que es igual, 3 107 segundos; por esto:
Problema
Fijemos nuestra atencin slo en un elemento: si el tiempo es nublado o
despejado; es decir, distinguimos los das por el hecho de si en el cielo hay nubes o
no. Qu piensa el lector? En estas condiciones, habr muchas semanas con
diferente combinacin de das nublados y despejados?
Puede parecernos que stas sern pocas y que pasados unos dos meses se agotarn
todas las combinaciones de das nublados y despejados, repitindose entonces a la
fuerza alguna de las combinaciones ya observadas. Ms, probemos a calcular
exactamente el nmero posible de combinaciones que pueden darse en estas
condiciones. Este es uno de los problemas que nos conducen inesperadamente a la
quinta operacin matemtica. En fin, de cuntas formas diversas pueden combinarse
los das nublados y despejados en una misma semana?
Solucin
El primer da de la semana puede ser despejado o nublado; lo que quiere decir que
por el momento se tienen dos combinaciones.
En el transcurso de dos das son posibles las siguientes combinaciones de das
nublados y despejados:
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Despejado y
despejado
despejado y nublado
nublado y despejado
nublado y nublado
En dos das se tienen ya 22 combinaciones diferentes. Al tomar tres das, a cada
una de las cuatro combinaciones correspondientes a los dos primeros das, se une
alguna de las dos combinaciones del tercer da, de esta forma obtenemos un total de
variantes igual a:
22 2 = 23.
En cuatro das, el nmero de combinaciones ser de:
23 2 = 24.
Al llegar al quinto da se producirn 25 combinaciones; al sexto, 26, y, por ltimo,
en la semana habr 27 = 128 combinaciones.
De todo esto se deduce que hay 128 semanas con diferentes variantes de das
despejados y nublados. Al cabo de 128 7 = 896 das se repetir inevitablemente una
de las combinaciones anteriores, aunque dicha repeticin puede surgir antes, pero 896
das constituyen el perodo a partir del cual esta repeticin es completamente
inevitable. Y, por el contrario, pueden transcurrir dos aos e incluso ms (dos aos y
166 das), sin que el estado atmosfrico de una semana se parezca al de las otras.
6. La cerradura secreta
Problema
En cierta institucin sovitica fue hallada una caja fuerte de tiempos anteriores a
la revolucin. Hallse la llave de la misma, mas para poder abrirla se precisaba
conocer el secreto de la cerradura: sta se compona de cinco rodillos, en torno a los
cuales haba un alfabeto con 36 letras; los rodillos deban combinarse de tal manera
que formasen una determinada palabra desconocida. Para evitar forzar la caja
decidise probar con dichas letras todas las combinaciones posibles. En cada una de
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estas combinaciones se invertan tres segundos. Poda abrirse la cerradura en 10
jornadas?
Solucin
Calculemos el nmero total de combinaciones posibles. Cada una de las 36 letras
del primer rodillo puede unirse a cada una de las 36 letras del segundo rodillo. As
pues, el nmero de combinaciones posibles con dos letras de los dos rodillos ser:
36 36 = 362
A cada una de estas combinaciones podemos aadir cualquiera de las 36 letras del
tercer rodillo, con lo cual, el total de variantes con tres letras de los tres rodillos
equivaldr a:
362 36 = 363.
De esta misma manera hallemos la cantidad de combinaciones posibles con
cuatro letras de los cuatro rodillos, que llegarn a 364; y con cinco letras de los cinco
rodillos tendremos 365, o sea
7. Ciclista supersticioso
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Problema
Hasta hace poco cada bicicleta deba tener una matrcula igual que el automvil.
Esta matrcula tena seis guarismos.
Cierta persona muy supersticiosa adquiri una bicicleta con el propsito de
aprender a manejarla. Cuando supo que a cierta avera, propia de estas mquinas, se
le denomina ocho, se crey condenado a algn contratiempo si en el nmero de su
matrcula figuraba algn ocho. Al ir por sta, le tranquiliz la siguiente reflexin:
cualquiera que sea el nmero de la matrcula, debe formarse con guarismos del 0 al 9.
De stos, tan slo el 8 es aciago, por lo cual, de cada 10 casos existe uno en que la
matrcula resulte infausta. Es acertada esta deduccin?
Solucin
El nmero de las matrculas se compone de seis guarismos. Por lo tanto, habr
999999 diferentes, desde el 000 001, 000 002, etc. hasta el 999 999. Calculemos
ahora cuntos nmeros afortunados podramos encontrar. El lugar de las unidades
del nmero puede ser ocupado por alguna de las nueve cifras felices: 0, 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 9.
En el segundo lugar tambin puede encontrarse una de estas cifras. De ah que las
dos primeras cifras den lugar a 9 9 = 92 combinaciones favorables. A cada una de
estas combinaciones puede agregarse una tercera cifra de las nueve bienhadadas;
por lo tanto las combinaciones felices de tres cifras llegan a 92 9 = 93.
De esta misma manera se deduce que el nmero de combinaciones
satisfactorias, compuestas de seis cifras, es igual a 96.
No obstante, hay que tener en cuenta que este nmero comprende la combinacin
000 000, que no sirve para matrcula. Por consiguiente, la cantidad de matrculas
afortunadas es de 96-1 = 531 440, lo que constituye algo ms del 53% del total de
nmeros posibles, y no el 90%, como supona el ciclista en cuestin.
El lector se convencer de que en la serie de nmeros con siete cifras, hay ms
infaustos que bienhadados.
8. Resultados de la duplicacin
consecutiva
En la famosa leyenda en la que se habla de la recompensa concedida al inventor
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del ajedrez puede encontrarse un ejemplo demostrativo del rpido incremento que se
obtiene al duplicar repetidamente un nmero por pequeo que sea. Sin detenerme en
este paradigma clsico, me remitir a otros menos conocidos [3]
Problema
Cada 27 horas, como trmino medio, el infusorio paramecio se parte en dos. Si
todos los infusorios surgidos de esta suerte quedaran vivos, cunto tiempo sera
necesario para que los descendientes de un paramecio llegaran a tener el volumen del
Sol?
Los datos necesarios para este clculo son: la generacin N 40, si se conservan
todas desde la primera, ocupa despus de su desdoblamiento, un volumen igual a un
metro cbico. El volumen del Sol es de 1021 m3.
Solucin
La tarea consiste en determinar cuntas veces 1 m3 debe multiplicarse por dos
para llegar a 1027 m3
40 + 90= 130.
No ofrece dificultad alguna precisar que esto tiene lugar el da 147.
El microbilogo Metalnikov observ 8 061 divisiones sucesivas del paramecio.
Que calcule el propio lector el colosal volumen que tendra la ltima generacin si no
hubiera muerto ni uno solo de estos infusorios
La cuestin examinada en este problema puede ser presentada, como si dijramos,
desde el lado opuesto.
Imaginmonos que se ha dividido el Sol en dos mitades, que una de estas mitades
tambin se ha dividido en dos, etc. Cuntas operaciones semejantes seran precisas
para que resultara el tamao de un infusorio?
Aunque el lector conoce ya la respuesta, 130, no por eso deja de asombrar lo
reducido de este nmero.
A m me fue planteado este problema en la siguiente forma:
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Una hoja de papel es dividida en dos, y una de las mitades obtenidas es, a su vez,
dividida por la mitad, etc. Cuntas divisiones seran precisas para llegar a la
dimensin del tomo?
Supongamos que la hoja de papel pesa 1 gramo y que tomamos 1/(1024) de gramo
como peso del tomo. Como quiera que 1024 puede sustituirse por 280, de valor
aproximado, se hace evidente que, se necesitan tan slo unos 80 desdoblamientos, y
no millones, como se contesta con frecuencia cuando se da a conocer este problema.
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basculador.
Figura 1
Supongamos ahora que tenemos varios basculadores, y que los impulsos del
exterior se envan slo al primero de ellos, los impulsos de respuesta del primer
basculador se transmiten al segundo, los del segundo al tercero, etc. (en la fig. 2 se
presentan los aparatos conectados en serie de derecha a izquierda). Veamos cmo
funcionar esa cadena de basculadores.
Supongamos que en el momento inicial, todos los basculadores se hallan en la
posicin 0.
Por ejemplo, para la serie de cinco basculadores tendremos la combinacin
00000. Despus del primer impulso el primer basculador (el del extremo de la
derecha) toma la posicin 1, mas como en este caso no se da el impulso de respuesta,
todos los dems aparatos permanecen en la posicin 0, es decir, la combinacin se
caracterizar por la posicin 00001. Despus del segundo impulso, el primer
basculador se desconecta (vuelve a la posicin 0), pero ste da la seal de respuesta,
en virtud de la cual se conecta el segundo basculador sin producir cambios en el resto
de los aparatos, es decir, obtenemos la posicin 00010. Despus del tercer impulso se
conecta el primer basculador; los dems no cambian de posicin. Tendremos la
combinacin 00011. Con el cuarto impulso se desconecta el primer basculador; ste
da la seal de respuesta que sirve de impulso interruptor del segundo basculador que
tambin da el impulso de respuesta; finalmente, con este ltimo impulso se conecta el
tercer basculador. El resultado de todo esto ser la combinacin 00100.
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Si se continan estos razonamientos resultar:
Impulso Combinacin
1 00001
2 00010
3 00011
4 00100
5 00101
6 00110
7 00111
8 01000
Se aprecia cmo esta serie de basculadores cuenta el nmero de seales
recibidas del exterior y lo anota a su manera. No es difcil advertir que la anotacin
del nmero de impulsos recibidos no se produce de acuerdo con el sistema de base
diez, sino con el sistema de base dos.
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Figura 2
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aparato, a los basculadores de la serie inferior llegan impulsos de los basculadores de
la serie superior y de la media que se encuentran en la posicin 1.
Figura 3
Admitamos que, como se seala en la fig. 3, las dos primeras series presentan los
sumandos 101 y 111 (con el sistema de numeracin de base dos). En este caso,
cuando conectemos el aparato llegarn al primer basculador de la serie inferior (el del
extremo de la derecha) dos impulsos: los del primer basculador de cada uno de los
sumandos. Es sabido que al recibir dos impulsos, el primer basculador queda en la
posicin 0, pero responde con un impulso que enva al segundo basculador. A ste
llega, adems, una seal del segundo sumando. De esta forma, al segundo basculador
llegan dos impulsos; con esto queda en la posicin 0 y enva el impulso de respuesta
al tercer basculador. Asimismo, al tercero llegan otros dos impulsos de cada uno de
los sumandos. En consecuencia, a cada una de las tres seales, el tercer basculador
pasa a la posicin 1 y despide un impulso de respuesta. Este ltimo impulso traslada
el cuarto basculador a la posicin 1 (al cuarto no llegan ms seales). As es cmo en
el aparato representado en la fig. 3 se ha realizado, mediante el sistema de
numeracin de base dos, una suma de dos nmeros en columna:
1 0 1
+ 1 1 0
1 1 0 0
o, segn la suma del sistema decimal, 5 + 7 = 12. Al darse la seal de respuesta
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en la serie inferior de basculadores parece como si el aparato llevara una unidad de
la columna anterior y la pasara a la siguiente, es decir, hace lo mismo que cuando
sumamos en columna.
Si en cada serie hubiera en lugar de cuatro, 20 basculadores, por ejemplo,
podramos realizar sumas de nmeros inferiores a un milln y, si se aumentara
todava ms el nmero de basculadores, sera posible sumar cantidades mayores.
Debemos advertir que en la prctica, el esquema de este mecanismo debe ser
mucho ms complicado de lo que aparece en la fig. 3. Entre otras cosas, la mquina
debe tener un aparato especial que asegure el retardo de las seales. En efecto: en
la mquina representada en el esquema, las seales de los dos sumandos le llegan
simultneamente (en el instante que se conecta la mquina) al primer basculador de la
serie inferior. Por ello ambas seales se fundirn en una sola, siendo registradas por el
basculador, no como dos, sino como una seal nica. Para evitar esto es preciso que
las seales de los sumandos no lleguen a la vez, sino unas ms tarde que las otras.
La presencia de este retardador determina que en la suma se emplee ms tiempo del
necesario para el registro de una seal en el contador de los basculadores.
Si se cambia el esquema de la mquina cabe efectuar la sustraccin en lugar de la
adicin.
Puede emplearse tambin para la multiplicacin (que consiste en la adicin
consecutiva de sumandos, lo que exige ms tiempo), la divisin y otras operaciones.
Los aparatos a que nos hemos referido se emplean en las mquinas modernas de
clculo.
Estas pueden realizar en un segundo decenas e incluso centenares de miles de
operaciones numricas!
Esta vertiginosa rapidez operativa puede parecernos superflua. Qu diferencia
puede haber, por ejemplo, en que la mquina eleve un nmero de 15 cifras al
cuadrado en una diezmilsima de segundo o, supongamos, en un cuarto de segundo?
Lo uno y lo otro nos parecern soluciones instantneas del ejercicio sin embargo,
no hay que apresurarse en las conclusiones.
Tomemos el siguiente ejemplo: Un buen ajedrecista, antes de mover una pieza
analiza decenas e incluso centenares de variantes posibles. Si suponemos que el
anlisis de una variante le ocupa algunos segundos, para el examen de centenares de
ellas precisar minutos y decenas de minutos. No es raro que en las partidas
complicadas, los jugadores resulten en zeitnot, es decir, se vean obligados realizar
las ltimas jugadas apresuradamente porque al meditar los planes anteriores han
agotado casi todo el tiempo destinado a la partida. Y si encargamos a la mquina el
examen de las variantes de jugada en la partida de ajedrez? La mquina, como
sabemos, no puede caer nunca en zeitnot, ya que hace miles de operaciones por
segundo y puede analizar todas las variantes instantneamente
Podr objetarse que una cosa es efectuar operaciones por complicadas que sean y
otra, jugar ajedrez: la mquina no puede hacer esto! Al analizar las variantes, el
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ajedrecista no opera, sino que piensa! Mas no divaguemos ahora; volveremos a esto
ms adelante.
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370 = 368 32 10 (34)17 10 8017 = 10 817 1017
= 251 1018 =
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Figura 4
Napolen I jug con esta mquina creyendo que se enfrentaba de verdad con ella.
A mediados del pasado siglo el clebre aparato fue a parar a Amrica, destruyndolo
un incendio en Filadelfia.
La fama de las dems mquinas fue menos ruidosa. No obstante, ni an en
tiempos posteriores se perdi la fe en la existencia de tales aparatos.
En realidad, ni una sola mquina de ajedrez actuaba automticamente. En su
interior se ocultaba un adiestrado ajedrecista que mova las piezas. Este seudo
automtico lo formaba un voluminoso cajn en cuyo interior haba un complejo
mecanismo. El cajn tena tambin un tablero de ajedrez con sus piezas que mova la
mano de un gran mueco. Antes de empezar el juego se permita al pblico que se
cerciorara de que en el cajn no haba ms que las piezas del mecanismo. Sin
embargo, en dicho cajn quedaba sitio suficiente para ocultar a un hombre de baja
estatura (ese papel fue desempeado en su tiempo por los clebres ajedrecistas
Johann Allgaier y William Lewis). Es probable que mientras se iban mostrando
sucesivamente al pblico diferentes departamentos del cajn, la persona escondida
pasara con sigilo de un lugar a otro sin ser vista. El mecanismo de por s no tomaba
parte en el funcionamiento del aparato, sirviendo tan slo para velar la presencia del
jugador de carne y hueso.
De lo dicho puede concluirse lo siguiente: el nmero de partidas de ajedrez es
prcticamente infinito, por lo cual slo en la imaginacin de personas cndidas
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pueden existir mquinas indicadoras del movimiento ms acertado. De ah que no
deba temerse crisis alguna en el juego del ajedrez.
No obstante, en los ltimos aos se han producido acontecimientos que ponen en
duda la veracidad de tal afirmacin. Ya existen mquinas que juegan al ajedrez.
Nos referimos a las complicadas mquinas de clculo que permiten efectuar miles de
operaciones por segundo. De ellas hemos hablado ms arriba. Mas cmo pueden
jugar al ajedrez estas mquinas? Claro es que ninguna calculadora puede hacer otra
cosa que operar con nmeros. Mas el aparato efecta las operaciones siguiendo un
esquema previo y de acuerdo con un programa elaborado de antemano. El
programa de ajedrez lo confeccionan los matemticos a base de una determinada
tctica de juego; entendiendo por tctica el sistema de reglas que permite elegir, en
cada posicin, la salida ms efectiva (la mejor desde el punto de vista de la tctica
dada).
Adems se fija una determinada valoracin a las posiciones ms favorables
(movilidad de las figuras, colocacin de stas ms cerca del centro que de los
costados, etc.) que son expresadas en dcimas de punto. Del nmero global de puntos
que tienen las blancas, se descuenta la suma de puntos de las negras. La diferencia
reflejar, hasta cierto punto, la superioridad material y de posicin que tienen las
blancas sobre las negras. Si esta diferencia es positiva, la situacin de las blancas ser
ms ventajosa que la de las negras; si es negativa, ser menos ventajosa. He aqu uno
de los ejemplos de la misma. A cada trebejo se le adjudica un determinado nmero de
puntos, que determina su valor.
El rey +200 puntos
La reina +9 puntos
La torre +5 puntos
El alfil +3 puntos
El caballo +3 puntos
El pen +1 puntos
Un pen atrasado - 0,5 puntos
Un pen aislado - 0,5 puntos
Un pen doblado - 0,5 puntos
La calculadora seala cmo puede cambiar en el curso de tres jugadas la
diferencia registrada. Indica la combinacin de tres lances ms ventajosa y la registra
en una tarjeta especial; con ello, la jugada est hecha [5]. Para ello la mquina
emplea muy poco tiempo (dependiendo ste del programa y de la velocidad operativo
de la mquina), de forma que no hay motivo para temer el zeitnot.
Es cierto que el hecho de prever una partida slo con tres jugadas por
anticipado caracteriza a la mquina como jugador bastante mediocre [6]. Pero
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podemos estar seguros de que con el rpido perfeccionamiento actual de las tcnicas
de clculo, las mquinas aprendern a jugar al ajedrez mucho mejor.
Nos sera difcil exponer con ms detalle la composicin de programas de ajedrez
para la calculadora. En el prximo captulo se examinarn esquemticamente algunos
programas sencillos.
Problema
Vase la forma de alcanzar el nmero ms alto con tres doses sin emplear signo
alguno.
Solucin
El ejemplo anterior inducir sin duda a colocar los doses del mismo modo, es
decir:
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222 = 4 194 304.
El ejemplo es muy aleccionador, y ensea que en matemticas resulta peligroso
servirse de analogas: stas pueden conducirnos fcilmente a conclusiones errneas.
Problema
Despus de esto, quiz se proceda con mayor precaucin al resolver el siguiente
problema: Escrbanse tres treses de forma que adquieran su mximo valor sin
emplear ningn signo.
Solucin
La potencia de potencia no ofrece aqu el efecto deseado porque
es decir, 327 es menor que 333.
La ltima disposicin de los treses es la que responde a la pregunta formulada.
Problema
Escrbanse tres cuatros de forma que adquieran su mximo valor sin recurrir a
signos.
Solucin
Si se sigue el ejemplo de los dos ejercicios anteriores, es decir,
444
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no se obtiene la solucin ms favorable, puesto que en este caso, la potencia de
potencia,
proporciona el valor mximo posible. Ya que 44 = 256, y 4256 es mayor que 444.
a(10a + a) = a11a
La potencia de potencia, en su aspecto general, se presenta as:
44-1 > 11
en tanto que las potencias
32 y 21
son menores que 11.
Quedan, pues, explicadas las sorpresas con que hemos tropezado al resolver los
problemas precedentes: para los doses y los treses haba que servirse de potencias con
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exponentes de dos cifras, para los cuatros y cifras mayores tiene que emplearse la
potencia de potencia
Problema
Obtngase la cantidad ms alta posible con cuatro unos sin emplear ningn signo.
