El progreso imparable. Soluciones.

Llegó el momento de dar las soluciones a los problemas que os planteé en esta otra entrada.

En el primero te proponían un intercambio. Yo te efectuaba diez mil pagos, siendo cada uno de ellos igual al anterior más 20 euros y, a cambio, tú me hacías doscientos pagos, siendo el primero de 1 euro y los demás un diez por ciento más que el anterior. Las dos secuencias de pagos serían:

Yo a tí: 10 €, 30 €, 50 €, 70 €, 90 €, ... , diez mil veces
Tú a mí: 1 €, 1.10 €, 1.21 €, 1.331 €, 1.4641 €, ... , doscientas veces

Para ayudarte a tomar una decisión, y que veas que no quiero aprovecharme de ti, voy a decirte lo que me tocaría pagarte. Si aplicas la fórmula de la anterior entrada:  \[Suma = \frac{{10 + 199990}}{2}10000 = 1000000000=10^9\]o sea mil millones de euros, sí has leído bien, mil millones. Por mi parte, tendrían que pasar 25 pagos, para que me hicieras un pago de 10 euros, que fue tu pago inicial. Ahora, por favor, vuelve a pensar si te interesa el trato.

Si lo has aceptado, tengo una mala noticia: has hecho un pésimo negocio. Si aplicas la formula que te permite sumar los doscientos primeros términos de una progresión geométrica de razón 1,1:$$S = \frac{{ {1.1^{200}\times 1.1}-{1} }}{{1.1 - 1}}\approx 18,99\times 10^{9}$$O sea aproximadamente 19 veces la cantidad que yo te había pagado.

En el siguiente problema proponía hacer una una pila de hojas de papel, empezando desde cero y añadiendo cada vez un taco adicional de cien hojas, repitiendo el proceso 64 veces. Tenemos una progresión aritmética de razón 100 y el número total de hojas sería: \[Suma = \frac{{100 + 64000}}{2}100 = 3205000\]Como el grosor de una hoja de papel viene a ser de una décima de milímetro la altura final sería de unos 320 m, que es el equivalente a un edificio de 90 plantas. En el segundo caso teníamos 64 hojas e íbamos dividiendo cada vez cada hoja el doble de veces que la vez anterior y apilando los trocitos de papel. Lo mejor de este problema es que, físicamente, es imposible hacerlo. Si hablamos de una hoja tamaño DIN A4, hacia la mitad del taco nuestros pedazos de hoja de papel tendrían el tamaño de un átomo de hidrógeno, y todos sabemos lo difícil que resulta partir un átomo de hidrógeno por la mitad, a menos que seas de Bilbao y tengas unas tijeras muy, pero que muy, afiladas. Aún en el supuesto de que hubiésemos podido seguir dividiendo las hojas, para colocar el último pedazo de la última hoja tendríamos que trasponer bastante más allá de los límites del Sistema solar, lo que te saldría, aún teniendo abono de transportes, por un pico.

El último problema era saber que había de verdad en leyenda del origen del juego del ajedrez. Para rellenar el tablero, el rey necesitaría 2⁶⁵ granos de arroz, que a un peso de 0,027 g por grano nos da una cantidad total de 9,92 x 10¹¹ toneladas de arroz. Como la producción mundial prevista de arroz para el año 2015 es de 474,6 millones de toneladas, se necesitarían 2082 años de cosechas para poder recompensar al sabio.


¿Cuáles son los errores que cometemos cuando se nos presenta un problema de este tipo? Si nos fijamos en el primer ejemplo, mal razonamos pensando que, si hemos necesitado 25 pagos para llegar a 10 €, necesitaremos otros 25 pasos para llegar a 20, cuando la realidad es que los siguientes 25 pasos nos van a llevar a 100 €, los siguientes 25 a 1000 €, y así sucesivamente. Pero además es que tenemos tendencia a olvidar los pagos intermedios. Efectivamente el pago número 25 ha sido de 10 €, pero la suma de los pagos del 1 al 24 ha sido de 100 €, y el pago número 50 de 100 €, pero la suma de los anteriores asciende a 1100 €.

