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La leyenda del origen del ajedrez y varios juegos de ingenio

Se desconoce cuál es el origen del ajedrez. Sabemos que fue introducido en Europa por los árabes, que lo habían aprendido de los persas, pero a ellos les pudo llegar tanto de la India, como de China. Su origen, tan remoto en el tiempo, ha propiciado que existan muchas leyendas, una de ellas relacionada con las matemáticas. En esta, se atribuye su invención al brahmán hindú Sissa ben Dahir, que presentó el juego al rey Shirham de la India.

Al hilo de esta leyenda, Raul Ibáñez nos propone varios retos de ingenio:

Problema 1: Dado un tablero de ajedrez, 8 x 8, del que eliminamos dos casillas opuestas de las esquinas (por ejemplo, pongamos en ellas dos peones), ¿es posible recubrir este tablero con fichas de dominó (suponiendo que estas fichas tienen el tamaño de dos casillas)?

(Nota: Este problema es de los que no tiene solución, pero ¿por qué?)

 

Problema 2: Si se consideran ahora triominós, que son fichas con tres casillas, pero en forma de L. No puede rellenarse el tablero 8 x 8 con estas fichas, puesto que 64 no es divisible por 3. Sin embargo, si eliminamos una casilla del tablero (por ejemplo, poniendo un peón), ¿será posible recubrir este tablero? (Nota: este problema se puede pensar con tableros de otros tamaños, m, donde m2 – 1 sea divisible por 3)

 

Problema 3 (el recorrido del caballo): Utilizando la pieza del caballo, con su particular movimiento en el ajedrez, realizar un recorrido por todas las casillas del tablero, sin repetir casilla. (Nota: se puede proponer el problema para tableros rectangulares de diferentes tamaños)

 

Problema 4 (las ocho reinas en el tablero de ajedrez): Colocar ocho reinas en el tablero de ajedrez de manera que ninguna de las reinas se vea amenazada por las otras siete. (Nota: se puede hacer con tableros de lado n, con n reinas, para n más pequeños, e incluso más grandes. Yo empezaría por n = 2*, 3*, 4, 5…)

 

Mateadictos: el número 45

 

El número 45 tiene algunas propiedades curiosas. Entre otras, puede dividirse en cuatro partes, de tal manera que, si se añade 2 a la primera, se resta dos a la segunda, se multiplica la tercera por 2 o se divide la cuarta por 2, se obtiene siempre el mismo resultado. ¿Cuáles son esas cuatro partes en las que se divide el número 45 de esta forma?

 

Solución:

8 + 12 + 5 + 20 = 45, ya que 8 + 2 = 12 – 2 = 2 x 5 = 20 / 2 = 10

 

 

Mateadictos: Suma de letras

Si cada una de las letras de la siguiente expresión aritmética, una suma, representa una cifra distinta del 0 al 9:

 

 

¿Cuáles son los valores de las letras A, B, C, D, E, F, G?

Solución:  Teniendo en cuenta que A, B y C son números distintos y que la suma da un número de cuatro cifras, se deduce fácilmente que 9 < A + B + C < 25. Como, además, los cuatro dígitos del resultado son distintos, resulta que A + B + C solo puede tomar el valor 19. Por lo tanto, el resultado de la suma es 2.109. Ahora buscamos A, B y C, distintos, que no valgan 0, 1, 2 y 9, y tales que A + B + C = 19.

Es decir,
A = 8, B = 7, C = 4,
o
A = 8, B = 6, C = 5)

 

 

 

 

Mateadictos: orden en la sala

Si ordenamos los números del 1 al 20 de la siguiente forma: 14, 5, 4, 19, 18, 16, 17, 10, 12, 2, 9, 8, 11, 15, 6, 7, 13, 3, 1 y 20. ¿Cuál es el orden que he seguido?

Solución: Los números están ordenados por orden alfabético de sus nombres en español… catorce, cinco, cuatro, diecinueve, dieciocho, dieciséis, diecisiete, diez, doce, etcétera

Mateadictos: El torneo de pelota

En un torneo de pelota mano celebrado este fin de semana en Bilbao cada jugador que perdía un partido quedaba eliminado, además cada partido debía de jugarse con una pelota nueva. Si participaron 123 personas en el torneo, ¿cuántas pelotas se utilizaron?

 

Solución: Al finalizar el torneo solo hay una persona ganadora del mismo, luego 122 quedaron eliminadas, y ese es el número de pelotas utilizadas

Mateadictos: el reto matemático

En el último programa pusimos un problema matemático y 32 personas enviaron soluciones al mismo. Todas las respuestas que se enviaron desde Durango eran correctas y su número era exactamente el 5% del total de respuestas correctas. ¿Cuántas personas contestaron correctamente al problema matemático? ¿Cuántas eran de Durango?

Solución:

Llamemos y al número de respuestas correctas del total de las 32 que se recibieron. Sabemos que el 5% eran las de Durango. Como el 5% de y es (5 × y / 100 = y / 20), tenemos que 20 debe dividir al número y, pero como y es menor o igual que 32, la única opción es que y sea 20, que son el número de respuestas correctas. Y el 5% son las de Durango, luego solo una persona era de Durango

 

Mateadictos: 3 problemas para activar el cerebro

En el programa de hoy, Raul Ibáñez nos propone descubrir tres problemas de tres libros que recopilan problemas de ingenio o matemáticos.