Solucin
El nmero 1.111 no responde a las exigencias del problema, por ser mucho ms
pequeo que 1111
Sera muy laborioso encontrar este nmero mediante 11 multiplicaciones
consecutivas por 11. Sin embargo, puede hacerse el clculo con mucha mayor rapidez
utilizando las tablas de logaritmos.
Este nmero rebasa los 285 000 millones y, por lo tanto, es ms de 255 millones
de veces mayor que 1.111.
Problema
Resolvamos este problema tratndose de doses. Cmo deben disponerse cuatro
doses para que adquieran su mximo valor?
Solucin
Las combinaciones posibles son 8:
2222,
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2222,
2222,
2222,
[(22)2]2,
[(2)22]2,
[(2)2]22,
{[(2)2]2}2
Cul de estos valores es el mayor?
Examinemos la primera fila.
El primer nmero, 2.222, es a todas luces menor que las tres potencias que le
siguen. Para establecer una comparacin entre las dos siguientes
2222 y 2222,
transformemos la segunda de ellas:
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que es menor que 2222.
Quedamos, pues, en que el valor ms elevado de la primera fila es 2222.
Comparemos ahora la mayor potencia de la primera fila y las cuatro de la segunda:
((2)2)22
Sin recurrir a la tabla de logaritmos podernos imaginarnos aproximadamente la
magnitud de esta potencia valindonos de un nmero aproximado:
210 1 000.
Y as es, en efecto:
222=220 22 4 106
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Yakov Perelman
Algebra recreativa
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1. El arte de plantear ecuaciones
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arte de plantear ecuaciones consiste, efectivamente, en traducir la lengua vernculo a
la algebraica. Pero el idioma del lgebra es lacnico en extremo, por eso no todos
los giros del idioma materno son de fcil traduccin. Las traducciones pueden ser
muy distintas por el grado de su dificultad, como puede convencerse el lector a la
vista de los ejemplos de ecuacin de primer grado expuestos.
2. La vida de Diofanto
Problema
La historia ha conservado pocos rasgos biogrficos de Diofanto, notable
matemtico de la antigedad. Todo lo que se conoce acerca de l ha sido tomado de la
dedicatoria que figura en su sepulcro, inscripcin compuesta en forma de ejercicio
matemtico. Reproducimos esta inscripcin:
En el idioma del
En la lengua verncula:
lgebra
Caminante! Aqu fueron sepultados los x
restos de Diofanto. Y los nmeros pueden
mostrar. Oh milagro!, cuan larga fue su vida,
Cuya sexta parte constituy su hermosa x/6
infancia.
Haba transcurrido adems una duodcima x/12
parte de su vida, cuando de vello cubrise su
barbilla
Y la sptima parte de su existencia x/7
transcurri en un matrimonio estril.
Pas un quinquenio ms y le hizo dichoso 5
el nacimiento de su precioso primognito,
Que entreg su cuerpo, su hermosa x/2
existencia, a la tierra, que dur tan solo la
mitad de la de su padre
Y con profunda pena baj a la sepultura,
habiendo sobrevivido cuatro aos al deceso de
su hijo
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Dime cuantos aos haba vivido Diofanto cuando le lleg la muerte.
Solucin
Al resolver la ecuacin y hallar el valor de la incgnita, 84, conocemos los
siguientes datos biogrficos de Diofanto: se cas a los 21 aos, fue padre a los 38,
perdi a su hijo a los 80 y muri a los 84.
3. El caballo y el mulo
Problema
He aqu un antiguo ejercicio muy sencillo y fcil de traducir al idioma del
lgebra.
Un caballo y un mulo caminaban juntos llevando sobre sus lomos pesados sacos.
Lamentbase el jamelgo de su enojosa carga, a lo que el mulo le dijo: De qu te
quejas?
Si yo te tomara un saco, mi carga sera el doble que la tuya. En cambio, si te doy
un saco, tu carga se igualar a la ma. Decidme, doctos matemticos, cuntos sacos
llevaba el caballo, y cuntos el mulo?.
Solucin
Si yo tomara un saco x - 1
Mi carga y + 1
Sera el doble que la tuya. y + 1 = 2(x - 1)
Si yo te doy un saco, y - 1
Tu carga x + 1
Se igualara a la ma y - 1 = x + 1
Hemos planteado el problema mediante un sistema de ecuaciones con dos
incgnitas:
y + 1 = 2 (x - 1)
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y - 1 = x + 1
2x y = 3
y x = 2
Una vez resuelto el sistema vemos que x = 5, y = 7. El caballo llevaba 5 sacos, y
el mulo, 7.
Problema
Cuatro hermanos tienen 45 rublos. Si el dinero del primero es aumentado en 2
rublos, el del segundo reducido en 2 rublos, se duplica el del tercero y el del cuarto se
reduce a la mitad, todos los hermanos tendrn la misma cantidad de rublos. Cunto
dinero tena cada uno?
Solucin
Los cuatro hermanos tienen 45 x + y + z + t =45
rublos
Si al dinero del primero se le x + 2
agregan 2 rublos
Al segundo se le restan 2 rublos y - 2
El del tercero se duplica, 2z
Y el del cuarto se divide por dos t/2
A todos los hermanos les quedar x + 2 = y - 2 = 2z =
la misma cantidad de rublos t/2
La ltima ecuacin nos permite plantear tres ecuaciones independientes:
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x + 2 = y - 2,
x + 2 = 2z
x + 2 = t/2
de donde
y = x + 4
z = (x + 2) / 2
t = 2x + 4.
Colocando estos valores en la primera ecuacin, tendremos:
x + x + 4 + (x + 2)/2 + 2x + 4 = 45
de donde x = 8. A continuacin hallamos que y = 12, z = 5, t = 20. Por lo tanto,
los hermanos tenan: 8, 12, 5 y 20 rublos.
Problema
En las obras de un matemtico rabe del siglo XI hallamos el siguiente problema:
A ambas orillas de un ro crecen dos palmeras, la una frente a la otra. La altura de
una es de 30 codos, y la de la otra, de 20. La distancia entre sus troncos, 50 codos. En
la copa de cada palmera hay un pjaro. De sbito los dos pjaros descubren un pez
que aparece en la superficie del agua, entre las dos palmeras. Los pjaros se lanzaron
y alcanzaron el pez al mismo tiempo. A qu distancia del tronco de la palmera
mayor apareci el pez?
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Figura 5
Solucin
Mediante la fig. 5 y aplicando el teorema de Pitgoras, establecemos:
100x = 2 000,
de donde
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x = 20.
El pez apareci a 20 codos de la palmera que tena 30 codos de altura.
6. El paseo
Problema
- Pase usted maana por mi casa - dijo el viejo doctor a un conocido.
- Muy agradecido. Saldr maana a las tres. Quiz desee usted dar tambin un
paseo. En este caso salga a la misma hora y nos encontraremos a la mitad del camino.
- Usted olvida que soy ya viejo y ando tan slo tres kilmetros por hora, en tanto
que usted, jovenzuelo, cuando ms despacio va, hace 4 kilmetros por hora. No sera
ningn delito que me concediera alguna ventaja.
- Tiene razn - contest el joven - . Comoquiera que yo recorro un kilmetro a la
hora ms que usted, le doy este kilmetro de ventaja, es decir, saldr de casa un
cuarto de hora antes le ser suficiente?
- Es usted muy amable - aprob al instante el anciano. El joven cumpli lo
prometido y sali de su casa a las tres menos cuarto, marchando a 4 kilmetros por
hora. El doctor sali a la calle a las tres en punto y anduvo a tres kilmetros por hora.
Cuando se encontraron, el anciano dio la vuelta, yendo juntos a su domicilio.
Tan slo cuando el joven regres a su casa comprendi que debido a la ventaja
concedida tuvo que caminar, no el doble, sino el cudruplo de lo que anduvo el
doctor.
A qu distancia de la casa del doctor estaba la de su joven conocido?
Solucin
Expresemos la distancia que separa las casas con la x (km). El joven anduvo en
total 2x, y el doctor, la cuarta parte, es decir x/2. Desde que sali de casa hasta que se
encontraron, el doctor recorri la mitad de cuanto anduvo en total, es decir, x/4, y el
joven hizo el resto, es decir, 3x/4. El anciano camin x/12 y el joven 3x/16 horas;
adems, sabemos que ste camin de hora ms que el doctor.
Establezcamos la siguiente ecuacin
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de donde x=2,4 km.
Entre las dos casas mediaba una distancia de 2,4 km.
7. El artel de segadores
En los recuerdos acerca de L. Tolstoi, el conocido fsico A. Tsinguer refiere el
siguiente problema que agradaba en extremo al eminente escritor:
Problema
Un artel de segadores deba segar dos prados, uno tena doble superficie que
otro. Durante medio da trabaj todo el personal del artel en el prado grande; despus
de la comida, una mitad de la gente qued en el prado grande; y la otra mitad trabaj
en el pequeo.
Figura 6
Durante esa tarde fueron terminados los dos tajos, a excepcin de un reducido
sector del prado pequeo, cuya siega ocup el da siguiente completo a un solo
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segador. Con cuntos segadores contaba el artel?.
Solucin
En este ejercicio, adems de la incgnita fundamental - nmero de segadores -
que expresamos con la x, es conveniente introducir otra incgnita complementaria: la
superficie del sector segado por un trabajador en un solo da, que expresamos con la
y.
Aunque el problema no exige que se halle su valor, contribuye a encontrar la raz
de la x.
Representemos la superficie del prado grande con x e y. Este prado lo segaron
durante medio da x trabajadores, que segaron * (x * y) = x*y/2.
Durante la segunda parte del da trabaj all la mitad del artel, es decir, x/2 y
segaron
x/2 * * y = x*y/4
Comoquiera que al final de la jornada haba sido segado todo el prado, su rea
ser:
x/2 y = xy/4
Agreguemos a esto el sector que qued sin segar, que es igual a y (superficie
segada por un trabajador en una jornada), y hallaremos la superficie del prado menor:
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Dividiendo por y el numerador y denominador del quebrado de la segunda
igualdad, se elimina la incgnita auxiliar, resultando la siguiente ecuacin:
3x/(x + 4) = 2, 3x = 2x + 8
de donde x = 8.
En el artel haba 8 segadores.
Despus de haber sido publicada la primera edicin del Algebra Recreativa, el
profesor A. Tsinguer me envi una informacin detallada y muy interesante,
relacionada con este problema. El efecto esencial del problema, a su juicio, reside en
que no es algebraico en absoluto sino aritmtico, y aunque es muy sencillo se
tropieza conciertas dificultades en su resolucin debido a que no es de tipo corriente.
La historia del presente problema es la siguiente, contina el profesor A.
Tsinguer. En la facultad de matemticas de la Universidad de Mosc, cuando
estudiaban en ella mi padre e I. Raievski, mi to, (amigo ntimo de L. Tolstoi), entre
otras disciplinas se enseaba algo semejante a la pedagoga. A este fin, los estudiantes
deban ir a una escuela pblica urbana, puesta a disposicin de la universidad, y en
colaboracin con expertos y venerables maestros, hacan prcticas pedaggicas. Entre
los compaeros de estudios de Tsinguer y Raievski haba un tal Petrov, que, segn
cuentan, era persona muy inteligente y original en extremo. Este Petrov (fallecido en
su juventud, creo que de tisis) afirmaba que en las clases de aritmtica embrutecan a
los escolares con problemas y mtodos estereotipados. Para poner de evidencia su
punto de vista, Petrov ingeniaba problemas que por salirse de las normas corrientes
embarazaban a los expertos y venerables maestros, pero que los alumnos ms lcidos,
todava no embotados por el estudio rutinario, resolvan con facilidad.
Entre dichos problemas (Petrov discurri varios) estaba el de los segadores. Los
maestros con experiencia, claro, podan resolverlo con facilidad mediante ecuaciones,
pero no daban con su sencilla resolucin aritmtica. Sin embargo, el problema es tan
fcil que para resolverlo en absoluto no merece la pena servirse del lgebra.
Si el prado mayor fue segado por todo el personal del artel en medio da, y por la
mitad de la gente en el resto de la jornada, es natural que medio artel seg en medio
da 1/3 del prado. Por consiguiente, en el prado menor quedaba sin segar
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Figura 7
Problema
Al estudiar las ciencias, los ejercicios son ms tiles que las reglas, escriba
Newton en su Aritmtica Universal, y acompaaba las indicaciones tericas con una
serie de ejemplos.
Entre ellos hallamos el de los toros que pastan en el prado, que gener un tipo
especfico de problemas semejantes a ste:
La hierba crece en todo el prado con igual rapidez y espesura. Se sabe que 70
vacas se la comeran en 24 das, y 30, en 60 das. Cuntas vacas se comeran toda la
hierba en 96 das?.
Este problema sirvi de argumento para un cuento humorstico, que recuerda el
Maestro particular de Chejov. Dos adultos, familiares del escolar a quien haban
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encargado resolver este problema, se esforzaban intilmente por hallar su solucin y
se asombraban:
- Qu extrao es el resultado! - dijo uno - . Si en 24 das 70 vacas se comen la
hierba, entonces, cuntas vacas se la comern en 96 das? Claro que 1/4 de 70, es
decir, 17 1/2 vacas Este es el primer absurdo! El segundo todava ms extrao, es
que si 30 vacas se comen la hierba en 60 das, en 96 se la comern 18 3/4 vacas.
Adems, si 70 vacas se comen la hierba en 24 das, 30 vacas emplean en ello 56 das,
y no 60, como afirma el problema.
- Pero tiene usted en cuenta que la hierba crece sin cesar? - pregunt otro.
La observacin era razonable; la hierba crece incesantemente, circunstancia que
no puede echarse en olvido, pues en ese caso no slo no puede resolverse el
problema, sino que sus mismas condiciones parecern contradictorias.
Cmo debe resolverse pues, el problema?
Solucin
Introduzcamos tambin aqu una segunda incgnita, que representar el
crecimiento diario de la hierba, expresado en partes de las reservas de la misma en el
prado. En una jornada hay un crecimiento de y ; en 24 das ser 24 y. Si tomamos
todo el pasto como 1, entonces, en 24 das las vacas se comern
1 + 24y.
En una jornada las 70 vacas comern
(1 + 24y) / 24
y una vaca (de las 70) comer
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(1 + 24y) / (24 70) = (1 + 60y) / (30 60)
de donde
y = 1 / 480
Cuando se halla y (medida de crecimiento) es ya fcil determinar qu parte de la
reserva inicial se come una vaca al da
9. El problema de Newton
Examinemos ahora un problema del mismo tipo que el anterior: el problema de
Newton acerca de los toros.
El problema, en realidad, no fue ideado por Newton, sino que es de origen
popular.
Problema
Tres prados cubiertos de hierba de una misma espesura y con el mismo grado de
crecimiento, tienen un rea de 3 1/3 Ha, 10 Ha y 24 Ha. La hierba del primero es
comida por 12 toros durante 4 semanas; la del segundo, por 21 toros durante 9
semanas. Cuntos toros comern la hierba del tercero durante 18 semanas?
Solucin
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Introducimos la incgnita auxiliar y, que significa la parte de la reserva inicial de
hierba que crece en 1 Ha durante una semana. En el primer prado crece durante la
primera semana una cantidad de hierba igual 3 1/3y; durante 4 semanas, 3 1/3y*4=
(40/3) y de la reserva de hierba que haba inicialmente en 1 Ha. Esto equivale a un
crecimiento del rea inicial del prado igual a:
10 + 90y.
El rea necesaria para mantener un toro durante una semana ser:
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(10 + 40y)/144 = (10 + 40/12)/144 = 5/54
hectreas. Ocupmonos, por ltimo, de la pregunta del problema. Si
representamos el nmero desconocido de toros con la x, tendremos:
Problema
A. Moshkovski, bigrafo y amigo del famoso fsico Albert Einstein, en su deseo
de distraer a ste durante su enfermedad, le propuso resolver el problema siguiente
(fig. 8):
Tomemos un reloj - dijo Moshkovski - que tenga las saetas en las 12. Si en esta
posicin el minutero y el horario cambiaran de funcin, la hora marcada sera la
misma; pero a otras horas, por ejemplo, a las 6 esa permuta de las saetas dara lugar a
un absurdo, a una situacin que, en un reloj que marchara normalmente no podra
producirse; el minutero no puede hallarse en las 6 cuando el horario se encuentra en
las 12. De aqu surge la siguiente pregunta: Cundo y cada cunto tiempo ocupan las
manecillas de un reloj tal posicin en la cual al cambiar stas de funcin entre s se
producen nuevas situaciones posibles en un reloj normal?
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Figura 8
Solucin
Midamos la distancia que recorren las manecillas, valindonos de 60 divisiones
de la esfera, a partir de las 12. Supongamos que en una de las posiciones buscadas, el
horario se encuentra a x fracciones a partir del nmero 12, y el minutero, a y
divisiones.
Como las 60 fracciones son recorridas por el horario en 12 horas, es decir, a 5
divisiones por hora, entonces, x partes de la esfera sern recorridas por el horario en
x/5 horas. Dicho con otras palabras, habrn pasado x/5 horas desde que el reloj dio
las 12. El minutero recorre y fracciones en y minutos, es decir, en y/60 horas.
Expresado de otro modo: el minutero ha pasado la cifra 12 hace y/60 o al cabo de
x/5 y/60
horas despus de que ambas saetas se encontraban en las doce. Este nmero es
entero (desde el cero al 11), ya que muestra cuntas horas completas han pasado
desde las doce.
Al cambiar las manecillas defuncin encontraremos por analoga que a partir de
las doce habrn pasado
y/5 x/60
horas completas. Este nmero tambin es entero (desde el cero hasta el 11).
Planteamos el siguiente sistema de ecuaciones:
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donde m y n son nmeros enteros comprendidos entre el 0 y el 11. En este
sistema despejaremos las incgnitas:
m = 1, n = 1; x = 60 13/143 = 5 5/11
es decir, seala 1 hora 5/11 minutos; en este momento las manecillas estn en el
mismo sitio por lo que pueden cambiar de funcin (como siempre que coincidan).
Segundo caso:
m = 8, n = 5;
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11. Coincidencia de las saetas
Problema
En cuntas posiciones pueden coincidir el horario y el minutero de un reloj que
marche normalmente?
Solucin
Podemos valernos de las ecuaciones del problema anterior, ya que si las dos
manecillas coinciden, pueden cambiar entre s de funcin sin que se produzca
alteracin alguna. En este caso, ambas saetas habrn recorrido el mismo nmero de
divisiones, a partir del nmero 12; es decir, x = y. Por esta causa, los razonamientos
del problema precedente nos brindan la siguiente expresin:
x/5 - x/60 = m
donde m es un entero comprendido entre 0 y 11. Aqu podemos despejar la
incgnita:
x = 60 m/11
De los doce valores de m (del 0 al 11) obtenemos en lugar de 12, slo 11
posiciones diversas de las manecillas, toda vez que siendo m = 11 vemos que x = 60;
es decir, ambas saetas han recorrido 60 divisiones y se hallan en la cifra 12; esto
mismo sucede cuando m = 0.
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Claro est que el secreto de la prestidigitacin es muy fcil y se basa en las
mismas ecuaciones.
Supongamos que el prestidigitador le haya propuesto a usted realizar un programa
de operaciones indicado en la columna izquierda de la tabla siguiente:
piense un nmero
x
adicione 2
x + 2
el resultado multiplquelo por 3
3x +
6
reste 7
3x - 1
reste el nmero pensado
2x +
1
multiplique por 2
4x +
2
reste 1
4x +
1
Luego el prestidigitador pide que le comuniquen el resultado final y, al obtenerlo,
dice al instante el nmero pensado.
Cmo lo hace?