En resumen la aparente lentitud inicial con la que crecen las progresiones geométricas nos enmascaran su comportamiento tan traicionero, lo que nos va a llevar indefectiblemente al desastre.

A estas alturas seguro que te estarás preguntando para que te va a servir saber todo esto en tu día a día.

El progreso imparable de burbujas, progresiones y otras historias

De acuerdo con la sociedad de tasaciones el incremento anual promedio del precio de la vivienda en España de 1996 a 2007 fue del 12%. Eso quiere decir que alguien que comprase una vivienda de 90 m² en 1996 por 90000 €, en el 2007 podría venderla por 250000 €, obteniendo unos beneficios de 160000 €. Con semejante rentabilidad no es de extrañar que la gente se volviera loca comprando y comprando vivienda, sin importarle el precio al fin y al cabo ¿quién le hace ascos a ganar, a ese ritmo, en cinco años unos 80000 €? Por si fuera poco ni siquiera es necesario hacer todo el desembolso: una entrada, cómodos plazos durante cinco años, se vende la casa y 80000 euracos de beneficio en menos de un pis pas. Con lo obtenido repito la jugada con dos pisos y ahora ya son 160000 €. ¿Soy o no soy un genio?.

Pues no chaval, no lo eres.

La gasolina de todas las burbujas económicas, ya sean tulipanes, las punto com o la vivienda, es la codicia y su motor es no saber distinguir entre una progresión aritmética y una geométrica.

En una progresión aritmética cada término es igual al anterior más una cantidad dada, denominada razón:$$a_{k+1} = a_k + r$$Así, por ejemplo, $$10, 30, 50, 70, 90, 110, ...$$es una progresión aritmética cuyo primer término es 10, y cuya razón es 20.

Calcular la suma de todos los términos de una progresión aritmética es sencillo. Basta fijarse que la suma del primero más el último es igual a la suma del segundo más el penúltimo:$$a_2 = a_1 + r\\a_{n} = a_{n-1} + r$$Restando a miembro a miembro$$a_2 - a_{n}= a_1 - a_{n-1}$$y reordenando:$$a_1 + a_{n}= a_2 + a_{n-1}$$De manera que la suma de n términos de una progresión aritmética es:\[S = \frac{{{a_1} + {a_n}}}{2}n\]Por ejemplo, la suma de los diez mil primeros términos de la progresión anterior es:\[Suma = \frac{{10 + 9999 \times 20 + 10}}{2}10000 = 1000000000=10^9\]
La progresión geométrica se le parece pero no es lo mismo. En una progresión geométrica cada término es igual al anterior multiplicada por una cantidad dada, también denominada razón:$$a_{k+1} = r \times a_k$$Así, por ejemplo, $$1; 1.1; 1.21; 1.331; 1.4641; 1.61051; ...$$es una progresión aritmética cuyo primer término es 1, y cuya razón es 1.1.

Calcular la suma de todos los términos de una progresión geométrica también es sencillo. Basta escribir\[\begin{array}{l} S = {a_1} + {a_2} + ... + {a_n}\\ r\;S = r\;{a_1} + r\;{a_2} + ... + r\;{a_n} \end{array}\]restar miembro a miembro, tener en cuenta la definición de progresión geométrica:\[\left({1 - r} \right)S = {a_1} - r\;{a_n}\]y despejar:$$S = \frac{{{a_1} - r\;{a_n}}}{{1 - r}}$$
Ahora veamos algunos casos prácticos que nos permitan comparar las progresiones aritméticas y las geométricas. Comenzaremos con una pequeña apuesta. Por cada término de la progresión aritmética anterior, del uno al diez mil, te pago diez euros; y tú por cada término de la progresión geométrica del uno al doscientos, me pagas un euro. ¿Aceptas?

Hago una pila de hojas de papel, empezando desde cero y añadiendo cada vez un taco adicional de cien hojas. Si repito el proceso 64 veces, ¿cuál será la altura final de la pila de hojas?