1.  El lobo, la cabra y la col, de Vicente Meavilla, publicado por la editorial Almuzara en 2011.

Un hombre que iba por un camino vio a otros hombres que iban hacia él y les dijo: “Si fueseis otros tantos como sois y se añadiese la mitad de la mitad de estos y después se añadiese la mitad de este número, entonces conmigo seríamos 100”. ¿Cuántos hombres vio el caminante?

Este es el típico problema, que nos podrían haber puesto en el instituto, para resolver mediante una ecuación algebraica.

Es sencillo. Llamamos x al número de hombres que se encontró el paseante en el camino, y veamos lo que nos dice el problema sobre esa cantidad. Dice así… “si fueseis otros tantos como sois” (es decir, x + x, luego 2x), “y se añadiese la mitad de la mitad de estos” (luego se le suma a lo anterior la cantidad (2x) / 4) y “después se añadiese la mitad de este número” (lo que significa sumar ahora, (2x) / 8), entonces, concluye, “conmigo seríamos 100”, lo que nos queda la ecuación: 2x + (2x) / 4 + (2x) / 8 + 1 = 100. Y con un poco de álgebra nos da el resultado x = 36.

Las ecuaciones algebraicas nos permiten transformar la información del problema que deseamos resolver, y que es un problema concreto, con sus propias particularidades, en una ecuación algebraica, que es una expresión abstracta, pero general, que se resolverá siempre de la misma forma, independientemente del problema, con técnicas matemáticas.

Pero una de las características de la resolución de problemas, es que lo principal es que hay que resolverlos, independientemente del método que se utilice, y que hay que estar abierto a las formas que se nos puedan ocurrir, fruto de nuestro análisis personal, o las características de ese problema concreto. Por ejemplo, Vicente Meavilla plantea una resolución geométrica, o gráfica, del problema.

Representamos la cantidad de hombres que vio el paseante mediante un cuadrado, le añadimos otro cuadrado, ahora la mitad de la mitad de dos cuadrados, es decir, medio cuadrado, y finalmente, la mitad de lo anterior, es decir, la cuarta parte del cuadrado. Ahora dividimos todas las figuras en los cuadraditos que son un cuarto del cuadrado original, y en total son 11 cuadraditos.

 

 

 

 

 

 

 

Como la suma de todo es uno menos que 100, es decir, 99, cada cuadradito representa 9 hombres. Luego el cuadrado original representa 9 x 4 = 36 hombres.

2. Círculos matemáticos, de los rusos Dmitri Fomin, Sergey Genkin y Illia Itenberg, publicado por la editorial SM y la Real Sociedad Matemática Española, dentro de la colección biblioteca de estímulos matemáticos, en 2012. 

Un grillo salta a lo largo de una línea. Su primer salto es de 1 centímetro, su segundo salto de 2 centímetros, etc. Cada salto puede llevarle a un punto de la línea situado a su derecha o a su izquierda. Prueba que, después de 1985 saltos, el grillo no puede acabar en el mismo lugar en el que empezó.

Vamos a considerar que el sentido de los saltos hacia la derecha es el positivo (suma) y hacia la izquierda es el negativo (resta), así si salta los dos primeros saltos hacia la derecha estará a 3 cm (1 + 2) de su origen y si salta el siguiente, 3 cm, hacia la izquierda volverá a su situación original (1 + 2 – 3 = 0).

Lo que acabamos de contar nos da una idea de cómo abordar el problema. Si siempre saltara hacia la derecha acabaría a tantos centímetros del origen como la suma de todos los números desde 1 hasta 1985, es decir, 1 + 2 + 3 + … + 1984 + 1985, que obviamente no es cero, de hecho, es igual a 1985 x 1986 / 2 = 1.971.105, por la conocida fórmula de la suma de los n primeros números, n x (n + 1) / 2. (si os molesta este número tan grande, pensad en que da saltos hasta llegar a 10, en lugar de 1985, y ahora la suma de los 10 primeros números es 55).

Pero esto que hemos comentado es así, si siempre salta a la derecha, pero nos preguntamos cómo calcular cualquier otra serie de saltos. La verdad es que buscamos la suma o resta de todos los números entre 1 y 1985, es decir, la misma suma que antes, pero en algunas posiciones habrá un + (más) y en otras un – (menos), y debemos saber si el resultado puede ser cero (volver a la posición inicial). La respuesta va a ser negativa, por un motivo de paridad, como veremos.

Tomemos de nuevo la suma 1 + 2 + 3 + … + 1984 + 1985 = 1.971.105, que es un número impar. Si cambiamos uno solo de los signos más (+) por un menos (–), el resultado será el anterior –que es impar– al que le restamos dos veces el número del salto, es decir, el número detrás del signo menos, (una vez para quitarlo de la suma que habíamos hecho, ya que ahora no se suma y otra para restarlo). Es decir, le restamos un número par, por lo que queda de nuevo un número impar. Por ejemplo, si solo salta a la izquierda en el último salto, el resultado será el anterior menos dos veces 1985, luego 1.971.105 – (2 x 1985) = 1.967.135, que es impar.