Para comprender esto, hay que mirar la columna derecha de la tabla, donde las
indicaciones del prestidigitador estn traducidas al idioma del lgebra. Mirando esta
columna se puede comprender, que si usted ha pensado cualquier nmero x, entonces
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realizadas todas las operaciones se obtendr 4x + 1. Conociendo este resultado no es
difcil adivinar el nmero.
Supongamos, por ejemplo, que usted haya dicho al prestidigitador que el
resultado es 33.
Entonces el prestidigitador resuelve mentalmente muy rpido la ecuacin 4x + 1
= 33 y obtiene la respuesta: x = 8. Es decir, hace falta restar 1 del resultado final (33 -
1 = 32) y luego el nmero obtenido se divide entre 4 (32: 4 = 8), El resultado de esta
divisin es el nmero pensado (8). Si el resultado final es 25, entonces el
prestidigitador hace mentalmente las siguientes operaciones 25 1 = 24, 24 / 4 = 6 y
le comunica que usted ha pensado el nmero 6.
Como se ve todo es muy fcil. El prestidigitador sabe de antemano qu hace falta
hacer con el resultado para obtener el nmero pensado.
Despus de comprender esto usted puede asombrar y desconcertar an ms a sus
amigos proponindoles a ellos mismos escoger segn su propio parecer, el carcter de
operaciones sobre un nmero pensado. Usted propone a su amigo pensar un nmero y
realizar en cualquier orden operaciones del carcter siguiente: sumar o restar un
nmero conocido (por ejemplo: sumar 2, restar 5, etc.), multiplicar [7]por un nmero
conocido (por 2, por 3, etc.), sumar o restar el nmero pensado. Su amigo, para
embrollarle, va a amontonar una serie de operaciones. Por ejemplo, l ha pensado el
nmero 5 (el nmero pensado no se le comunica a usted) y realizando operaciones le
dice:
- he pensado un nmero, lo he multiplicado por 2, al resultado he sumado 3, luego
he sumado el nmero pensado, al resultado he sumado 1, todo lo he multiplicado por
2, he restado el nmero pensado, luego he restado 3, una vez ms he restado el
nmero pensado, he restado 2. Por fin, el resultado lo he multiplicado por 2 y he
sumado 3.
Al decidir que l le ha embrollado por completo l comunica a usted con el
aspecto triunfante:
- el resultado final es 49.
Para su asombro usted le comunica inmediatamente que l ha pensado el nmero
5.
Cmo lo hace usted? Ahora todo eso es bastante claro. Cuando su amigo le
comunica las operaciones que l est realizando con el nmero pensado, usted a la
vez acta mentalmente con la incgnita x. El le dice: He pensado un nmero,
usted repite mentalmente:
entonces tenemos x. El dice: lo he multiplicado por 2 (l de veras realiza
la multiplicacin de nmeros), usted prosigue mentalmente; ahora tenemos 2x.
El dice: al resultado he sumado 3, usted le sigue inmediatamente: 2x + 3 etc.
Cuando l le ha embrollado completamente y ha realizado todas las operaciones
mencionadas arriba, usted ha llegado al resultado indicado en la tabla siguiente (en la
columna izquierda est escrito todo lo dicho en voz alta por su amigo y en la derecha
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- las operaciones que usted ha hecho mentalmente):
He pensado un nmero
x
lo he multiplicado por 2
2x
al resultado he sumado 3
2x +
3
luego he sumado el nmero pensado
3x +
3
ahora he sumado 1
3x +
4
el resultado lo he multiplicado por 2
6x +
8
he restado el nmero pensado
5x +
8
he restado 3
5x +
5
ms he restado el nmero pensado
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4x +
5
he restado 2
4x +
3
por fin, el resultado lo he multiplicado por 2
8x +
6
y he sumado 3
8x +
9
Usted ha pensado por ltimo: el resultado final es 8x + 9. Ahora l dice: El
resultado final es 49. Usted tiene ya la ecuacin hecha: 8x + 9 = 49. Resolverla es
una futilidad y usted le comunica en el acto que l ha pensado el nmero 5. Esta
prestidigitacin es particularmente impresionante porque las operaciones que hace
falta realizar con el nmero pensado no las propone usted, sino su amigo las
inventa.
Sin embargo, hay un caso cuando la prestidigitacin no tiene xito. Si usted
despus de realizar (contando mentalmente) una serie de operaciones ha obtenido,
por ejemplo, x + 14, y su amigo dice luego: ahora he restado el nmero pensado y
el resultado final es 14.
Usted le sigue (x + 14) x = 14, de verdad resulta 14, pero no hay ninguna
ecuacin y por eso usted no puede adivinar el nmero pensado. Qu es necesario
hacer en este caso? Obre as: tan pronto usted tenga el resultado que no contiene la
incgnita x, interrumpa a su amigo, dicindole: Para! Ahora puedo sin preguntar
nada comunicarte el resultado que tienes. Es 14. Esto de veras va a desconcertar a su
amigo, pues l no le ha dicho completamente nada. A pesar de que usted no supo
adivinar el nmero pensado, la prestidigitacin ha resultado esplndida.
He aqu un ejemplo ms (como antes en la columna izquierda se encuentra lo
dicho por su amigo):
He pensado un nmero
x
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a este nmero he sumado 2
x + 2
el resultado lo he multiplicado por 2
2x +
4
ahora he sumado 3
2x +
7
he restado el nmero pensado
x + 7
he sumado 5
x +
12
luego he restado el nmero pensado
12
En el momento cuando el resultado ha sido 12, es decir, es una frmula que no
tiene ms la incgnita x, usted interrumpe al amigo comunicndole que ahora el
resultado es 12.
Despus de practicar un poco usted podr fcilmente mostrar a sus amigos
semejantes prestidigitaciones.
Problema
He aqu un problema que puede parecer incongruente: Cul es la equivalencia de
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84 si 8 8=54?
Esta inslita pregunta est muy lejos de carecer de sentido, y puede ser resuelta
mediante ecuaciones.
Intente descifrarla.
Solucin
Probablemente habrn comprendido que los datos del problema no pertenecen al
sistema decimal, pues en caso contrario, la pregunta Cul es la equivalencia de
84? sera un absurdo. Supongamos que la base del sistema desconocido de
numeracin es x. El nmero 84 equivale entonces a 8 unidades de segundo orden y
4 unidades del primero, es decir
84 = 8x + 4.
El nmero 54 equivale a 5x + 4. Tenemos, por lo tanto, la ecuacin
8*8 = 5x + 4,
es decir, en el sistema de numeracin decimal sera 64 = 5x + 4, de donde x = 12.
Este nmero est expresado en el sistema de base 12, y 84 = 8 12 + 4 = 100.
Por lo tanto, si 8 8 = 54, 84 ser igual a 100.
De esta misma manera se resuelve otro de los problemas de este tipo: Cul es el
equivalente de 100, si 5 6 = 33?
Respuesta: 81 (sistema de base 9).
32 + x = 10 (5 + x).
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Al resolverla hallamos que x = - 2.
Al cabo de menos 2 aos significa hace dos aos. Al plantear la ecuacin no
pensbamos que en el futuro la edad del padre no sera nunca 10 veces superior a la
del hijo; esa correlacin pudo tener lugar slo en el pasado. La ecuacin ha sido ms
reflexiva que nosotros, y nos ha recordado nuestro descuido.
x = y - 4
(10y + x) - (10x + y)
Si el valor que tiene x en la primera ecuacin se coloca en la segunda, resultar
que
10y + y 4(10(y - 4) + y) = 27
al operar tendremos que
36 = 27.
No se ha hallado el valor de las incgnitas, pero se ha visto que
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mutuamente.
En efecto, multipliquemos ambos miembros de la primera igualdad por 9 y
tendremos:
9y - 9x = 36
y de la segunda ecuacin (despus de abrir los parntesis y reducir los trminos
semejantes) resulta:
9y - 9x = 27.
Segn la primera ecuacin 9y - 9x es igual a 36 y de acuerdo con la segunda
equivale a 27.
Esto es a todas luces imposible, por cuanto 36 27. Una confusin anloga
espera a quien resuelva el siguiente sistema de ecuaciones:
x2 y2 = 8,
x y = 4.
Al dividir la primera ecuacin por la segunda obtendremos:
x y = 2
y si confrontamos la ecuacin obtenida con la segunda del sistema veremos que
x y = 4, x y = 2,
es decir, que 4 = 2. No hay cifras que satisfagan las condiciones de este sistema.
(Sistemas de ecuaciones, semejantes a los que acabamos de examinar que no
pueden ser resueltos, se llaman no combinados.)
II. Si cambiamos un tanto las condiciones del problema anterior recibiremos otra
sorpresa.
Supongamos que la cifra de las decenas es menor en 3 unidades que la cifra de las
unidades. Las dems condiciones del problema permanecen invariables.
Cul ser este nmero? Planteemos la ecuacin. Si expresamos la cifra de las
decenas con la x, la de las unidades ser x + 3. Traduzcamos el problema al idioma
del lgebra:
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10 (x + 3) + x - [10x + (x + 3)] = 27.
Al reducir se obtiene 27 = 27.
Esta igualdad es incuestionable, pero nada nos dice de la raz de x Significa esto
que no existe ningn valor que responda a las condiciones del problema?
Por el contrario. Esto se debe a que la igualdad dada es una identidad, es decir,
que es cierta cualquiera que sea la magnitud de la incgnita x. En efecto, las
condiciones del problema son vlidas para todo nmero compuesto de dos cifras
siempre que el guarismo de las unidades sea mayor en 3 unidades que el de las
decenas:
14 + 27=41
47 + 27=74
25 + 27=52
58 + 27=85
36 + 27=63
69 + 27=96.
III. Hallar un nmero de tres cifras que responda a las siguientes condiciones:
1. La cifra de las decenas sea 7;
2. La cifra de las centenas sea inferior en 4 unidades a la cifra de las unidades;
3. Si las cifras del mismo se colocan en orden inverso, el nuevo nmero ser 396
unidades mayor que el buscado.
Formemos la ecuacin sustituyendo la cifra de las unidades con la x:
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en 4 unidades, aumenta en 396, si se le coloca en orden inverso.
Hasta ahora hemos examinado problemas que tienen un carcter ms o menos
artificioso y terico; su misin consiste en contribuir a que se adquiera hbito en el
planteamiento y la solucin de ecuaciones.
Ahora, pertrechados tericamente, ofreceremos algunos ejemplos relacionados
con la produccin, la vida cotidiana, y la actividad militar y deportiva.
16. En la peluquera
Problema
Puede el lgebra tener alguna aplicacin en la peluquera?
Resulta que puede darse esa circunstancia. Me convenc de ello en cierta ocasin,
cuando encontrndome en un establecimiento de esa clase, se dirigi a m un oficial
con una inesperada peticin:
- No podr resolvernos usted un problema que no sabemos cmo hacerlo? - No
se imagina cunta agua oxigenada hemos echado a perder por esa causa! - agreg
otro.
- De qu se trata? - pregunt.
- Tenemos dos soluciones de agua oxigenada: al 30% una, y al 3% la otra.
Debemos mezclarlas de tal forma que obtengamos una solucin al 12%. Pero no
podemos hallar las proporciones correspondientes
Me dieron un papel y encontr la proporcin que buscaban. Result ser un
problema muy fcil.
Solucin
El problema puede ser resuelto tambin por va aritmtica, pero mediante el
lgebra se obtiene el resultado con ms sencillez y prontitud. Supongamos que para
formar la mezcla al 12% hay que tomar x gramos de solucin al 3% e y gramos al
30%. Siendo as, la primera porcin contendr 0,03 x gramos de agua oxigenada pura
y, la segunda, 0,3 y; en total habr
0,03x + 0,3y
Con esto resultar (x + y) gramos de solucin, en la que el agua oxigenada pura
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ser 0,12 (x + y). Tenemos la ecuacin
Problema
Cuando marchaba a lo largo de la lnea del tranva observ que cada 12 minutos
me alcanzaba uno de esos vehculos, y cada 4 minutos otro de ellos pasaba en
direccin contraria. Tanto los vehculos como yo nos desplazbamos con velocidad
constante.
Cada cuntos minutos salan los tranvas de las estaciones terminales?
Solucin
Si los tranvas salan cada x minutos, eso quiere decir que por aquel lugar donde
yo me encontraba con un tranva tena que pasar el siguiente despus de x minutos. Si
el vehculo iba en mi direccin, entonces en 12 x minutos deba recorrer el camino
que yo haca en 12 minutos. Eso significa que el camino que yo andaba en un minuto
el tranva lo haca en
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Puede proponerse la siguiente resolucin (en esencia es una solucin aritmtica).
Expresemos la distancia que separaba a los tranvas entre s con la letra a.
Entonces la distancia que mediaba entre el tranva que iba a mi encuentro y yo,
disminua en a/4 cada minuto (por cuanto la distancia entre el tranva que acababa de
pasar y el siguiente, igual a a, la recorramos en 4 minutos). Si el tranva iba en mi
direccin, la distancia entre nosotros se reduca cada minuto en a/12. Supongamos
que yo marchara hacia delante durante un minuto y, despus, anduviera otro minuto
hacia atrs (es decir, regresara al punto de partida).
En este caso la distancia que mediaba entre el tranva - que iba a mi encuentro -
disminua durante el primer minuto en a/4, y en el segundo minuto, en a/12. En
consecuencia, en el lapso de 2 minutos, la distancia entre nosotros se reduca en a/4 +
a/12= a/3. Lo mismo habra ocurrido si yo hubiera permanecido inmvil en el sitio,
ya, que, en fin de cuentas, volvera hacia atrs. De esta manera, si yo no hubiera
avanzado, en un minuto (no en dos) el tranva se hubiese acercado hacia m a/3: 2 =
a/6, y toda la distancia a la habra recorrido en 6 minutos. Por ello, para un
observador inmvil, los tranvas pasaban con intervalos de 6 minutos.
Problema
Un barco se desplaza 5 horas sin interrupcin ro abajo desde la ciudad A a la
ciudad B. De vuelta avanza contra la corriente (con su marcha ordinaria y sin
detenerse) durante 7 horas.
Cuntas horas necesitar una balsa para desplazarse de la ciudad A a la B, yendo
a la misma velocidad de la corriente?
Solucin
Expresemos con x el tiempo (en horas) que necesita el barco para recorrer la
distancia que separa A de B en el agua estancada (es decir, con la velocidad del
barco) y con y, el tiempo que se desliza la balsa. Siendo as, en una hora el barco
recorre 1/x de la distancia AB, y la balsa (al igual que la corriente) 1/y de esta
distancia. Por esta razn, el barco, marchando impulsado por la corriente, en una hora
recorre 1/x + 1/y de la distancia AB, y hacia arriba (contra la corriente) 1/x 1/y. Por
las condiciones del problema se deduce que hacia abajo el barco hace en una hora 1/5
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de la distancia, y, hacia arriba, 1/7. De aqu el sistema:
2/y = 2/35
de donde y = 35. La balsa se deslizar desde A hasta B en 35 horas.
Problema
Dos botes llenos de caf tienen la misma forma y estn hechos de la misma
hojalata. El primero pesa 2 kg y tiene 12 cm de altura; el segundo pesa 1 kg y mide
9,5 cm de altura.
Cul es el peso neto del caf en los dos botes?
Solucin
Expresemos el peso del contenido del bote grande con x, y el del pequeo con y.
El peso de los botes lo expresaremos con z y t respectivamente. De donde se obtienen
las siguientes ecuaciones:
x + z = 2
y + t = 1
Teniendo en cuenta que los pesos del contenido de ambos botes repletos se
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relacionan entre s como sus propios volmenes es decir, como el cubo de sus alturas
[9], resulta que
2,02 y + 1,60 t = 2
y + t = 1
Al resolverlo tendremos:
20. Velada
Problema
A una velada asistieron 20 personas. Mara bail con siete muchachos; Olga, con
ocho; Vera, con nueve, y as hasta llegar a Nina, que bail con todos ellos.
Cuntos muchachos haba en la velada?
Solucin
La solucin del problema es muy sencilla si se elige con acierto la incgnita.
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Busquemos el nmero de las jvenes, que expresaremos con la x:
1 Mara bail con 6 + muchachos
1
2 Olga bail con 6 + muchachos
2
3 Vera bail con 6 + muchachos
3
x Nina bail con 6 + muchachos
x
Establezcamos la siguiente ecuacin: x + (6 + x) = 20, de donde x = 7, por lo
tanto, el nmero de muchachos era 20 - 7 = 13.
Primer problema
El explorador (la nave de reconocimiento), que marchaba con el resto de la
escuadra, recibi la tarea de explorar el mar en una zona de 70 millas en la direccin
en que marchaba la escuadra. La velocidad de sta era de 35 millas por hora; la del
barco explorador, de 70 millas por hora.
Cunto tiempo tardar ste en incorporarse de nuevo a la escuadra?
Solucin
Designemos el nmero de horas buscadas con la x. Durante este tiempo la
escuadra recorri 35x millas; y la nave de reconocimiento, 70x. Esta naveg 70
millas hacia adelante y una parte de esta ruta al regreso; la otra parte fue hecha por el
resto de la escuadra. Todos juntos recorrieron 70x + 35x, lo que es iguala 2 * 70
millas. De aqu la ecuacin
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x = 140/105 horas.
La embarcacin exploradora se incorpor a la escuadra, aproximadamente, al
cabo de hora 20 minutos.
Segundo problema
El barco explorador recibi la orden de hacer el reconocimiento en la direccin
que llevaba la escuadra. Tres horas despus, la nave deba incorporarse a la escuadra.
Al cabo de cunto tiempo, a partir del momento en que s distancia de la escuadra,
debe iniciar el barco explorador el regreso, si su velocidad es de 60 nudos, y la de la
escuadra de 40 nudos?
Solucin
Supongamos que la nave de reconocimiento deba volver al cabo de x horas; eso
significa que se alej de la escuadra x horas, y march de vuelta, a su encuentro, 3 - x
horas.
Mientras todos los barcos marchaban en una misma direccin, en x horas pudo la
embarcacin exploradora alejarse a una distancia igual a la diferencia entre las
distancias recorridas por cada uno, es decir, en
60 x - 40 x = 20 x.
Cuando regres el explorador haba cubierto, en direccin a la escuadra, una
distancia de 60*(3 - x), en tanto que la escuadra haba recorrido 40*(3 - x). Uno y
otra recorrieron juntos 10x. Por lo tanto
60 (3 - x) + 40 (3 - x) = 20x,
de donde
x = 2 1/2.
El explorador tuvo que modificar el rumbo, iniciando el regreso, al cabo de 2
horas y 30 minutos a partir del momento en que abandon la escuadra.
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22. En el veldromo
Problema
Dos ciclistas corren por el veldromo a velocidades constantes. Al llevar
direcciones opuestas se encuentran cada 10 segundos; cuando van en la misma
direccin, un ciclista alcanza al otro cada 170 segundos. Cul es la velocidad que
desarrolla cada ciclista si la longitud de la pista es de 170 m?
Solucin
Si la velocidad del primer ciclista es x, en 10 segundos habr recorrido 10x
metros. El segundo (yendo al encuentro) recorre el resto de la vuelta en el intervalo
que media entre dos cruces, es decir, 170 - 10x metros. Si la velocidad del segundo es
y, esto constituye 10y metros; por lo tanto
170 - 10 x = 10 y.
Si los ciclistas marchan uno tras otro, en 170 segundos el primero recorre 170x
metros, y el segundo, 170y metros. Si el primero marcha ms de prisa que el segundo,
de un encuentro al otro corre una vuelta ms que el segundo, es decir,
x + y = 17, x y = 1
de donde x = 9, y = 8 (metros por segundo).
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a la meta 12 minutos despus que la primera y 3 minutos antes que la tercera. Durante
el recorrido no se registraron paradas.
Hay que determinar:
a. La distancia de la carrera,
b. La velocidad de cada motocicleta y
c. El tiempo empleado por cada mquina.