Cojo una hoja de papel, la divido en dos mitades y las pongo encima de la primera. A continuación cojo otra hoja de papel, la divido en cuatro partes y las pongo encima de las anteriores. Si repito el proceso 64 veces, dividiendo cada vez la hoja el doble de veces que la vez anterior ¿cuál será la altura final de la pila de hojas?.

Antes de ver las soluciones de estos enigmas no está de más recordar que la hijoputez de las progresiones geométricas es conocida desde antiguo. Todos conocemos la historia del rey que quiso recompensar al inventor del ajedrez por aliviarle de sus largas horas de tedio con oro y joyas y que el sabio rechazó y tan solo pidió que en el primer cuadrado de un tablero de ajedrez pusiese un grano de arroz, el segundo dos, en tercero cuatro, doblando la cantidad en cada cuadrado hasta completar todo el tablero. Los cortesanos y el sultán celebraron con alborozo la petición del sabio, hasta que comprobaron con horror que no había arroz en todo el reino para satisfacer su demanda. La pregunta es que hay de verdad en la leyenda.

Las soluciones en la próxima entrada...

Del éxito, las matématicas divertidas, los huevos y otras mercedes (2)

Bruce Willis es un tipo que me cae francamente bien. No es que le conozca personalmente ni nada de eso, pero el ver como, a diferencia de otros actores y actrices, ha ido envejeciendo con dignidad y sin retoques, hace que le confiera un punto de dignidad que no le doy a otros. En una de sus películas, que la verdad no me gustan mucho, se enfrenta con un psicópata que va sembrando de bombas Nueva York facilitándole adivinanzas para desactivarlas. En una de éstas tiene que conseguir llenar una vasija con cuatro litros de agua utilizando una de tres y otra de cinco. Original, ¿verdad?. Pues no tanto, porque dicho problema nos lo plantea Pérez de Moya en un libro del que ya he hablado: Aritmética Práctica y Especulativa, en ¡¡1562!!.

El problema de cómo dividir 8 arrobas de vino, su solución y otro propuesto en la 1ªedición. (1562)

Nihil novum sub sole, que dirían los clásicos.

El libro está dividido en nueve partes:

1. Libro Primero: Trata de las cuatro especies o reglas generales de Aritmética, práctica por números enteros: conviene a saber: sumar, restar, multiplicar, partir¹.
2. Libro Segundo: Trata de números quebrados y de sus diferencias y operaciones.
3. Libro Tercero: Trata de la regla de tres y compañías y testamentos o partijas y finezas de oro y otras cosas tocantes al Arte que dicen menor.
4. Libro Cuarto: Trata algunas reglas de Geometría, práctica necesaria para el medir de las heredades.
5. Libro Quinto: Trata de la aritmética especulativa².
6. Libro Sexto: Trata de reglas para constar sin pluma y reducir unas monedas castellanas a otras.
7. Libro Séptimo:  En el que se pone un compendio de la regla de la cosa³ o arte mayor.
8. Libro Octavo:  Trata de algunos caracteres de cuentas, monedas y pesos antiguos, juntamente con unas reglas para sacar las fiestas que dicen móvibles.
9. Libro Nono: En el cual se pone un razonamiento en forma de diálogo; el argumento del cual es introducir a dos estudiantes, el uno que dice no haber necesidad de Aritmética, y tiene por opinión que no hay ninguno que sepa contar, teniendo buenos dineros. El otro alaba la Aritmética, y defiende lo contrario. En la plática de estos dos, se tocan y tratan algunos avisos agradables y necesarios.

Este último libro, conocido como los Diálogos de la Aritmética Práctica y Especulativa constituye no solo la primera colección de problemas de matemáticas recreativas que se publica un español⁴ si no que además es el primer intento de vulgarizar las matemáticas, de ponerlas al alcance del vulgo con un lenguaje claro y accesible. Pérez de Moya es el primer divulgador científico de este país, y visto lo visto, hasta podríamos decir el de mayor éxito; lo que por otra parte no deja de ser lamentable, que en casi quinientos años no hayamos sido capaces de tener una figura que pueda comparársele.