Es decir, el resultado de sumar y restar, en cualquier orden, todos los números entre 1 y 1985, que representa cualquier forma de saltar del grillo, es siempre un número impar, luego no puede ser cero, y se concluye que nunca llegará al origen. 

 

3. ¡Ajá! Soluciones (Soluciones ingeniosas para 100 problemas en apariencia difíciles), de Martin Erickson, publicado dentro de la Biblioteca de Estímulos Matemáticos, por la editorial SM, junto a la Real Sociedad Matemática Española y la Mathematical Association of America, en 2009.

Un granjero desea vallar un campo rectangular usando 300 metros de valla. Un lado del campo no necesita valla ya que está situado a lo largo de un muro ya existente. ¿Cuáles son las dimensiones del campo que dan la mayor área posible y cuánto vale esta?

Tenemos un campo rectangular, llamamos x a la longitud del lado de la valla paralelo al muro y llamamos y a los dos lados laterales del rectángulo. Sabemos entonces que la valla tiene una longitud de x + 2y = 300 metros. Y queremos saber cuánto valen x e y para que el área del rectángulo, que es x × y, sea máxima.

Existen, al menos, dos formas de resolverlo. Una más matemática, con derivadas, y otra geométrica. Brevemente, para quienes se acuerden de las derivadas, veamos cómo se haría.

Como sabemos que x + 2y = 300, entonces podemos expresar x en función de y, como x = 300 – 2y. Ahora la función que queremos maximizar es el área, es decir, A (x, y) = x × y, pero como podemos expresar x en función de y, tenemos que el área es A(y) = (300 – 2y) × y. Buscamos el lado y para el cual el área es máxima. Por teoría de derivadas, la derivada de esa función es cero para ese valor maximal de y, luego como la derivada de A vale A’(y) = 300 – 4 y, esta se anula, 300 – 4 y = 0, para el valor y = 75. La solución es por lo tanto que las medidas del campo son de y = 75, x = 300 – 2y = 150, y el área x × y = 11.250 m3.

Esto puede ser un ejemplo sencillo de para qué sirven las derivadas, para resolver problemas de optimización (otro ejemplo que podríamos mostrar es el motivo de las medidas de las latas de refresco, mínima superficie, máximo volumen).

Pero vayamos a la solución geométrica. Es posible que las personas que nos están escuchando sepan que “de todos los rectángulos con un perímetro igual, aquel que cubre una mayor superficie es el cuadrado”. Si lo saben, entonces estamos en condiciones de resolver el problema de una forma sencilla. Si no lo saben … un pequeño razonamiento intuitivo. Si hacemos un rectángulo con una cuerda cerrada o una goma, nos daremos cuenta de que, si vamos disminuyendo la longitud de los lados laterales, los verticales, del rectángulo, el área va disminuyendo, se va acercando a cero, y si fuésemos en el sentido contrario, ampliando la longitud de los lados laterales y disminuyendo los lados frontales, los horizontales, también el área acaba acercándose a cero. Luego, el área de esta familia de rectángulos realizados con la misma cuerda cerrada (es decir, el mismo perímetro), es cero en los dos extremos, luego la mayor área está en el medio de la familia, que es cuando los lados laterales y frontales son iguales, el cuadrado (podéis hacer este pequeño experimento en casa).

Veamos ahora la resolución del problema. Pintemos el rectángulo, con longitud del lado de la valla paralelo al muro e y la longitud de los dos lados laterales.

Podemos convertir nuestro problema en el problema que acabamos de mencionar por simetría. Tomamos la imagen especular del rectángulo respecto al muro, es decir, un nuevo campo al otro lado del muro, con las mismas dimensiones.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Este es ahora un rectángulo de lados x y 2y, que sabemos que tendrá área máxima para el cuadrado, luego x = 2y, y además sabemos x + 2y = 300, es decir, y = 300 / 4 = 75, como ya habíamos visto.

 

 

Mateadictos: la suma

 

Dados los siete números primos 5, 7, 11, 13, 17, 19 y 23, colocarlos en los siete círculos (tres arriba y abajo y uno en el medio), de forma que la suma de cada fila y cada diagonal es el mismo número primo.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Solución:

 

Mateadictos: La multiplicación

Consideremos la siguiente multiplicación, 159 x 48 = 7632, que tiene una cierta peculiaridad … están implicados nueve dígitos en la multiplicación y todos son distintos, están todas las cifras del 1 al 9. El problema de hoy consiste en buscar otros ejemplos de esta peculiaridad.

 

Solución:
Algunas multiplicaciones con esta peculiaridad serían las siguientes 39 x 186 = 7254, 18 x 297 = 5346, 28 x 157 = 4396, 42 x 138 = 5796, 12 x 483 = 5796, 48 x 159 = 7632, 4 x 1738 = 6952, 27 x 198 = 5346, 4 x 1963 = 7852)