Solucin
Aunque las incgnitas llegan a siete, se emplean slo dos para resolver el
problema.
Formemos un sistema de dos ecuaciones con dos incgnitas.
Expresando la velocidad de la segunda moto con la x, la velocidad de la primera
ser x + 15, y la de la tercera x - 3. La distancia se expresa con la y. En este caso la
duracin de la carrera fue:
para la primera motocicleta y / (x + 15)
para la segunda motocicleta y /x
para la tercera motocicleta y /(x 3)
La segunda mquina hizo el recorrido en 12 minutos (1/5 de hora) ms que la
primera. Por ello
y/x y/(x + 15) = 1/5
La tercera emple en la carrera 3 minutos (1/20 de hora) ms que la segunda. Por
consiguiente,
3x - 225 = 0
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de donde x = 75. Conociendo la x se obtiene el valor de la y en la primera
ecuacin.
Problema
Un automvil cubri la distancia entre dos ciudades a 60 km por hora e hizo el
viaje de regreso a 40 km por hora. Cul fue la velocidad media de su recorrido?
Solucin
La aparente sencillez del problema confunde a muchos. Sin pensar detenidamente
en l, hallan la media aritmtica de 60 y 40, es decir, la semisuma
(60 + 40) / 2 = 50
Esta simple solucin sera cierta si la ida y la vuelta hubieran durado el mismo
tiempo.
Pero es evidente que el recorrido de vuelta (a menos velocidad) requiere ms
tiempo que la ida. Si tenemos esto en cuenta, veremos que la respuesta de 50 km es
errnea.
Y as es, en efecto. La ecuacin nos da otra solucin. No resulta difcil establecer
la ecuacin si introducimos una incgnita auxiliar: la magnitud s, distancia entre las
dos ciudades.
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Expresemos con x la velocidad media buscada y formemos la ecuacin
x = 2 / (1/60 + 1/40) = 48
De esta forma vemos que la respuesta acertada no es 50, sino 48 km por hora. Si
resolviramos este mismo problema con letras (en la ida, el automvil marchaba a
una velocidad de a por hora, y de vuelta, a b por hora y obtendramos la ecuacin
2/(1/a + 1/b)
Esto se denomina media armnica de las magnitudes a y b.
Por lo tanto, la velocidad media del recorrido se expresa, no con la media
aritmtica, sino con la media harmnica de las velocidades. Para a y b; positivas, la
media harmnica ser siempre menor que la media aritmtica a + b/2, como se ha
visto en el ejemplo numrico (48 < 50).
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sencillos. Ms en principio hay que decir algunas palabras sobre la construccin de la
mquina de clculo.
En el captulo primero se ha tratado de dispositivos que permiten hacer miles y
decenas de miles de operaciones por segundo. La parte de la mquina que sirve para
la ejecucin directa de operaciones se llama aritmmetro. Adems, la mquina tiene
un dispositivo de direccin (que regula el trabajo de toda la mquina) y el dispositivo
de memoria. La memoria, es un depsito de nmeros y signos convencionales. Por
ltimo, la mquina est equipada con dispositivos de entrada y de salida destinados a
introducir nuevos datos numricos y ofrecer los resultados definitivos. La mquina
registra estos resultados (ahora ya en el sistema decimal) en tarjetas especiales.
Es notorio que el sonido puede ser registrado en discos o en cinta, y despus
reproducido.
Figura 9
Pero la grabacin del sonido en un disco puede hacerse tan slo una vez: para
realizar una nueva grabacin se precisa otro disco. La impresin de sonidos en
magnetfono tiene lugar de forma un tanto distinta, mediante el imantado de una
cinta especial. El sonido registrado puede reproducirse las veces que sean precisas y,
si la impresin resulta ya innecesaria, puede desimantarse y efectuar en ella una
nueva grabacin. Una misma cinta puede grabarse varias veces, con la particularidad
de que cada nueva grabacin borra la anterior.
El funcionamiento de la memoria se basa en un principio anlogo. Los nmeros
y signos convencionales se registran elctrica, magntica o mecnicamente en un
tambor, una cinta u otro dispositivo. El nmero grabado puede ser ledo en el
momento oportuno; si no se necesita ms puede ser borrado, grabndose otro en su
lugar. La extraccin y la lectura del nmero o el signo convencional dura slo
algunas millonsimas de segundo. La memoria puede constar de algunos miles de
celdas y, cada celda, de varias decenas de elementos magnticos, por ejemplo.
Convengamos en que para registrar los nmeros por medio del sistema de base dos,
cada elemento imantado expresa el 1, y los no imantados, el 0. Supongamos, por
ejemplo, que cada celda retentiva contiene 25 elementos (o como dicen 25 rdenes
del sistema de base dos) y, adems, el primer elemento de la celda sirve para expresar
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el signo del nmero ( + - ), los siguientes 14 elementos sirven para imprimir la parte
entera del nmero y, los ltimos 10, para registrar la parte decimal.
En la fig. 9 se presentan esquemticamente dos celdas de memoria, con 25
elementos en cada una, los imantados se expresan con el signo + ; los desimantados,
con el - . Examinemos la celda superior (la coma indica el lugar donde empieza la
parte decimal, y la lnea punteada separa el primer elemento - que sirve para fijar el
signo - de los dems). En esa celda hay escrito (en el sistema de base dos) el nmero
+ 1011,01, equivalente en el sistema decimal, al que estamos acostumbrados, al
11,25.
Adems de los nmeros, en las celdas retentivas se conservan las rdenes que
componen el programa. Veamos en qu consiste el sistema de rdenes a tres
direcciones. En este caso, al escribir la orden, la celda retentiva se divide en 4 partes
(las lneas de puntos en la celda inferior, fig. 9). La primera parte sirve para indicar el
signo de operacin, que va cifrado. Por ejemplo:
suma = operacin I
sustraccin = operacin II
multiplicacin = operacin III, etc
Las rdenes se descifran as: la primera parte de la celda es el nmero de la
operacin; la segunda y la tercera, los nmeros de las celdas (direcciones), de las
cuales hay que extraer las cifras para las operaciones; la parte cuarta es el nmero de
la celda (direccin) adonde debe enviarse el resultado obtenido. Por ejemplo, en la
fig. 9 (fila inferior) hay escritos por el sistema binario los nmeros 11, 11, 111,1011,
en el sistema decimal, 3, 3, 7, 11, lo que significa la siguiente orden: la operacin III
(multiplicacin) debe efectuarse con los nmeros de las celdas tercera y sptima y
almacenar el resultado (es decir, registrarlo) en la celda undcima.
En lo sucesivo inscribiremos nmeros y rdenes, no con signos convencionales,
como en la fig. 9, sino directamente en el sistema decimal. Por ejemplo; la orden
expuesta en la serie inferior de la fig. 9, se escribe as: multiplicacin 3 7 11
Examinemos ahora dos sencillos ejemplos de programa.
Programa I
1. Suma 4 5 4
2. Multiplicacin 4 4>
3. OD 1 [10]
4. 0
5. 1
Veamos cmo funciona una mquina en cuyas cinco primeras celdas estn
almacenados los siguientes datos:
1 orden: sumar los nmeros de las celdas 4 y 5 y enviar el resultado a la celda 4
(en sustitucin de lo que figuraba anteriormente). Por consiguiente, la mquina
escribe el nmero
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0 + 1=1
en la celda 4. Despus de cumplida la orden, en las celdas 4 y 5 se encontrarn los
siguientes nmeros:
4. 1
5. 1
2 orden: multiplicar el nmero de la celda 4 por s mismo (esto es, elevarlo al
cuadrado) y registrar en la tarjeta el resultado, es decir, 12 (la flecha significa la salida
de un resultado obtenido).
3 orden: operacin de direccin a la celda 1. En otras palabras la orden OD
significa la repeticin de todas las rdenes, empezando desde la primera. De forma
que se ejecuta la primera orden.
1 orden: sumar los nmeros de las celdas 4 y 5, y fijar la suma de nuevo en la
celda 4. En consecuencia, en la celda 4 estar el nmero 1 + 1 = 2:
4. 2
5. 1
2 orden: elevar al cuadrado el nmero de la celda 4 y el resultado, 22, registrarlo
en la tarjeta (la flecha indica la salida del resultado).
3 orden: operacin de direccin a la celda 1 (es decir, volver de nuevo a la
primera orden).
1 orden: el nmero 2 + 1 = 3 enviarlo a la celda 4:
4. 3
5. 1
2 orden: registrar en la tarjeta el valor de 32.
3 orden: operacin de direccin a la celda 1, etc.
Hemos visto cmo la mquina calcula sucesivamente los cuadrados de nmeros
enteros y los registra en la tarjeta. Obsrvese que no es preciso elegir cada vez el
nuevo nmero: la mquina misma escoge uno tras otro los nmeros enteros y los
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eleva al cuadrado.
Actuando de acuerdo con este programa la mquina obtiene el cuadrado de todos
los nmeros enteros desde 1 hasta el 10 000, en algunos segundos (o en partes de
segundo). Debe hacerse notar que, en realidad, el programa para el clculo de los
cuadrados de nmeros enteros debe ser algo ms complejo que el mencionado ms
arriba. Esto se refiere, en particular, a la 2 orden. Para registrar el resultado en tarjeta
se requiere mucho ms tiempo que el que precisa la mquina para ejecutar una
operacin.
Por eso, los resultados se almacenan primero en las celdas libres de la memoria,
y slo despus (sin precipitarse) se registran en las tarjetas. De esta suerte, el
primer resultado definitivo se almacena en la celda la de la memoria que se
encuentra libre; el segundo en la celda 2; el tercero, en la 3, etc. En el programa
simplificado expuesto anteriormente, todo ello haba sido omitido.
Por aadidura, la mquina no puede dedicarse durante largo tiempo al clculo de
cuadrados pues no bastan las celdas de la memoria, y es imposible adivinar
cundo ha obtenido la mquina los cuadrados que necesitamos, a fin de
desconectarla, (ya que la mquina ejecuta miles de operaciones por segundo). Por esa
razn se prevn rdenes especiales para detener la mquina en el momento oportuno.
Por ejemplo, el programa puede ser compuesto de tal manera que la mquina calcule
los cuadrados de todos los nmeros enteros, del 1 al 10 000, y despus se pare
automticamente.
Hay tambin otra clase de rdenes ms complicadas, de las cuales no nos
ocuparemos.
He aqu qu aspecto tiene el programa para el clculo de cuadrados del 1 al 10
000:
Programa Ia
1) suma 8 9 8
2) multiplicacin 8 8 10
3) suma 2 6 2
4) OC 8 7 1 [11]
5) stop
6) 0 0 1
7) 10 000
8) 0
9) 1
10) 0
11) 0
12) 0
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Las dos primeras rdenes se diferencian poco de las que se han expuesto en el
programa simplificado. Despus de cumplir estas dos rdenes, en las celdas 8, 9 y 10
habr los siguientes nmeros:
8) 1
9) 1
10) 12
La tercera orden es muy interesante: hay que sumar el contenido de las celdas 2 y
6, registrar otra vez el resultado en la celda 2, despus de lo cual, ofrecer el siguiente
aspecto:
2) multiplicacin 8 8 11.
De aqu que, despus de cumplida la 3 orden, cambia la segunda orden, mejor
dicho, cambia una de las direcciones de la 2 orden. A continuacin aclararemos las
razones a que obedece esto.
La cuarta es la operacin de comparacin (en sustitucin de la tercera orden del
programa examinado anteriormente). Esta se cumple as: si el nmero almacenado en
la celda 8 es menor que el de la 7, la operacin de direccin la transmite a la celda l;
en caso contrario, se efecta la orden siguiente, (la 5). En nuestro caso como 1 < 10
000, la operacin de direccin se le encarga a la celda 1.
Por consiguiente, volvemos otra vez a la orden primera. Una vez cumplida sta en
la celda 8 se encontrar el nmero 2. La segunda orden, que se presentar como
2) multiplicacin 8 8 11, consiste en que 22 se enva a la celda 11. Ahora queda
claro para qu fue cumplida anteriormente la 3 orden: el nuevo 22 no puede ir a parar
a la celda 10 que ya est ocupada, sino a la siguiente. Una vez cumplidas las rdenes
l y 2, tendremos los siguientes nmeros:
8) 2
9) 1
10) 12
11) 22
Despus de ejecutada la orden 3, la celda 2, aparecer as:
2) multiplicacin 8 8 12
es decir, la mquina se prepar para anotar el nuevo resultado en la celda 12. Y
como en la celda 8 sigue habiendo un nmero menor que en la 9, la 4 orden significa
que se encarga a la celda 1 la operacin de direccin.
Ahora, cumplidas ya las rdenes l y 2, obtendremos:
8) 3
9) 1
10) 12
11) 2
12) 3
Hasta cundo continuar la mquina calculando los cuadrados segn el
programa? Hasta que en la celda 8 aparezca el nmero 10 000, es decir, mientras no
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hayan sido obtenidos los cuadrados de los nmeros comprendidos entre el 1 y el 10
000. Despus, la 4 orden ya no transmite la operacin de direccin a la celda 1 (por
cuanto en la celda 8 habr un nmero no menor, sino igual al almacenado en la celda
7), es decir, despus de la 4 orden, la mquina cumple la 5 orden: cesa de funcionar
(se desconecta).
Figura 10
ax + by=c
dx + ey=f
Este sistema es fcil de resolver:
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resolverse en menos de un minuto. La mquina, en cambio, puede dar en un segundo
la solucin de miles de tales sistemas de ecuaciones. Examinemos el programa
correspondiente.
Consideremos que han sido dados simultneamente varios sistemas: con valores
numricos para los coeficientes a, b, c, d, e, f, a', b'
He aqu el correspondiente programa:
Programa II
1 *28 30 20 14) + 3 19 3 26) a
2) *27 31 21 15) + 4 19 4 27) b
3) *26 30 22 16) + 5 19 5 28) c
4) *27 29 23 17) + 6 19 6 29) d
5) *26 31 24 18) OD 1 30) e
6) *28 29 25 19) 6 6 0 31) f
7) - 21 20 20) 0 32) a
20
8) - 23 21 21) 0 33) b
22
9) - 25 22 22) 0 34) c
24
10) /20 21 23) 0 35) d
11) /22 21 24) 0 36) e
12) + 1 19 1 25) 0 37) f
13) + 2 19 2 38) A
1 orden: plantear la multiplicacin de los nmeros almacenados en las celdas 28
y 30, y enviar el resultado a la celda 20. Dicho en otras palabras: en la celda 20 se
almacenar el nmero ce.
De manera anloga sern realizadas las rdenes desde la 2 hasta la 6. Despus
de ejecutarlas, desde la celda 20 hasta la 25 encontraremos los siguientes nmeros:
20) ce
21) bf
22) ae
23) bd
24) af
25) cd
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7 orden: del nmero de la celda 20, restar el de la 21, y el resultado, (es decir, ce
- bf), volver a almacenarlo en la celda 20.
De la misma forma se cumplen las rdenes 8 y 9. En consecuencia, en las
celdas 20, 21 y 22 aparecern los siguientes nmeros:
20) ce - bf
21) ae - bd
22) af - cd
Ordenes 10 y 11: se forman los siguientes quebrados:
(ce - bf)/(ae - bd)
(af - cd)/(ae - bd)
que se registran en la tarjeta (es decir, se presentan como resultados definitivos).
Estos son los valores de las incgnitas obtenidas del primer sistema de ecuaciones.
Como vemos, el primer sistema ha sido resuelto. Para qu hacen falta nuevas
rdenes? La parte siguiente del programa (desde la celda 12 hasta la 19) est
destinada a obligar a la mquina a pasar al segundo sistema de ecuaciones. Veamos
su proceso.
Las rdenes desde la 10 hasta 17 consisten en agregar al contenido desde la
celda 1 hasta la 6 lo almacenado en la celda 19, y los resultados vuelven otra vez a las
celdas desde la 1 hasta la 6. De tal manera, despus de cumplir la orden 17, las
primeras seis celdas tendrn el siguiente contenido:
1) *34 36 20
2) *33 37 21
3) *32 36 22
4) *33 35 23
5) *32 37 24
6) *34 35 25
Orden 18: operacin de direccin a la primera celda.
En qu se diferencian las nuevas anotaciones de las primeras seis celdas de las
anteriores?
En que las dos direcciones primeras tienen en estas celdas los nmeros que van
del 32 al 37 y no del 26 al 31, como antes. En otras palabras, la mquina realizar de
nuevo las mismas operaciones, pero las cifras no sern tomadas, de las celdas 26 a la
31, sino de la 32 a la 37 donde estn los coeficientes del segundo sistema de
ecuaciones. Despus de resolver ste, la mquina pasa al tercero, etc.
Lo dicho hasta aqu patentiza la importancia de programar con acierto. La
mquina, de por s, no sabe hacer nada. Slo puede cumplir el programa que se la
encomiende. Hay programas para calcular races, logaritmos y senos, para resolver
ecuaciones de grados superiores, etc.
Se ha indicado ya que existen programas para jugar al ajedrez, para la traduccin
de un idioma a otro, etc. Es claro que cuanto ms difcil sea el problema a resolver,
tanto ms complejo ser el programa correspondiente.
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Aadamos, como conclusin, que existe la programacin de programas, es decir,
aqulla con ayuda de la cual la misma mquina puede componer el programa para
resolver el problema.
Esto facilita en gran medida la programacin, que con frecuencia es bastante
laboriosa.
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Yakov Perelman
Algebra recreativa
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La aritmtica
1. Multiplicacin abreviada
Las personas con grandes hbitos calculatorios facilitan con frecuencia las
operaciones mediante transformaciones algebraicas poco complejas. Por ejemplo, la
operacin 9882 se efecta como sigue:
a2 = a2 b2 + b2 = (a + b)(a - b) + b2
En la prctica podemos aplicar esta frmula para los clculos mentales. Por
ejemplo:
632 = 66 x 60 + 32 = 3.969
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182 = 20 16 + 22 = 324
372 = 40 x 34 + 32 = 1.369
482 = 50 - 46 + 22 = 2.304
542 = 58 x 50 + 42 = 2.916
La multiplicacin 986 997 se realiza as:
= 1.000 (986 - 3) + 14 3
La ltima lnea es la que expresa el mtodo de dicho clculo. Ofrece inters el
procedimiento para multiplicar dos nmeros compuestos de tres cifras, cuando el
guarismo de las decenas es el mismo, y la suma de las unidades, 10.
Por ejemplo, la multiplicacin
783 787
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se efectuar de esta manera:
78 79 = 6.162; 3 7 = 21
y su resultado es
616.221.
Este mtodo se deduce de las siguientes transformaciones:
(780 - 1 - 3) (780 - 1 - 7) =
= 616.200 + 21
E x iste otro medio, todava ms sencillo, para realizar multiplicaciones anlogas:
= 616.225 - 4 = 616.221
En este ejemplo hemos tenido que elevar al cuadrado el nmero 785. Para elevar
rpidamente al cuadrado un nmero acabado en 5, es muy cmodo el siguiente
mtodo:
10a + 5.
El cuadrado de este nmero, como cuadrado de un binomio ser igual a:
Por ejemplo:
(3 )2 = 3,52 = 12,25 = 12
(7 )2 = 7,52 = 56,25 = 56
(8 )2 = 8,52 = 72,25 = 72
2. Las cifras 1, 5 y 6
Quin no ha advertido que al multiplicar por s misma una serie de nmeros
terminados en uno o cinco, el producto acaba en la misma cifra? Sin duda ser menos
conocido que lo expresado se refiere tambin al 6. Por esta razn, entre otras, la
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potencia de todo nmero terminado en seis, termina asimismo en seis.
Por ejemplo:
= 10(10ab + 6b + 6a) + 30 + 6 =
= 10(10ab + 6b + 6a + 3) + 6
El resultado debe constar, pues, de algunas decenas y la cifra 6 en las unidades, la
cual, ni que decir tiene, debe reaparecer al final.