En fin, volviendo a lo que iba. Como todos habréis visto la película, estoy seguro que ya sabéis la solución así que os pongo otro que también figura en el mismo libro:

¿Cómo dividir diez arrobas de vino en dos partes iguales usando dos medidas de 3 y 7 arrobas respectivamente?

Lo he resuelto en nueve movimientos. ¿Alguien es capaz de hacerlo en menos?

Solución del problema anterior:

Por si a alguien se le ha olvidado, aquí tiene el enunciado del problema propuesto en un post anterior. Del mismo se deduce que al dividir el número de huevos (con perdón) entre 2, 3, 4, 5 y 6 el resto ha de ser 1 y que el número de huevos es 7. Como al dividir el número de huevos entre el mínimo común múltiplo de 2, 3, 4, 5 y 6 también el resto tiene que ser uno, de la primera condición se sigue que:$$n = 60 x + 1$$ mientras que de la segunda:$$n = 7 y$$De donde:$$60 x + 1 = 7 y$$ siendo x, y números enteros y, además por la naturaleza de nuestro problema, mayores que cero.

Este tipo de ecuaciones cuyas soluciones son números enteros, se conocen como ecuaciones diofánticas y reciben su nombre de Diofanto de Alejandría. No sabemos exactamente cuando nació, pero gracias a su epitafio sabemos que:

Transeúnte, esta es la tumba de Diofanto: los números pueden mostrar, ¡oh maravilla! la duración de su vida. Su niñez ocupó la sexta parte de su vida; después, durante la doceava parte, de vello se cubrieron sus mejillas. Pasó aún una séptima parte de su vida antes de tomar esposa y, cinco años después, tuvo un precioso niño que, una vez alcanzada la mitad de la edad de su padre, pereció de una muerte desgraciada. Su padre tuvo que sobrevivirle, llorándole, durante cuatro años. De todo esto se deduce su edad.⁵

Genio y figura hasta la sepultura, que se dice en mi pueblo.

Para tranquilidad del personal no voy a entrar en detalles de como se resuelve la ecuación, quien tenga interés en como hacerlo tiene aquí y aquí dos buenos lugares donde aprender, y tan solo diré que en la cesta tiene que haber⁶: $$n = 301+ 420 λ$$ siendo λ un número entero. La primera solución es:$$n = 301$$ si bien, nuestra mujer también podría haber llevado 721 huevos, 1141 huevos ... (Manda huevos la cosa)

Pero podemos extraer una segunda y aún más valiosa lección. En su libro la respuesta que da es 721. La obtiene multiplicando 2 por 3 por 4 por 5 por 6 y sumándole uno, de suerte que el número resultante es  divisible entre 7. Aunque también acepta como buena la solución que he dado, si bien no indica como hallarla, y la solución es correcta, no lo es el procedimiento, porque fallaría en un enunciado del tipo:

El número de huevos al dividirlo entre 2 y entre 3 da uno, pero al dividirlo entre 5 el resto es cero .

Nada más lejos de mi intención que el criticar o cuestionar por esta nimiedad a Pérez de Moya, pero creo que de aquí podemos extraer una valiosa lección que enseñar a nuestros alumnos. Queremos hacerles creer no solo en la infalibilidad de las matemáticas, si no también en la de los matemáticos. Nada más lejos de la realidad. Los matemáticos, todos, también cometen errores. Los errores no nos conducen al fracaso, no son más que otro escalón en la escalera que nos lleva de la ignorancia al conocimiento.



¹ Dividir.
² Teórica.
³ Ecuaciones.
⁴ Hay una más que magnífica edición prologada y anotada por Rafael Rodríguez Vidal, publicada por la Universidad de Zaragoza en 1987, que es imprescindible para entender y apreciar los problemas que allí se cuentan. Aquí tenéis dónde os la podéis descargar: Diálogos de aritmética práctica y especulativa.
⁵ Gracias a Santa Wikipedia.
⁶ Solo consideramos las soluciones positivas.