Este mismo mtodo de demostracin puede ser empleado para el 1 y el 5. Lo
expuesto permite afirmar que, por ejemplo,
3862567 termina en 6
815723 termina en 5
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3. Los nmeros 25 y 76
Hay nmeros de dos cifras que tambin tienen la misma propiedad que las cifras
1, 5 y 6: nos referimos a los nmeros 25 y - lo ms sorprendente al 76 - . El producto
de dos nmeros terminados en 76 acaba tambin en 76. Demostrmoslo. La expresin
comn para tales nmeros es como sigue:
4. Nmeros infinitos
Existen tambin grupos de nmeros con mayor cantidad de cifras que, al figurar
al final de los mismos, se conservan tambin en su multiplicacin. El nmero de tales
grupos de cifras es infinitamente grande.
Conocemos ya dos grupos compuestos de dos cifras, que poseen propiedad
anloga: el 25 y el 76. Para encontrar grupos semejantes con tres cifras hay que
colocar delante del 25 o del 76 una cifra tal que nos d un grupo de tres guarismos
con la misma propiedad.
Qu cifra se debe colocar ante el 76? E x presmosla con k. En este caso, el
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nmero buscado de tres cifras ser:
100k + 76
La expresin comn para todo nmero que termine en este grupo de cifras deber
ser:
3762 = 141.376.
Si nos interesa hallar un grupo de cuatro cifras que tenga la misma propiedad,
debemos colocar delante de 376 una cifra ms. Si e x presamos esta cifra con L, se
nos plantear el siguiente problema: cul debe ser la cifra L para que la
multiplicacin
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752.000L + 141.376
La multiplicacin termina con 1.000L + 376 si la diferencia
= 751.000L + 141.000 =
7.109.376.
Tales cifras pueden ser sumadas y multiplicadas de acuerdo con las reglas
comunes: como se sabe, escrbense de derecha a izquierda, y en este mismo sentido
se suman y multiplican los nmeros en columna; por lo cual en la suma y en la
multiplicacin de dos de estos nmeros se puede operar sucesivamente con todas las
cifras que se quieran.
Y lo ms interesante, por muy raro que parezca, es que ese nmero infinito
satisface la ecuacin:
x2 = x
Y as es, en efecto; el cuadrado de este nmero (es decir, el resultado de
multiplicarse por s mismo) termina en 76 ya que cada uno de los factores termina en
76; por esa misma causa, el cuadrado del nmero escrito acaba en 376, en 9.376,
etc.
Es decir, operando sucesivamente con cada una de las cifras del nmero x 2,
donde x = 7. 109.376, obtendremos las mismas cifras que tenamos con el nmero
x , por lo cual, x 2 = x .
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Hemos examinado grupos de cifras que terminan en 76[12]. Si se aplica el mismo
razonamiento para grupos de cifras terminados en 5 obtendremos los siguientes
grupos de cifras:
2.890.625,
que tambin satisface la ecuacin x 2 = x . Podramos demostrar que este
nmero infinito es igual a
(((52)2)2)2)
El interesante resultado obtenido en el idioma de los nmeros infinitos se
formula de esta manera: la ecuacin x 2 = x tiene (adems de x = 0, x = 1), otras dos
races infinitas
x = 7.109.376
y
x = 2.890.625;
sin ninguna otra solucin (en el sistema de base diez)[13]
5. Compensacin
Antiguo problema
En tiempos remotos ocurri el siguiente hecho. Dos mercaderes vendieron una
partida de toros, recibiendo por cada animal tantos rublos como toros haba en la
partida. Con el dinero recibido compraron un rebao de ovejas, pagando 10 rublos
por cada oveja, y un corderito.
Al repartirse el rebao en dos mitades, uno recibi una oveja ms, y otro, el
corderito. El que recibi ste fue compensado por su socio con una suma
complementaria correspondiente. Siendo dicho pago complementario una cantidad
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entera de rublos, de cuntos rublos constar?
Solucin
Este problema no se presta a la traduccin directa al idioma algebraico, pues no
puede construirse la ecuacin necesaria. Es preciso resolverlo mediante un
procedimiento especial, el llamado razonamiento matemtico libre. Ms tambin aqu
el lgebra presta a la aritmtica una buena ayuda. El valor en rublos de todo el rebao
es un cuadrado e x acto, por cuanto dicho rebao ha sido adquirido con el dinero
recibido por la venta de n toros, a n rublos por cabeza. Uno de los socios recibi una
oveja ms, por lo tanto, el nmero de ovejas es impar. Tambin es impar, por lo
mismo, el nmero de decenas en la cantidad n2.
Cul es la cifra de las unidades? Podemos demostrar que si en un cuadrado
exacto, la cifra de las decenas es impar, la de las unidades debe ser slo 6.
Efectivamente. El cuadrado de todo nmero compuesto de a decenas y b
unidades, es decir, (10a + b)2, ser igual a
100a2 + 20ab + b2
puede tener un nmero impar de decenas slo en el caso en que termine en 6.
Ahora es ya fcil hallar la respuesta a la pregunta formulada en el problema.
Es evidente que el corderito cost 6 rublos. El socio a quien correspondi ste,
recibi 4 rublos menos que el compaero. Para que el reparto sea equitativo, el
poseedor del cordero debe ser compensado por su socio con 2 rublos. La
compensacin es igual a 2 rublos.
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6. Divisibilidad por 11
El lgebra facilita en gran medida la bsqueda de indicios que permiten prever,
sin recurrir a la divisin, si determinado nmero es divisible por uno u otro divisor.
La divisibilidad por 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 y 10 es ampliamente conocida. El caso del 11 es
muy sencillo y prctico.
Supongamos que en un nmero de varias cifras, N, la cifra de las unidades es a, la
de las decenas, b; la de las centenas, c; la de las unidades de millar d, etc., es decir
a - b - 10 (c + 10d +)
que dar el mismo residuo que N al dividirla por 11. Si a esta diferencia le
agregamos 11 (b + 10c + 100d +), mltiplo de 11, obtendremos
a - b - 10 (c + 10d +)
que dividido por 11, da el mismo residuo que el nmero N. Al sustraer 11 (d +
), mltiplo de 11, resultar
a - b + c - d + = (a + c +) - (b + d +)
que, dividido por 11 da el mismo resto que el nmero N. De aqu se desprende la
siguiente regla de divisibilidad por 11: de la suma de las cifras que ocupan los lugares
impares se resta la suma de las cifras que ocupan los lugares pares; si la diferencia es
cero o mltiplo de 11 (negativo o positivo), el nmero que probamos ser mltiplo de
11. En caso contrario no ser divisible por 11. Probemos, por ejemplo, el nmero
87.635.064:
8 + 6 + 5 + 6 = 25,
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7 + 3 + 0 + 4 = 14
25 - 14 = 11
En consecuencia, el nmero dado es divisible por 11.
Existe otro criterio de divisibilidad por 11, cmodo para nmeros relativamente
pequeos.
Consiste en que el nmero que probamos se separa de derecha a izquierda en
grupos de dos cifras y se suman estos grupos. Si la suma se divide por 11 sin residuo,
el nmero probado ser mltiplo de 11, en caso contrario, no lo ser. Por ejemplo,
necesitamos probar el nmero 528. Separamos el nmero en dos grupos (5 y 28) y los
sumamos:
5 + 28 = 33
Como 33 se divide exactamente por 11, el nmero 528 es mltiplo de 11:
528/11 = 48
Demostremos este criterio de divisibilidad. Dividamos en grupos el nmero N,
que tiene varias cifras. Obtendremos grupo de dos (o de una cifra [14] que
designaremos de derecha a izquierda con a, b, c, etc., de forma que el nmero N
puede ser e x presado de la forma siguiente:
a + (b + 100c +) = a + b + 100 (c +)
dar, al dividirlo por 11, el mismo residuo que el nmero N. De este nmero
descontemos el nmero 99 (c +), mltiplo de 11, etc.
a + b + c +
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7. El nmero del automvil
Problema
Cuando paseaban por la ciudad tres estudiantes de matemticas, observaron que
el conductor de un automvil infringi el reglamento de trfico. Ninguno de los
estudiantes recordaba el nmero (de cuatro cifras) de la matrcula, pero como los tres
eran matemticos, cada uno de ellos advirti alguna particularidad de dicho nmero.
Uno de ellos advirti que las dos primeras cifras eran iguales. El segundo se dio
cuenta de que tambin coincidan las dos ltimas cifras. Y, por ltimo, el tercero
aseguraba que todo el nmero de cuatro cifras era un cuadrado e x acto. Puede
determinarse el nmero de la matrcula del automvil valindose tan slo de estos
datos?
Solucin
Expresemos la primera y la segunda cifra del nmero buscado con la a, y la
tercera y la cuarta con la b. Entonces el nmero ser igual a
a + b = 11
por cuanto cada una de las cifras a, b es menor que diez.
La ltima cifra b que es un cuadrado e x acto, puede tomar los siguientes valores:
0, 1, 4, 5, 6, 9
Por eso, para la cifra a, que es igual a 11 - b, se encuentran los siguientes valores
posibles:
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11, 10, 7, 6, 5, 2
Los dos primeros valores son inaceptables, quedando, pues, los siguientes:
B = 4 a = 7
B = 5 a = 6
B = 6 a = 5
B = 9 a = 2
Vemos, en consecuencia, que el nmero de la matrcula debe ser alguno de stos:
8. Divisibilidad por 19
Problema
Ocupmonos del siguiente criterio de divisibilidad por 19.
Un nmero es mltiplo de 19 slo en el caso en que sus decenas ms el doble de
sus unidades forme un mltiplo de 19.
Solucin
Todo nmero N puede ser presentado como
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N = 10 x + y
donde x es el nmero de decenas (no la cifra que ocupa las decenas, sino la
cantidad de decenas del nmero); y es la cifra de las unidades. Tenemos que
demostrar que N es mltiplo de 19 tan slo cuando
N' = x + 2y
es mltiplo de 19. Para esto multipliquemos N' por 10, y del producto restemos N
de donde
10N' = N + 19y
ser mltiplo de 19, y en ese caso tambin N' ser mltiplo de 19. Supongamos
que se precisa saber si el nmero 47.045.881 se divide por 19. Apliquemos
sucesivamente nuestro criterio de divisibilidad
4 7 0 4 5 8 8 1
+ 2
4 7 0 4 5 9 0
+ 1 8
4 7 0 6 3
+ 6
4 7 1 2
+ 4
4 7 5
+ 1 0
5 7
+ 1 4
1 9.
Como 19 se divide exactamente por 19, los nmeros 57, 475, 4.712, 47.063,
470.459, 4.704.590, 47.045.881 son mltiplos de 19. Por lo tanto, tambin se divide
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el nmero propuesto por 19.
Problema
He aqu un problema propuesto por Sofa Germain, conocida matemtica
francesa:
Demustrese que los nmeros del tipo a4 + 4 son compuestos, (con la condicin
de que a no sea igual a 1).
Solucin
La demostracin se desprende de las siguientes transformaciones:
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compuestos, situadas entre los primos, pueden ser de cualquier e x tensin. No hay
lmites para la prolongacin de tales grupos, ya que pueden estar formados por miles,
millones, trillones, etc., de nmeros compuestos.
Para mayor facilidad no serviremos del signo convencional n! (factorial de n), que
representar el producto de todos los nmeros consecutivos, del 1 n inclusive. Por
ejemplo, 5! = 1 x 2 x 3 x 4 x 5.
Demostremos como la serie
[(n + 1)! + 2], [(n + 1)! + 3], [(n + 1)! + 4], [(n +
1)! + n + 1]
inclusive, est formada por n nmeros compuestos consecutivos.
Estos nmeros van sucedindose uno tras otro en serie natural, por cuanto cada
uno es superior en una unidad al que le antecede. Queda tan solo por demostrar que
todos ellos son compuestos.
El primero
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722, 723, 724, 725, 726
Por sta no es la nica serie de cinco nmeros compuestos consecutivos. Existen
tambin, como por ejemplo:
Solucin
En virtud de lo expuesto, el primero de los diez nmeros buscados puede ser
1 2 3 4 x 10 11 + 2 = 39.816.802
Por consiguiente, para la serie de nmeros buscada, nos sirve
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primos es infinita.
Esta demostracin se debe al matemtico Euclides, de la antigua Grecia, figura en
sus clebres Principios. Pertenece a la categora de demostraciones por reduccin al
absurdo.
Supongamos que la serie de nmeros primos es limitada y que representamos con
la N el ltimo nmero de ella. Desarrollemos la factorial de N:
1 2 3 4 5 6 7 N = N!
Al sumarle la unidad, resultar N! + 1
Este nmero, al ser entero, debe contener por lo menos un factor primo, es decir,
debe ser divisible, aunque no sea ms que por un nmero primo. Pero todos los
nmeros primos, de acuerdo con el supuesto no superan el nmero N; mientras que el
nmero N! + 1 no es mltiplo de ninguno de los nmeros menores o iguales a N, pues
su divisin siempre da un resto equivalente a la unidad.
Por lo tanto, no puede aceptarse que la serie de nmeros primos sea limitada: tal
suposicin conduce al absurdo. Por consiguiente, por muy considerable que sea el
grupo de nmeros consecutivos compuestos que nos encontremos en la serie de
nmeros naturales, puede tenerse la seguridad de que al remontarse por ella se
encontrarn infinitos nmeros primos.
22281 1
Este nmero tiene cerca de setecientas cifras del sistema decimal. Los clculos
que sirvieron para demostrar que este nmero es primo fueron realizados en las
mquinas modernas de calcular. (Vanse los captulos 1 y 2).
Cul es la diferencia entre esas dos frmulas? Es perceptible esa diferencia para
los aparatos ms sensibles de medicin? A fin de aclarar esta importante cuestin es
preciso realizar el clculo indicado).
Empleemos dos mtodos: primero, el aritmtico, y despus, mostremos cmo se
puede efectuar mediante el lgebra. Basta con echar un vistazo a la larga serie de
cifras que figuran ms abajo para convencerse de la indiscutible superioridad del
procedimiento algebraico.
En primer lugar transformemos el quebrado
1/(1 + a) 1 - a
donde el signo significa aproximadamente igual a.
Es muy fcil convencerse de la veracidad de este aserto: comparemos el
dividendo 1 con el producto del divisor por el cociente:
1 = (1 + a) (1 - a)
es decir, 1 = 1 - a2.
Como a es una fraccin muy pequea (por ejemplo 0,001), el valor de a2 ser
todava inferior (0,000001), pudiendo ser despreciado.
Apliquemos lo expuesto a nuestro clculo[16]:
Problema.
Encontrar el nmero ms pequeo entre los que divididos
Solucin
Propusironme este problema acompandolo con las siguientes palabras:
Cmo lo resolvera usted? Aqu hay demasiadas ecuaciones y resulta muy lioso
La cosa es sencilla. Para la solucin del problema no hacen falta ni ecuaciones ni
lgebra. Se resuelve con un sencillo razonamiento aritmtico.
Agreguemos una unidad al nmero buscado. Cul ser el residuo de este nmero
si lo dividimos por dos? Ser 1 + 1 = 2; es decir, el nmero se divide por 2 sin
residuo. De esta misma manera se divide sin residuo por 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9. El menor
de estos nmeros ser 9 8 7 5 = 2.520, y el nmero buscado, 2.519, lo que es
fcil comprobar.
Problema
Una bufanda cuesta 19 rublos, pero el comprador no tiene ms que billetes de tres
rublos; y la cajera, slo de cinco. Puede en estas condiciones abonarse el importe de
la compra, y cmo hacerlo?
La misin de este problema se reduce a saber cuntos billetes de tres rublos deben
entregarse a la cajera para que ella d las vueltas con billetes de cinco, cobrando los
19 rublos. Las incgnitas del problema son dos: el nmero de billetes de tres rublos
(x) y el nmero de billetes de cinco (y). Slo puede plantearse una ecuacin:
3x - 5y = 19
Aunque una ecuacin con dos incgnitas tiene infinidad de soluciones, esto no
quiere decir que entre ellas haya alguna en las que x e y sean nmeros enteros y
positivos (recordemos que se trata del nmero de billetes de banco). He aqu por qu
el lgebra ha elaborado el mtodo de solucin de estas ecuaciones indeterminadas.
El mrito de haberlas introducido en el lgebra pertenece al primer sabio europeo que
cultiv esta ciencia, a Diofanto, clebre matemtico de la antigedad, por lo que estas
ecuaciones se llaman con frecuencia ecuaciones de Diofanto.
Solucin
En el ejemplo citado mostremos cmo deben resolverse tales ecuaciones. Hay que
hallar el valor de x y de y en la ecuacin
3x - 5y = 19
sin olvidar que tanto x cmo y son nmeros enteros y positivos. Despejando la
incgnita cuyo coeficiente es menor, es decir, 3x tendremos:
3x = 19 + 5y
de donde
x = 6 + y + t,
donde
t = (1 + 2y)/3
y, por tanto,
3t = 1 + 2y, 2y = 3t - 1
De la ltima ecuacin despejaremos la y
y = t + t1
y, adems,
t1 = (t - 1)/2
de donde
2t1 = t 1
t = 2t1 + 1
Sustituyamos el valor de t = 2t1 + 1 en las igualdades anteriores:
y = t + t1 = 2t1 + 1 + t1 = 3t1 + 1
x = 8 + 5t1
y = 1 + 3t1
Es sabido que x e y son enteros y adems positivos, es decir, mayores que 0; por
lo tanto,
8 + 5t1 > 0
1 + 3t1 > 0
De estas desigualdades resulta que
t1 = 0, 1, 2, 3, 4
Los valores correspondientes de x y de y son:
y = 1 + 3t1 = 1, 4, 7, 10, 13
Veamos ahora de qu manera puede efectuarse el pago: o bien se entregan 8
8 - 3 - 5 = 19
o se entregan 13 billetes de 3 rublos, recibiendo de vuelta 4 billetes de 5 rublos:
13 x 3 - 4 x 5 = 19
Tericamente, este problema tiene infinidad de soluciones, pero en la prctica su
nmero es limitado, por cuanto ni el comprador, ni la cajera tienen una cantidad
ilimitada de billetes de banco. Si cada uno dispone, por ejemplo, de 10 billetes, el
pago puede efectuarse slo de una forma: entregando 8 billetes de 3 y recibiendo uno
de 5. Como vemos, en la prctica las ecuaciones indeterminadas pueden dar
soluciones determinadas.
Volviendo a nuestro problema, proponemos al lector que, en calidad de ejercicio,
resuelva por su cuenta una de las variantes: concretamente, examinar el caso en que
el comprador no tenga ms que billetes de 5 rublos, y la cajera, slo de 3. En este
caso aparecen las siguientes soluciones:
x = 5, 8, 11
y = 2, 7, 12
En efecto,
5 x 5 - 2 x 3 = 19
8 x 5 - 7 x 3 = 19
11 x 5 - 12 x 3 = 19
Podramos obtener tambin estos resultados al tomar las soluciones del problema
central mediante un sencillo procedimiento algebraico. Puesto que entregar billetes de
cinco rublos y recibir de tres rublos equivale a recibir billetes negativos de cinco
rublos y dar billetes negativos de 3 rublos, la nueva variante del problema se
resuelve con la ecuacin planteada en el problema central:
x = 8 + 5t1
y = 1 + 3t1
sabiendo que x < 0 e y < 0, deducimos:
8 + 5t1 < 0
1 + 3t1 < 0
y, por consiguiente,
t1 < -8/5
Tomando t1 =-2, -3, -4, etc., obtenemos de las frmulas anteriores, los siguientes
valores para x e y
Problema
Al revisar los libros de contabilidad de la tienda, uno de ellos apareci con
borrones de tinta, presentando este aspecto:
Figura 11
No era posible descifrar el nmero de metros vendidos, pero no caba duda de que
ste no era un decimal. En el importe de la venta podan distinguirse slo las tres
ltimas cifras y establecer que, delante de stas, haba otras tres. Poda la comisin
revisora averiguar qu cifras eran las del libro auxiliar, valindose tan slo de estos
datos?
Solucin
Representemos el nmero de metros con la x y el importe de la venta, expresado
en kopeks, con el nmero 4.936 x.
Las tres cifras cubiertas por el borrn las expresamos con una y. Esto, sin duda,
expresa la cantidad de millares de kopeks; y toda la suma de kopeks ser:
1.000y + 728.
Tenemos la ecuacin 4.936x = 1.000y + 728.
Despus de dividir los dos miembros de la igualdad por 8, resulta
617x - 125y = 91
En esta ecuacin, los nmeros x e y son enteros y, adems, y no es superior a 999,
125y = 617x - 91
2(17- 4x)/125
es un nmero entero, y como 2 no se divide por 125, (17 - 4x)/125, debe ser un
nmero entero, que representaremos con la t. Despus, de la ecuacin
(17 - 4x)/125 = t
se obtiene
17 - 4x = 125t
t1 = (1 - t)/4
por lo tanto
4t1 = 1 t
t = 1 - 4t1
y = 617t1 - 134[17].
Se sabe que
Problema
Se dispone de 1 rublo para comprar 40 sellos de correos: de 1, 4 y 12 kopeks.
Cuntos sellos de cada uno de estos precios debern comprarse?
Solucin
En este caso tenemos dos ecuaciones con tres incgnitas:
x + 4y + 12z =100,
3y + 11z = 60
Despejemos la y:
y = 20 - 11 x z/3
Es evidente que 3 es un nmero entero. Indiqumosle con la t. Tenemos:
y = 20 - 11t
z = 3t
Sustituyamos la y y la z en la segunda de las ecuaciones iniciales:
x + 20 11t + 3t = 40;
de aqu que
x = 20 + 8t
Como x 0, y 0 y z 0, no es difcil establecer los lmites de t:
0 t 19/11
de donde se deduce que para t son posibles slo dos valores enteros: t = 0 y t = 1.
Los valores correspondientes de x, y y z son:
t 0 1
=
x 20 28
=
y 20 9
=
y = 20 x 1 + 20 x 4 + 0 x 12 = 100
z = 28 x 1 + 9 x 4 + 3 x 12 = 100
En la compra de sellos, como vemos, son posibles dos variantes (si van a exigir
que se compre aunque sea un solo sello de cada valor, es posible una sola variante).
Pasemos al segundo problema de este mismo tipo.
4. Compra de frutas
Problema
Por 5 rublos se compraron 100 unidades de diferentes frutas. Sus precios son los
siguientes:
sanda 50 kopeks cada una
manzanas 10 kopeks cada una
ciruelas 1 kopek cada una
Cunta fruta de cada clase fue comprada?
Solucin
Indicando el nmero de sandas con la x, el de las manzanas con la y y el de las
ciruelas con la z, establezcamos dos ecuaciones:
De las desigualdades
1 - 9t 0 y 39 + 49 t 0
se deduce que
1/9 t -39 / 49
por consiguiente, t = 0. Por eso.
x=1, y=39.
Sustituyendo los valores de x y de y en la segunda ecuacin, deduciremos que z =
60.
Se compraron 1 sanda, 39 manzanas y 60 ciruelas.
Slo cabe esta combinacin.
5. Adivinar el da de nacimiento
Problema
Las ecuaciones indeterminadas permiten efectuar el siguiente truco matemtico.
Se propone a una persona que multiplique la fecha del da de su nacimiento por 12, y
el nmero del mes, por 31. Con la suma de los productos de esos datos puede
calcularse la fecha del nacimiento de la persona dada. Si por ejemplo naci el 9 de
febrero, se efectuarn las siguientes operaciones:
Solucin
La tarea se reduce a resolver la ecuacin indeterminada
-9 / 31 < t1 < 1/ 6
Por lo tanto,
t1 = 0, x = 9, y = 2
La fecha de nacimiento es el da 9 del segundo mes, es decir, el 9 de febrero. Se
puede proponer otra solucin que no exige el empleo de ecuaciones. Nos han dicho la
cifra a = 12x + 31y. Puesto que 12x + 24y se divide entre 12, en este caso los
nmeros 7y y a, despus de ser divididos entre 12, tienen residuos iguales. Al
multiplicar por 7 resulta que 49y y 7a, despus de ser divididos entre 12, tienen
residuos iguales. Pero 49y = 48y + y, y 48y se divide entre 12. Resulta que y y 7a al
ser divididos entre 12 tienen residuos iguales.
En otras palabras, si a no se divide entre 12, en este caso y es igual al residuo de
la divisin del nmero 7a entre 12; pero si a se divide entre 12, entonces y = 12. Este
nmero y (nmero del mes) se determina enteramente. Sabiendo y ya es muy fcil
determinar x.
Un pequeo consejo: antes de determinar el residuo de la divisin del nmero 7a
entre 12, cambie el mismo nmero a por su residuo de la divisin entre 12 -ser ms
fcil calcular-. Por ejemplo, si a = 170, usted tiene que efectuar mentalmente los
siguientes clculos:
2 x 7 = 14; 14 = 12 x 1 + 2 (entonces y = 2)
entonces
x = 9
Ahora usted puede comunicar que la fecha del nacimiento es el 9 de febrero.
Demostremos que el truco nunca falla, es decir, que la ecuacin tiene siempre una
sola solucin, siendo sus valores enteros y positivos. Representemos por a el nmero
que se nos comunica. En este caso, la fecha del nacimiento vendr expresada por la
ecuacin
12x + 31y = a.
Razonemos por reduccin al absurdo. Supongamos que esta ecuacin tiene dos
soluciones diferentes enteras y positivas, concretamente: la solucin x1, y1 y la
solucin x2, y2; adems, tanto x1 como x2 no son superiores a 31; y1 y y2 tampoco
son mayores que 12. Tenemos:
12x1 + 31y1 = a
12x2 + 31y2 = a
Restando la segunda ecuacin de la primera, tendremos:
6. Venta de pollos
Antiguo problema
Tres hermanas fueron a vender pollos al mercado. Una llev 10 pollos; otra, 16, y
la tercera, 26. Hasta el medioda, las tres haban vendido al mismo precio una parte
de los pollos.
Despus del medioda, temiendo que no pudieran desprenderse de todos los
pollos, bajaron el precio vendiendo los que les quedaban al mismo precio. Las tres
hermanas regresaron a casa con igual cantidad de dinero, obtenida de la venta de las
aves, con 35 rublos cada una.
A qu precio vendieron los pollos antes y despus del medioda?
Solucin
Representemos el nmero de pollos vendidos por cada una de las hermanas hasta
el medioda con x, y y z. Despus del medioda vendieron 10 - x, 16 - y y 26 - z
pollos. El precio que rigi por la maana lo expresamos con m, y el de la tarde, con n.
Para mayor claridad confrontemos estas expresiones:
Nmero de pollos vendidos Precio
Hasta el medioda
x y z m
Despus del medioda
10 - 16 - 26 - z n
x y
La primera hermana obtuvo:
o lo que es lo mismo
de donde
x = z + 8t
x = z + 8t
y = z + 5t
resulta que x = 9, y = 6.
Si en las ecuaciones
mx + n (10 - x) = 35,
my + n (16 - y) = 35,
mz + n (26 - z) = 35
sustituimos los valores de x, y, y z, ya conocidos, tendremos el precio por el que
han sido vendidos los polluelos:
m = 3 rublos y n = 1 rublos
Hasta el medioda, los polluelos fueron vendidos, como hemos visto, a 3 rublos
75 kopeks; despus del medioda, a 1 rublo 25 kopeks.
Solucin
Si el nmero mayor es x, y el menor y,
(x + y) + (x y) + xy + x/y = 243
Si se multiplica esta ecuacin por y, se abren los parntesis y se reducen los
trminos semejantes, tendremos:
x(2y + y2 + 1) = 243y
Pero
2y + y2 + 1 = (y + 1)2
Por eso
Para que el nmero x sea entero, es preciso que el denominador (y + 1)2 sea uno
de los divisores de 243 (por cuanto y no puede tener factores comunes con y + 1).
Sabiendo que 243=35, se deduce que 243 es divisible slo por los nmeros siguientes,
que son cuadrados:
243 8 / 81 243 2 / 9
Los nmeros buscados, por lo tanto, sern 24 y 8 54 y 2.
Problema
Los lados de un rectngulo vienen dados por nmeros enteros. Cul ser la
longitud de dichos lados para que el permetro y la superficie de esta figura se
expresen con los mismos nmeros?
Solucin
Representando los lados del rectngulo con x e y tendremos la ecuacin
2x + 2y = xy
de donde:
Problema
Los nmeros 46 y 96 tienen una curiosa propiedad: su producto no se altera
aunque las cifras que los componen cambien de lugar. En efecto,
46 96 = 4416 = 64 69
Cmo podr averiguarse si existen otros nmeros de dos cifras con idntica
propiedad?
Solucin
Representando las cifras de los nmeros buscados con x, y, z, t, tendremos la
ecuacin
xz = yt
donde x, y, z, y t son nmeros enteros menores que 10. Para buscar la solucin se
forman con las nueve cifras significativas todas las parejas que dan un mismo
resultado:
1 6 = 2 31 4 = 2 23 8 = 4 6
1 8 = 2 42 6 = 3 44 9 = 6 6
Las igualdades son en total 9. De cada una de ellas puede formarse uno o dos
grupos de las cifras buscadas. Por ejemplo, de la igualdad 1 x 4 = 2 x 2 se obtiene
12 42 = 21 24
De la igualdad 1 x 6 = 2 x 3 hallarnos dos soluciones:
12 63 = 21 36, 13 62 = 31 26
Siguiendo el mismo procedimiento encontraremos las siguientes 14, soluciones:
12 42 = 21 24 23 96 = 32 69
12 63 = 21 36 24 63 = 42 36
12 84 = 21 48 24 84 = 42 48
13 62 = 31 26 26 93 = 62 39
13 93 = 31 39 34 86 = 43 68
14 82 = 41 28 36 84 = 63 48
23 64 = 32 46 46 96 = 64 69
Figura 12
Este antiguo mtodo, empleado ya hace miles de aos por los constructores de las
pirmides egipcias, se basa en que los tringulos, en los que la relacin de sus lados
sea 3: 4: 5, de acuerdo con el conocido teorema de Pitgoras sern rectngulos por
cuanto:
32 + 42 = 52.
Adems de los nmeros 3, 4 y 5 existe, como se sabe, infinidad de nmeros
enteros y positivos a, b, c que satisfacen la correlacin:
a2 + b2 = c2
y reciben la denominacin de nmeros de Pitgoras. De acuerdo con el teorema
de Pitgoras, estos nmeros pueden expresar la longitud de los lados de un tringulo
rectngulo. Los lados a y b sern dos catetos y c la hipotenusa.
2x + 1 y 2y + 1
la suma de sus cuadrados ser igual a:
a2 + b2 = c2
obtenemos fcilmente:
a2 = c2 - b2 = (c + b)(c - b)
Los factores c + b y c - b son primos entre s. Efectivamente. Si estos nmeros
(c + b) + (c - b) = 2c,
su diferencia
(c + b) - (c - b) = 2b,
y su producto
(c + b).(c - b) = a2,
es decir, los nmeros 2c, 2b y a tendran un factor comn. Como a es impar este
factor no puede ser 2, y por eso, los nmeros a, b y c tienen este factor comn, lo que,
sin embargo, es imposible. La contradiccin obtenida demuestra que los nmeros c +
b y c - b son primos entre s. Pero si el producto de dos nmeros primos entre s es un
cuadrado, entonces, cada uno de ellos ser un cuadrado, es decir,
a2 = (c + b)(c b) = m2 n2, a = mn
De aqu que los nmeros de Pitgoras examinados se representen as:
33 + 43 + 53 = 63.
x3 + y3 + z3 = u3.
Es ms cmodo, sin embargo, expresar la incgnita u con -t. Entonces la ecuacin
ofrecer una forma ms sencilla:
x3 + y3 + z3 + t2 = 0
Veamos un mtodo que nos permita hallar multitud de soluciones a esta ecuacin,
en nmeros enteros (positivos y negativos). Supongamos que a, b, c, d y , , , son
dos grupos de cuatro nmeros que satisfacen la ecuacin. Sumemos a los nmeros del
primer grupo de cuatro los del segundo multiplicados por un cierto nmero k, y
busquemos ste de forma que los nmeros obtenidos
a + k, b + k, c + k, d + k,
satisfagan tambin la ecuacin. En otras palabras: elijamos k de tal forma que sea
satisfecha la igualdad
a3 + b3 + c3 + d3 = 0,
3 + 3 + 3 + 3 = 0
obtenemos:
3k[(a2 + b2 + c2 + d2 ) + k(a2 + b2 + c2 +
d2)]= 0
El producto ser cero slo en el caso en que lo sea uno de sus factores.
Equiparando cada uno de los factores a cero obtenemos dos valores para k. El
primero de ellos k = 0, no nos satisface; ello significa que si a los nmeros a, b, c y d
no se les agrega nada, los nmeros obtenidos satisfacen nuestra ecuacin. Por eso
tomaremos solamente el segundo valor de k:
De aqu que, conociendo dos grupos de cuatro nmeros que satisfagan la ecuacin
de partida, puede ser hallado un nuevo grupo: para esto hay que sumar a los nmeros
del primer cuarteto los del segundo multiplicados por k, donde k tiene el valor
indicado ms arriba.
Para aplicar este mtodo es preciso encontrar dos grupos de cuatro nmeros que
satisfagan las condiciones de la ecuacin inicial. Uno de ellos (3, 4, 5, -6) es ya
conocido. De dnde sacar otro? No es difcil encontrar salida a esta situacin; el
grupo pueden formarlo los nmeros r, - r, s, -s, que responden, sin duda, a las
condiciones de la ecuacin inicial. En otras palabras, supongamos que
a = 3, b = 4, c = 5, d = -6,
= r, = -r, = s, = -s.
Entonces k, tomar la siguiente forma:
x3 + y3 + z3 + t2 = 0
Comoquiera que esos quebrados tienen el mismo denominador, puede
prescindirse de ste. (En consecuencia, los numeradores de estos quebrados tambin
satisfacen las exigencias de la ecuacin examinada.) Se ha visto, pues, que la
ecuacin indicada es satisfecha
(cualquiera que sea el significado de r y s) por los siguientes nmeros:
x = 28r2 + 11 rs 3s2
63 + 13 + 83 = 93.
He aqu una serie ms de igualdades del mismo tipo (obtenidas despus de
simplificadas al ser divididas por un divisor comn):
cuando r = 1 s = 2 383 + 733 = 173 + 763
xn + yn = zn
no tiene solucin, tratndose de base entera, para n > 2.
Aclaremos lo dicho. Hemos visto que las ecuaciones
x2 + y2 = z2,
x3 + y3 + z3 = t3
tienen, tratndose de nmeros enteros, cuantas soluciones se deseen. Sin embargo
ser imposible encontrar tres nmeros enteros positivos que satisfagan la igualdad
x3 + y3 = z3.
Idntico fracaso acompaa cuando se trata de las potencias de cuarto, quinto,
sexto grados, etc. Esto es lo que afirma la gran proposicin de Fermat.
Qu se exige de los aspirantes al premio? Deben demostrar esta tesis para todas
las potencias que cumplen las condiciones dadas. El caso es que el teorema de Fermat
no est an demostrado y pende, por decirlo as, en el aire.
Han transcurrido tres siglos desde que fue formulado, sin embargo, los
matemticos no han logrado hasta ahora hallar su demostracin.
Las figuras ms eximias de esta ciencia se han ocupado del problema, mas, en el
mejor de los casos, [18] consiguieron demostrar el teorema para algunos exponentes o
para ciertos grupos de ellos; pero de lo que se trata es de hallar la demostracin
por ejemplo, 35 53
De ah que para hallar cada uno de los trminos de la suma o la multiplicacin se
empleen los mismos procedimientos en tanto que la base de la potencia se halla por
un procedimiento distinto al utilizado para encontrar su exponente.
La sexta operacin, la radicacin, se expresa con el signo
No todos conocen que este signo es una variante de la letra latina r, primera de la
palabra latina radix, que significa raz. En otros tiempos (en el siglo XVI), el signo
de raz, no era la r minscula, sino la mayscula, la R, y junto a ella se escriba la
primera letra de las palabras latinas quedratus, la q, o la primera de cubus, la c,
sealando con ello que la raz a extraer era cuadrada o cbica[20].
Escriban, por ejemplo,
R.q.4352
en lugar de la moderna expresin
a1/n
muy cmoda para generalizar grficamente la idea de que toda raz no es otra
cosa que una potencia con un exponente fraccionario. Esta segunda variante fue
propuesta por Stevin, notable matemtico holands del siglo XVI.
2. Qu raz es mayor?
Primer problema:
Qu es mayor?
Resulvase ste y los problemas que le siguen a condicin de que no se hallen las
races.
Segundo problema:
Qu raz es mayor?
Solucin
Elevemos ambas expresiones a la potencia de grado 28 y tendremos:
Como
128 > 49
resultar que
<
Qu raz es mayor?
Solucin
Elvense ambas expresiones al cuadrado y resultar:
17
y tendremos
253
podremos comparar los resultados
27 y 20
Como es mayor que 2, entonces; por consiguiente 20 < 40
tenemos que
>
Problema
Obsrvese la ecuacin atentamente y dgase cul es el valor de x.
Solucin
Todo el que est familiarizado con los smbolos algebraicos deducir que
En efecto,
por consiguiente
Aquellos a quienes esta solucin al primer golpe de vista les resulte difcil,
pueden valerse, para despejar con ms sencillez la incgnita, del siguiente
razonamiento:
4. Comedias algebraicas
La sexta operacin aritmtica permite representar autnticas comedias y farsas
algebraicas con los siguientes argumentos:
2 x 2 = 5; 2 = 3, etc
. La gracia de tales representaciones algebraicas reside en un error, harto
elemental, pero que, por hallarse muy oculto, tarda en ser descubierto.
Mostremos dos piezas de este repertorio cmico del lgebra.
Primer problema:
2 = 3
En primer lugar aparece en escena una igualdad indiscutible:
4 - 10 = 9 - 15
En el siguiente cuadro se suma a ambos miembros de esta igualdad una misma
cantidad,
4 10 + 6 =9 15 + 6
El ulterior desarrollo de la comedia se reduce a transformaciones:
(2 5/2)2 = (3 5/2)2
Extrada la raz cuadrada de ambos miembros de la igualdad, resulta:
2 5/2 = 3 5/2
Sumando
5/2
a uno y otro miembro, llegamos a la igualdad absurda:
2 = 3
En qu consiste el error?
Solucin
El error consiste en que de la expresin:
(2 5/2)2 = (3 5/2)2
se dedujo que:
2 5/2 = 3 5/2
Aunque los cuadrados sean iguales, no por eso son idnticas las primeras
potencias, pues
(-5)2 = 52
pero
-5 no es igual a 5
(-1/2)2 = (1/2)2
pero
no es igual a
Segundo problema:
Nueva farsa algebraica:
2 2 = 5
La accin se desarrolla en forma semejante al caso anterior y se basa en el mismo
truco.
16 36 + 20 = 25 45 + 20
A continuacin se hacen las transformaciones siguientes:
4 9/2 = 5 9/2
4 = 5
2 2 = 5
Estos divertidos ejemplos deben prevenir a los matemticos con poca experiencia
contra toda actitud descuidada hacia las ecuaciones que tengan su incgnita en el
radical.
Problema
Las personas que asistieron a una reunin se estrecharon la mano. Uno de ellos
advirti que los apretones de mano fueron 66. Cuntas personas concurrieron a la
reunin?
Solucin
La cuestin se resuelve con facilidad si recurrimos al lgebra. Cada una de las
x
personas dio la mano a las otras
x - 1
Por tanto, el total de apretones de manos debe ser
x (x - 1)
Adems hay que tener en cuenta que cuando Ivanov da la mano a Petrov, Petrov
estrecha la mano de Ivanov; estos dos apretones de manos deben ser considerados
como uno solo. Por eso, el nmero de apretones de manos contados es la mitad de
x (x - 1)
En consecuencia surge la ecuacin
x (x- 1) / 2 = 66
o sea, que despus de las correspondientes transformaciones se tendr
x2 - x - 132 = 0,
de donde
-11 personas
carece de todo sentido, la rechazamos, conservando nicamente la primera:
2. El enjambre de abejas
Problema
En la antigedad estaba muy extendida en la India una diversin singular: la
solucin de rompecabezas en competiciones pblicas. Los manuales de matemticas
de ese pas contribuan a la celebracin de tales campeonatos de clculo mental.
Aplicando las reglas aqu expuestas -escriba el autor de uno de dichos libros -, un
hombre inteligente puede idear miles de problemas semejantes. As como el Sol hace
palidecer las estrellas con sus destellos, un hombre discreto eclipsa la gloria de otro
hombre en los concursos populares, proponiendo y resolviendo problemas
algebraicos.
En el original, estas palabras presentan un aspecto ms potico, por cuanto el
libro est escrito en verso. Los problemas tambin aparecen versificados.
Enunciemos en prosa uno de estos rompecabezas.
Un grupo de abejas, cuyo nmero era igual a la raz
cuadrada de la mitad de todo su enjambre, se pos sobre un
jazmn, habiendo dejado muy atrs otros 8 del enjambre;
slo una abeja del mismo enjambre revoloteaba en torno a
un loto, atrada por el zumbido de una de sus amigas que
Solucin
Si expresamos el nmero buscado de abejas del enjambre con la letra x,
tendremos la ecuacin
Entonces
x = 2y2
por lo que resultar la siguiente ecuacin:
y1, = 6, y2 = -3/2,
y otras dos para
x1 = 72 as como x2 = 4,5.
Mas, como el nmero de abejas debe ser entero y positivo, es vlida slo la
primera raz: el enjambre constaba, pues, de 72 abejas. Comprobmoslo:
Problema
Otro de los problemas indios puede ser presentado en verso tal y como fue
traducido por Lebedev, autor del excelente libro Quin invent el lgebra?
Figura 15.
de donde
x1 = 48 y adems x2 = 16
El problema tiene dos soluciones positivas: en la manada puede haber 48 y 16
monos. Las dos soluciones satisfacen las condiciones del problema.
Problema
Una pelota ha sido lanzada al aire a una velocidad de 25 m por segundo.
Al cabo de cuntos segundos se encontrar la pelota a 20 m de altura?
Solucin
Para los cuerpos lanzados al alto, y libres en su ascensin de toda resistencia, la
mecnica establece las siguientes proporciones entre la altura a la que sube el cuerpo
sobre la tierra (h), su velocidad inicial (v), el aceleramiento de la fuerza de gravedad
(g) y el tiempo (t):
20 = 25 t 10 t2 / 2
y despus de quitar denominadores y simplificar
t2 - 5 t + 4 = 0.
Resultan las races
t1 =1 y t2 = 4
5. El problema de Euler
Al referirse Stendhal en su Autobiografa a sus aos de estudiante, escribe lo
siguiente:
Problema
Dos campesinas llevaron en total 100 huevos al mercado. Una de ellas tena ms
mercanca que la otra, pero recibi por ella la misma cantidad de dinero que la otra.
Una vez vendidos todos, la primera campesina dijo a la segunda: si yo hubiera
llevado la misma cantidad de huevos que t, habra recibido 15 cruceros. La segundo
contest: Y si yo hubiera vendido los huevos que tenas t habra sacado de ellos 6
2/3, cruceros.
Cuntos huevos llevaron cada una?
Solucin
Supongamos que la primera campesina tena x huevos. La segunda tendra
100 - x
Si la primera hubiera tenido
100 - x
habra sacado de ellos 15 cruceros. Eso quiere decir que la primera campesina
vendi los huevos
x2 + 160x 8000 = 0,
de donde
x1 = 40, x2 = -200.
La raz negativa carece de sentido en el presente caso. El problema no tiene ms
que un resultado: la primera campesina llev al mercado 40 huevos y la segunda 60.
El problema puede resolverse con ms brevedad. El procedimiento es ms
ingenioso, aunque ms difcil.
Supongamos que la segunda campesina llev al mercado k huevos ms que la
primera.
Ambas recibieron por su mercanca la misma suma de dinero.
Esto significa que la primera vendi los huevos k veces ms caros que la segunda.
Si hubieran cambiado la mercanca, la primera campesina hubiera tenido k veces ms
huevos que la segunda y los habra vendido k' veces ms caros, recibiendo k2 ms
dinero que aqulla. Por lo tanto tendremos:
k = 3 / 2
Ahora no nos queda ms que dividir los 100 huevos proporcionalmente a 3 y a 2.
La primera campesina llev 40 huevos y la segunda, 60.
Problema
En la plaza hay instalados 5 altavoces distribuidos en dos grupos: uno de ellos
consta de 2 altavoces, y el otro, de 3. La distancia que separa los dos grupos es de 50
m. Dnde habr que colocarse para que el sonido de ambos grupos se oiga con la
misma intensidad?
Solucin
Si designamos con x la distancia que separa el punto buscado del grupo de dos
altavoces, entonces, la distancia entre este punto y el otro grupo ser
Figura 16
x2 + 200x - 5000 = 0.
La ecuacin tiene dos races:
x1 = 22,5 y x2 = - 222,5
La raz positiva corresponde a la pregunta formulada en el problema: el punto
citado se encuentra a 22,5 m de distancia del grupo de dos altavoces, y, en
consecuencia, a 27,5 m del grupo de tres.
Pero qu significa la raz negativa? Tiene algn sentido? Indudablemente. El
signo menos significa que el segundo punto de idntica audicin se encuentra en
direccin opuesta al punto positivo que se tom al establecer la ecuacin.
Partiendo del lugar ocupado por los dos reproductores y en la direccin
conveniente llegamos a los 222,5 m, punto en el que el sonido de ambos grupos de
altavoces se oye con la misma intensidad. Este punto dista
222,5 + 50 = 272,5 m
del grupo de tres aparatos.
As pues se han encontrado dos puntos de igual audicin colocados en la lnea
formada por las fuentes de sonido. En esta lnea no hay ms puntos donde coincida la
intensidad de sonidos, pero fuera de ella, s. Puede demostrarse que el lugar
geomtrico de los puntos que responden a las condiciones del problema es la
circunferencia que pasa por los dos puntos hallados, cual si fueran los extremos de su
dimetro.
Esta circunferencia, como vernos, limita un espacio bastante extenso (la parte
rayada en la figura) dentro del cual la intensidad auditiva del grupo formado por dos
altavoces supera la audicin del grupo de tres aparatos; fuera del espacio indicado se
observa el fenmeno opuesto.
es decir:
La relacin
M/m
segn la Astronoma, equivale aproximadamente a 81,5.
Aplicndola tendremos:
por lo cual:
>> 384.000 km
uno de los puntos buscados se encuentra a 346.000 km de la Tierra; el otro, a
430.000 km. Sabemos ya por el problema anterior que esa misma propiedad
caracteriza a todos los puntos de la circunferencia que pasa por los dos puntos
hallados, tomados como los dos extremos del dimetro. Si hacemos girar esa
circunferencia tomando como eje la lnea que une los centros de la Tierra y la Luna
describir una esfera cuyos puntos responden a las exigencias del problema.
Figura 17
El dimetro de esa esfera llamada esfera de atraccin de la Luna (fig. 17) ser
igual a:
8. Ejercicio complicado
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Problema
Son muchos los que conocen el cuadro Ejercicio complicado, (ao 1895) de
Bogdanov Belski, pero muy pocos se percatan del contenido del ejercicio
complicado al contemplar dicho cuadro.
Trtase de resolver rpida y mentalmente el siguiente ejercicio:
Figura 18
Solucin
Si expresamos el primero de los nmeros buscados con x, tendremos la siguiente
ecuacin:
x2 -10x - 11 = 0,
de donde
x1 = 11, y x2 = -1
Existen por consiguiente, dos series de nmeros que tienen las propiedades
exigidas: la serie de Rachinski 10, 11, 12, 13, 14 y la serie -2, -1, 0, 1, 2.
As es, en efecto,
9. Qu nmeros son?
Problema
Hllense tres nmeros consecutivos en los que el cuadrado del nmero del medio
sea mayor en una unidad al producto de los dos restantes.
Solucin
Si la primera cifra es x, tendremos la ecuacin:
( x + 1)2 = x ( x + 2) + 1.
Abriendo los parntesis resultar la siguiente ecuacin:
x2 + 2x + 1 = x2 + 2x + 1,
de la cual no puede deducirse la magnitud de x . Esto muestra que la igualdad
formulada por nosotros es una identidad; y la identidad es efectiva, no slo cuando
sus letras encierran un valor determinado, como ocurre en la ecuacin, sino para
cualquier valor de las mismas.
Por ello, tres nmeros consecutivos, sean los que fueren, poseen dicha propiedad.
En efecto, tomemos tres cifras al azar:
x2 - 1 = (x + 1) * (x - l).
Es decir, se trata de una identidad evidente.
1. Dos trenes
Problema
Dos lneas frreas se cruzan formando un ngulo recto. Los trenes se acercan a
gran velocidad hacia el cruce. Uno parte de cierta estacin situada a 40 km del cruce;
el otro, de una estacin que dista 50 km del cruce. El primero marcha a una velocidad
de 800 m por minuto, el segundo a 600 m
Cuntos minutos transcurrirn desde el momento de la partida para que las
locomotoras se hallen a la menor distancia entre s, y cul ser esa distancia?
Solucin
Dibujemos el esquema de la marcha de los trenes. Supongamos que las lneas
rectas AB y CD son dos lneas frreas que se cruzan (fig. 19) La estacin B se
encuentra a 40 km del cruce O, y la estacin, D a 50 km. Admitamos que al cabo de x
minutos los trenes se encuentran a la distancia ms prxima entre s:
MN = m
El tren que sale de B hace el recorrido
800 m = 0,8 km
Por consiguiente,
OM = 40 - 0,8 x
Del mismo modo hallaremos que
ON = 50 - 0,6 x
Segn el teorema de Pitgoras:
Figura 19
x2 124 + 4100 m2 = 0
Resolviendo la ecuacin para hallar el valor de x, resultar
Ya que x, el nmero que expresa los minutos transcurridos, no puede ser una raz
imaginaria, entonces
m2 - 256
debe ser una magnitud positiva o, a lo sumo, equivalente a cero. El ltimo es el
que corresponde al valor mnimo de m; de aqu que:
m2 256 = 0
entonces
x = 62
De esta forma las locomotoras llegan a su punto de mayor aproximacin al cabo
de 62 minutos, y la distancia que las separa ser de 16 km. Determinemos dnde se
encontrar cada una en el momento de mayor aproximacin. Al buscar la distancia
OM, tendremos que es igual a
40 62 * 0,8 = -9,6.
El signo negativo indica que la primera locomotora habr rebasado el cruce en 9,6
km. La distancia ON ser:
50 62 * 0,6 = 12,8.
Es decir, que a la segunda locomotora le faltarn 12,8 km para llegar al cruce. En
Figura 20
La ecuacin ha resultado ser tan tolerante que, a pesar de lo errneo del esquema,
nos da un resultado acertado. No es difcil averiguar de dnde proviene esa
tolerancia, que est condicionada por las reglas algebraicas de los signos.
Problema
A 20 km del ferrocarril, cuya lnea es recta, se encuentra el punto poblado B (fig.
21):
Dnde hay que construir el apeadero C para que en el viaje de A a B por la lnea
frrea AC, y por la carretera CB se invierta el menor tiempo posible?
La velocidad por ferrocarril es de 0,8 y por carretera de 0,2 kilmetros por
minuto.
Solucin
Expresemos la distancia AD (desde A hasta la base de la perpendicular BD a la
horizontal AD) con la a; y CD, con la x. Entonces:
AC = AD - CD = a -x
presntase as:
Y cuando expresamos
0,8 m - a
con k, haciendo desaparecer el radical, tendremos la ecuacin de segundo grado:
15 x2 2 kx + 6.400 k2 = 0
de donde:
Y como
k = 0, 8 m - a
al alcanzar m la mnima magnitud sucede lo mismo con la k, y viceversa.
Mas para que x resulte real es necesario que 16 k2 no sea menor que 96.000. Por
lo tanto, el valor mnimo para 16 k2 ser 96.000. Por esa razn, m ser la magnitud
menor cuando 116 k2 = 96.000, de donde
y por consiguiente:
Problema
Desde la ciudad riberea A hay que trasladar cargamento al punto B, situado a a
km ms abajo, y a d km de la orilla del ro (fig. 22).
Cmo debe trazarse la carretera desde B al ro para que el transporte de cargas
desde A hasta B resulte lo ms barato posible, considerando que el transporte de una
tonelada-kilmetro por ro cuesta la mitad que por carretera?
Solucin
Expresaremos la distancia AD con la x, y la longitud de la carretera DB con la y.
Como hemos supuesto,
la longitud AC = a, y la BC = d
Puesto que el transporte por carretera cuesta el doble que por ro, la suma x + 2y
debe ser, respondiendo a las exigencias del problema, la ms pequea. Expresmosla
con la m. De aqu la ecuacin
x + 2y = m.
Pero
x = a DC
y
es decir,
equivale a 60. Esto significa que la carretera debe ser trazada formando un
ngulo de 60 con el ro, independiente de la distancia AC.
Aqu vuelve a aparecer la misma particularidad que en el problema anterior. El
resultado tiene sentido slo en determinadas condiciones. Si el punto poblado est
situado de tal manera que la carretera (cuya lnea forma un ngulo de 60 con la del
ro) pasa por el lado opuesto de la ciudad A, entonces la solucin dada es inaplicable;
en este caso hay que unir directamente el punto B con la ciudad A por carretera sin
emplear en absoluto el ro para el transporte.
Solucin
Supongamos que el nmero dado sea a. Las partes en que se divide a son:
x = 0
es decir, cuando ambas partes sean iguales a a/2
Quedarnos, pues, en que el nmero debe dividirse por la mitad. El producto de
dos nmeros, cuya suma sea constante alcanzar su mximo valor cuando estos
nmeros sean iguales entre s.
Examinemos este mismo ejemplo con tres nmeros.
Problema
Si se divide un nmero en tres partes En qu partes debe dividirse ste para que
su producto alcance el mximo valor?
Solucin
(a /3) + x
Tambin habr otra parte menor que a/3 que representaremos con:
(a /3) y
Los nmeros x e y son positivos. La parte tercera ser indudablemente igual a:
(a /3) + y - x
Los nmeros (a/3) y (a/3) + x - y representan una suma igual a la de las dos
primeras partes del nmero a, pero la diferencia entre ellas (es decir, x - y) es menor
que la diferencia entre las dos primeras partes, que era equivalente a x + y. Como
hemos visto en el problema anterior, el producto de
(a/3) y (a/3) + x - y
dejando la tercera intacta, el producto aumentar.
Supongamos ahora que una de las partes es igual a a/3. Entonces las otras dos
partes se presentarn as
a /3 + z y a/3 - z
Si hacemos que estas dos partes sean iguales a a/3 (cuya suma, por ello, no se
altera), veremos que su producto aumenta, siendo igual a:
a3/27
es decir, menor que el producto de tres factores iguales que sumen a.
Por el mismo procedimiento puede demostrarse este teorema para cuatro factores,
para cinco, etc.
Examinemos ahora un caso ms general.
Problema
Hllese el valor de x y de y para que la expresin xpyq alcance la mayor
magnitud si
x + y = a
Solucin
Busquemos el valor de x mediante el cual la expresin
xp (a x)q
alcance su mxima magnitud.
Multipliquemos esta expresin por
1/xp yq
y obtendremos la siguiente:
Sabemos que
a x = y
sustituyendo el antecedente de la segunda razn y alterando el orden de los
medios, resultar
x / y = p / q
De esta forma, el producto de
xp*yq
alcanza su mximo valor, si la suma
x + y es constante
cuando
x : y = p : q
Siguiendo semejante razonamiento puede demostrarse que los productos
x p y q z r, x p y q * z r t u, etc.
x + y + z, x + y + z + t, etc
son constantes, cuando:
x : y : z = p : q : r, x : y : z : t = p : q : r: u, etc.
Problema
Figura 23
Solucin
De acuerdo con el teorema de Pitgoras, si los lados de la seccin rectangular son
x e y, tendremos
x2 + y2 = d2
Donde d es el dimetro del tronco. El volumen de la viga ser el mximo cuando
la superficie de su seccin sea tambin mxima, es decir, cuando xy alcance el mayor
valor. Ms si xy tiene su mximo valor, tambin lo tendr x2y2. Y como la suma x2 +
y2 es constante, el producto x2 y2 ser mximo, como demostramos antes, cuando
x2 = y2 x = y
Por lo tanto, la seccin de la viga debe ser cuadrada.
Problemas
a. Qu forma ha de tener una parcela rectangular de un rea dada, para que
la longitud de su cerca sea la menor posible?
Solucin
a. La forma de la parcela rectangular se determina por la relacin entre sus lados,
x e y. El rea de una parcela cuyos lados sean x e y es igual a xy, y la longitud de la
cerca 2x + 2y.
Esta ltima ser la menor si x + y tiene el menor valor. Si el producto xy es
constante, la suma x + y es la menor si x = y. Por lo tanto, el rectngulo que
buscamos debe ser un cuadrado.
b. Si x e y son los lados de una parcela rectangular, la longitud de su cerca ser 2x
+ 2y, y su rea, xy. Este producto es el mayor cuando lo es tambin el producto 4xy, o
sea, 2x2y; este ltimo alcanza su mximo valor (si la suma de sus factores 2x + 2y es
constante) cuando 2x = 2y, es decir, si la parcela es un cuadrado.
A las propiedades del cuadrado, conocidas por la geometra podemos agregar una
ms: El cuadrado es, entre los rectngulos, el que con un rea dada tiene menor
permetro; y con un permetro dado, mayor rea.
8. La cometa
Problema
Bsquese la forma de una cometa con un sector circular que tenga la mayor
superficie, partiendo de un permetro previamente dado.
Solucin
Precisadas las condiciones del problema, debemos hallar la relacin entre la
longitud del arco del sector y su radio que nos d la mayor superficie posible, sin
alterar el permetro dado.
l = 2x + y,
S = xy/2 = x (l-2 x) /2
La magnitud de S llega a su mximo valor, con los valores de x que lo
proporcionen tambin a la expresin 2x(1 - 2x), o sea, el cudruplo de la superficie, Y
como la suma 2x + (1 - 2x) = l es una magnitud constante, su producto ser el mayor
cuando 2x = l - 2x, de donde:
x = l/ 4, y = l 2 l /4 = l /2
De esta forma, un sector con permetro dado tiene la mayor superficie cuando su
radio representa la mitad del arco (es decir, la longitud de su arco es igual a la suma
de los radios; o la longitud de la lnea curva de su permetro es igual a la longitud de
la quebrada).
El ngulo del sector es aproximadamente de 115, o sea, dos radianes. Las
cualidades de vuelo de tal cometa ya es una cuestin ajena a este problema.
Problema
En el solar de una casa derruida, donde queda en pie tan slo una pared de 12 m
de largo, se proyecta la construccin de un nuevo edificio aprovechando el muro
existente.
Figura 25
La superficie de la nueva casa debe ser de 112 m2. Las condiciones econmicas
para la obra son:
a. La reparacin de un metro lineal de pared vieja equivale al 25% de lo que
cuesta levantar una nueva.
a. El derribo de un metro lineal de la pared vieja y la construccin de una
nueva con ladrillo recobrado alcanza el 50% de lo que costara levantarla
con material de fbrica.
En tales condiciones, cmo sera ms ventajoso aprovechar la pared vieja?
Solucin
Supongamos que se conservan x metros de pared y los dems 12-x se derriban
7x 8y = 56 112.
Si el producto es constante, la suma 7x * 8y tomar el menor valor cuando:
7x = 8y
de donde:
y = (7/8) x
Sustituyendo el valor de y en la ecuacin xy = 112, tendremos:
10. La parcela
Problema
Figura 26
En estas condiciones, cmo hubo que cercar la parcela rectangular para abarcar
la mayor superficie posible?
Solucin
Supongamos que la longitud de la parcela (segn la cerca) es igual a x, y el ancho
(es decir, la dimensin de la parcela en la direccin perpendicular a la cerca) equivale
a y (fig. 26).
En este caso, para cercar esta parcela fueron precisos x + 2y metros de cerca, de
forma que
x + 2 y = l.
El rea de la parcela ser S = xy = y(l - 2 y), que alcanzar un valor mximo
simultneamente con el valor 2 y (l - 2 y) (doble del rea), producto de dos factores,
siendo l constante. Por eso, para conseguir la mayor rea de la parcela, debe tener
lugar la siguiente igualdad
y = l /4, x = l - 2 y
En otras palabras: x = 2 y, es decir, la longitud de la parcela debe ser el doble de
la anchura.
Problema
Hemos de doblar en forma de canaln una hoja de lmina rectangular (fig. 27).
Figura 27
Su seccin debe tener forma de trapecio issceles, lo que puede conseguirse por
diversos procedimientos, segn se indica en la fig. 28.
Figura 28
Figura 29
Solucin
Representemos por l la anchura de la hoja; por x, la de los costados doblados, y
por y la del fondo del canaln. Introduzcamos una medida ms, la incgnita z, cuyo
valor aparece con toda claridad en la fig. 30.
Figura 30
La tarea consiste en determinar cules han de ser los valores de x, y, z para que S
alcance la mayor magnitud admitiendo que la suma 2x + y (anchura de la hoja) es una
constante l.
Pasemos a las transformaciones:
(y + z) (y + z) (x + z) (3 x - 3 z).
La suma de estos factores ser:
y + z + y + z + x + z + 3 x - 3 z = 2 y + 4 x = 2l,
es decir, es invariable. Por eso, el producto de nuestros cuatro factores llega al
mximo cuando stos son iguales entre s, es decir:
y + z = x + z
x + z = 3 x - 3 z.
Por la primera ecuacin sabemos que:
y = x
y como.
y + 2 x = l
entonces
x = y = l / 3
De la segunda ecuacin, resulta
z = x /2 = l / 6
Como el cateto z es igual a la mitad de la hipotenusa x (fig. 30), el ngulo opuesto
a este cateto ser igual a 30, y el ngulo de inclinacin de los costados equivaldr a
90 + 30 =120.
En fin, el canaln alcanzar la mayor seccin cuando sus dobleces tengan la
Problema
Debemos construir la parte cnica de un embudo valindonos de un crculo de
hojalata. Para ello se corta un sector en dicho crculo y, con el resto, se construye el
cono (fig. 31).
Figura 31
Cuntos grados debe tener el arco del sector que se ha cortado para que el
embudo alcance la mayor capacidad posible?
Solucin
La longitud del arco de aquella parte que se aprovecha para el cono se representa
con la x (en unidades lineales). Por lo tanto, la generatriz ser el radio, R, del crculo
de hojalata, y la circunferencia de la base ser igual a x. El radio r, de la base del
cono, se determinar en la igualdad:
2 r = x,
de donde:
y con su cuadrado:
y como:
de donde:
Problema
A qu altura de la mesa debe hallarse la llama de una vela para que ilumine con
la mayor intensidad a una moneda colocada sobre dicha mesa?
Solucin
Puede parecer que para conseguir el objetivo propuesto deba colocarse la llama lo
ms baja posible. Esto es falso. En esas condiciones, los rayos de luz caen muy
oblicuos. Ms si se eleva la vela para que los rayos caigan ms verticales, el foco de
luz se aleja. Por eso, la iluminacin ms ventajosa es, sin duda, la que se realiza
desde una altura media.
Figura 32
Denominemos a esta altura con la letra x (fig. 32). La distancia BC, que media
entre la moneda B y la base C de la perpendicular que pasa por la llama A, la
designaremos con la letra a. Si la claridad de la llama es i, de acuerdo con las leyes de
la ptica, la luminosidad ser expresada as:
Esta expresin alcanza su mximo valor cuando sin variar la x, adquiera tambin
su mayor magnitud el cuadrado de aqulla:
Captulo 8. Progresiones
Problema
Entre cinco personas se repartieron cien medidas de trigo, de tal suerte que la
segunda recibi ms que la primera tanto como le correspondi a la tercera ms que a
la segunda, a la cuarta ms que a la tercera y a la quinta ms que a la cuarta. Adems,
las dos primeras obtuvieron siete veces menos que las tres restantes.
Cunto correspondi a cada una?
Solucin
Es evidente que las cantidades de trigo distribuidas entre los cinco participantes
en el reparto constituyen una progresin aritmtica creciente. Supongamos que el
primer miembro sea x, y la diferencia, y.
11 x = 2y.
Al resolver este sistema resultar
x = 1 2/3, y = 9 1/6
Por consiguiente, el trigo debe ser repartido en las siguientes proporciones:
Figura 34
Por esa razn, el propio autor sale airoso de esos problemas slo a costa de
2; 5; 8; 11; 14.
Para determinar la suma de los miembros completamos el diseo hasta formar el
rectngulo ABGE y obtendremos dos figuras iguales: ABDC y DGEC. La superficie
de cada una representa la suma de los miembros de nuestra progresin. De ah que la
doble suma de los miembros es igual a la superficie del rectngulo ABGE, es decir:
(AC+CE) * AB.
Pero AC + CE expresa la suma de los miembros 1 y 5 de la progresin; AB
representa el nmero de miembros de la progresin, por eso, el doble de la suma.
3. El riego de la huerta
Problema
En una huerta hay 30 caballones; cada uno de ellos tiene 16 m de largo y 2,5 m de
ancho.
Durante el riego, el hortelano lleva los cubos de agua desde el pozo situado a 14
metros del extremo de la huerta (fig. 35) y da la vuelta al caballn por el surco. El
agua que carga cada vez le sirve para regar un solo caballn.
Cul es la longitud del camino que recorre el hortelano para regar toda la huerta?
Figura 35
Solucin
Para regar el primer caballn, el hortelano ha de recorrer un camino igual a:
14 + 16 + 2,5 + 16 + 2,5 + 14 = 65 m.
Para regar el segundo recorre:
Problema
Para 31 gallinas se ha preparado una cantidad de reservas de comida a base de un
decalitro semanal para cada una. Esto se haca en el supuesto de que el nmero de
gallinas permaneciera invariable. Pero, debido a que cada semana disminua en una el
nmero de aves, la comida preparada dur el doble tiempo del proyectado.
Qu cantidad de comida prepararon como reserva y para cunto tiempo fue
calculada?
Solucin
Supongamos que la reserva fue de x decalitros de comida para y semanas. Como
el alimento se calcul para 31 gallinas a razn de 1 decalitro por cabeza a la semana,
resulta que:
x = 31 y
En la primera semana fueron consumidos el 31 Dl; en la segunda, 30; en la
tercera, 29, y as sucesivamente hasta la ltima semana del doble de plazo, cuando se
consumi:
(31- 2y + 1) Dl.
La reserva, por consiguiente, sera de:
31 = 63 - 2y
y = 16
de donde:
x = 31y = 496.
Fueron preparados 496 Dl de comida para 16 semanas.
5. Brigada de cavadores
Problema
Un grupo de alumnos de la secundaria se hizo cargo de construir una zanja en la
huerta de la escuela y para eso formaron una brigada. Si hubiera trabajado toda la
brigada, la zanja habra sido cavada en 24 horas.
Mas el trabajo fue comenzado por un solo miembro de la brigada. Poco despus
se le uni otro y ms tarde un tercero, al cabo del mismo tiempo se incorpor un
cuarto, y as sucesivamente, hasta el ltimo. Cuando se hizo el balance del trabajo
efectuado, result que el primero haba invertido en el trabajo 11 veces ms de
tiempo que el ltimo.
Cunto trabaj el ltimo?
Solucin
Supongamos que el ltimo miembro de la brigada trabaj x horas; siendo as, el
primero habr trabajado 11x horas. Prosigamos. Si el nmero de miembros de la
brigada es y, el nmero global de horas de trabajo se determina corno la suma de y
miembros de una progresin decreciente, cuyo primer trmino es 11x, y el ltimo, x,
6xy = 24 y.
Como y no es igual a 0, la ecuacin puede ser simplificada por ese factor, despus
de lo cual obtendremos:
6 x = 24 y, por lo que x = 4.
Por lo tanto, el ltimo miembro de la brigada trabaj 4 horas.
Hemos contestado a la pregunta del problema, mas si quisiramos saber el
nmero de obreros con que cuenta la brigada no podramos determinarlo, aunque en
la ecuacin figuraba este ltimo con la y. Para resolver esta cuestin no se cuenta con
datos suficientes.
6. Las manzanas
Problema
Un hortelano vendi al primero de sus compradores la mitad de las manzanas de
su jardn ms media manzana; al segundo, la mitad de las restantes ms media; al
tercero, la mitad de cuantas quedaron ms media, etc. El sptimo comprador adquiri
la mitad de las manzanas que quedaban ms media, agotando con ello la mercanca.
Cuntas manzanas tena el jardinero?
Solucin
Si el nmero inicial de manzanas era x, el primer comprador adquiri:
el tercero:
el sptimo:
Tenemos la ecuacin:
x = 27 -1 = 127
El hortelano tena 127 manzanas.
Problema
por el segundo,
Solucin
Por los 24 clavos hubo de pagar:
+ + 1 + 2 + 22 + 23 + + 221 kopeks
cuya suma ser igual a:
Solucin
Planteamos la ecuacin
65.535 = 1 + 2 + 22 + 23 + + 2x1
de donde obtendremos:
Si ab = c
la bsqueda de a ser una de las operaciones inversas: la extraccin de raz. Para
hallar la b se recurre a la otra: la logaritmacin. Supongo que el lector conoce las
nociones de logaritmos correspondientes a un curso escolar.
Los logaritmos fueron descubiertos para acelerar y simplificar el clculo. Neper,
inventor de las primeras tablas de logaritmos, refiere as el propsito que le animaba:
En la medida de mis capacidades, me propona evitar las difciles y aburridas
operaciones de clculo, cuyo fastidio constituye una pesadilla para muchos que se
dedican al estudio de las matemticas.
En efecto, los logaritmos facilitan y aceleran en grado sumo los clculos, sin
hablar ya de que permiten realizar operaciones que seran en extremo complejas si no
los aplicramos (extraccin de races de cualquier ndice).
Laplace escribi con todo fundamento que con la reduccin del trabajo de varios
meses de clculo a unos pocos das, el invento de los logaritmos parece haber
duplicado la vida de los astrnomos.
El famoso matemtico se refera a los astrnomos por cuanto se ven obligados a
hacer clculos agotadores y de singular complejidad. Mas sus palabras pueden ser
aplicadas con pleno derecho a todos aquellos que operan con nmeros.
A nosotros, acostumbrados al empleo de logaritmos y al alivio que proporcionan,
nos es difcil comprender el asombro y la admiracin que ocasion su aparicin.
Briggs, contemporneo de Neper, clebre ms tarde por su invencin de los
logaritmos decimales, escribi al recibir la obra de aqul:
Con sus nuevos y asombrosos logaritmos, Neper, me ha obligado a trabajar
intensamente con la cabeza y las manos. Confo verle este verano, pues jams he
ledo un libro que tanto me agradara y asombrara como ste
. Briggs realiz su deseo, dirigindose a Escocia para visitar al inventor de los
logaritmos. Cuando se encontraron, Briggs le dijo:
He emprendido este prolongado viaje con el fin exclusivo de verle a usted y
conocer con ayuda de qu ingenioso procedimiento y de qu arte se ha valido para
concebir ese admirable recurso para los astrnomos: los logaritmos. Y, por cierto,
que lo que ahora ms me asombra es que nadie los hallara antes; hasta tal punto
por lo tanto debe estar comprendido entre 19/64 y 19,99/64, es decir, entre 0,29 y
0,32.
Tal logaritmo para nmero entero no puede ser ms que uno: 0,30 o sea, el
logaritmo del nmero 2.
Usted podra desconcertar definitivamente al que le planteara el problema,
anticipndole el nmero que l se dispona a dictarle: el famoso nmero del ajedrez
Solucin
Para resolver este problema prctico de la esfera de la ganadera, adems de
recurrir al lgebra debe utilizarse la geometra. De acuerdo con las condiciones del
problema, las caloras buscadas (x) son proporcionales a la superficie externa (s) del
cuerpo del animal, es decir,
donde s, es la superficie externa del buey, que pesa 630 kg. La geometra ensea
que las superficies (s) de cuerpos semejantes son proporcionales al cuadrado de sus
medidas lineales (l), y los volmenes (y, por consiguiente, el peso) son
proporcionales al cubo de las medidas lineales. Por eso:
de donde:
De aqu vemos que los nmeros de teclas del plano constituyen logaritmos de la
cantidad de vibraciones de cada uno de los sonidos correspondientes. Podemos
incluso decir que el nmero de la octava forma la caracterstica, y el nmero del
sonido en la octava dada es la mantisa de este logaritmo.
Por ejemplo, en el tono sol de la tercera octava, es decir,
Problema
La causa de que las lmparas de gas (con frecuencia se les llama errneamente
de medio vatio) alumbren ms que las de vaco, aun teniendo filamento metlico
del mismo material, consiste en la diferente temperatura del filamento.
Segn una regla de fsica, la cantidad general de luz proyectada con la
incandescencia blanca aumenta en proporcin a la potencia de exponente 12 de la
temperatura absoluta. En consecuencia hagamos el siguiente clculo: determinar
cuntas veces una lmpara, de medio vatio, cuya temperatura de filamento es de
2.500 por la escala absoluta (a partir de 273) despide ms luz que otra de vaco,
cuyo filamento llega hasta 2.200 de temperatura.
Solucin
Representando con la x la relacin buscada, tenemos la siguiente ecuacin:
de donde:
Problema
Hagamos otro clculo: Cul ser la elevacin de temperatura absoluta (en tanto
por ciento) necesaria para duplicar la luminosidad de la lmpara?
Solucin
Planteemos la ecuacin:
de donde:
x = 6%
Problema
Veamos ahora en qu proporcin (en tanto por ciento) aumentar la luminosidad
de una lmpara si la temperatura absoluta de su filamento se eleva en el i%.
Solucin
Si resolvemos la ecuacin por medio de logaritmos, tendremos:
x = 1,0112,
de donde:
x = 1,13.
La luminosidad crece en el 13%.
Al calcular la elevacin de la temperatura en el 2% veremos que el aumento de la
x= 131.000
de acuerdo con el testamento. En el segundo siglo las 31.000 llegarn a
y = 31 0001,05100,
de donde, al aplicar los logaritmos resultar:
y = 4.076.500
suma que se diferencia muy poco de la sealada en el testamento.
Dejemos a juicio del lector la solucin del siguiente problema, que aparece en la
obra Los seores Golovliov, de Saltikov-Schedrn:
Porfiri Vladimirovich est en su despacho escribiendo
cantidades en hojas de papel. Trata de saber cunto dinero
tendra si los cien rublos que le regal su abuelo al nacer, en
lugar de ser gastados por su madre, hubieran sido
depositados en la caja de Ahorros. Sin embargo, el resultado
no es muy elevado: ochocientos rublos.
Si suponemos que Porfiri tiene a la sazn 50 aos y, admitiendo que hubiera
hecho bien el clculo (poco probable, pues sin duda alguna desconoca los
10/2,718 = 3,678
Mas, como no es posible dividir en 3,678 partes iguales hay que hacerlo por la
cifra entera ms prxima, por 4, y obtendremos el producto mayor los sumandos de
10, si stos son iguales a 10/4 es decir, 2,5.
Quiere decirse que:
(10/3)3 = 37
(10/5)5 = 32
Para conseguir el mximo producto de las partes iguales del nmero 20, ste debe
dividirse en 7 partes, puesto que
50/2,718 = 18,4,
100/2,718 = 36, 8.
El nmero e desempea un enorme papel en las matemticas, la fsica, la
astronoma y en otras ciencias. Veamos algunos casos en cuyo anlisis matemtico
hay que valerse de este nmero (la cantidad de casos se puede ampliar
indefinidamente):
1. la frmula baromtrica (la disminucin de la presin con la altura);
2. la frmula de Euler;
3. la ley del enfriamiento de los cuerpos;
4. la desintegracin radiactiva y la edad de la Tierra;
5. las oscilaciones libres del pndulo;
6. la frmula de Tsiolkovski para la velocidad del cohete;
7. los fenmenos oscilatorios en un circuito radiofnico;
8. el crecimiento de las clulas.
Problema
Como complemento a las comedias matemticas, que el lector tuvo ocasin de
conocer en el captulo V, presentamos un caso ms del mismo gnero: la
demostracin de la desigualdad 2 > 3. Esta vez interviene la logaritmacin. La
comedia empieza con la desigualdad
1 / 4 > 1 / 8
que es completamente cierta. Despus siguen las transformaciones
log10(1/2)
tenemos
2 > 3.
Dnde est el error de esta demostracin?
Solucin
El error reside que al simplificar por log10 (1/2), el signo > no fue sustituido por
<; entre tanto, era necesario hacerlo, por cuanto log10 es un nmero negativo. [Si no
se hubieran aplicado los logaritmos vulgares, sino otros menores que el log10 (1/2),
hubiera sido positivo, aunque entonces no habramos podido afirmar que a un nmero
mayor corresponde un logaritmo tambin mayor.]
Problema
Proponemos el siguiente problema: expresar cualquier nmero, entero y positivo,
mediante tres doses y signos matemticos.
Solucin
Mostremos en un ejemplo la solucin de este problema. Supongamos que el
nmero dado es el 3. En este caso el problema se resuelve as:
<<
pueden tenerse en cuenta no todas las jugadas con que puede replicar el adversario,
sino slo las ms serias (el jaque, la toma de alguna pieza, el ataque, la defensa,
etc.). En otros casos, cuando las jugadas del adversario sean muy peligrosas, puede
practicarse el clculo no slo de tres, sino de un nmero mayor de lances por
adelantado. Tambin es posible el empleo de otra escala distinta para los valores de
las piezas. Dependiendo de una u otra tctica cambia el estilo de juego de la
mquina. <<
sean demasiado gruesos, por cuanto la superficie, la interna y la externa del bote no
son semejantes, y la altura de su parte interna tiene cierta diferencia con la altura de la
propia caja. <<
anlogos a los efectuados ms arriba. Basta con resolver la cuestin de qu cifra debe
ser colocada delante del 6 para obtener un grupo de dos cifras que tenga la propiedad
sealada. Por eso, el nmero 7 109 376 puede ser conseguido agregando
sucesivamente cifras ante el 6. <<
nmero 3. Si el nmero N tuviera una cantidad impar de cifras, el ltimo grupo (el
extremo de la izquierda) tendra una sola cifra. Adems, los grupos como 03 tambin
deben ser considerados como de una sola cifra, cual si se tratara slo del guarismo 3.
<<
a). <<
Rusia durante la primera mitad del siglo XVIII no existe en absoluto un signo
especial para la operacin de la extraccin de races. <<