Reseña

Los Gatos del Hechicero es una selección tomada del libro Amusements in Mathematics, quizás su obra de más largo aliento (una primera parte fue publicada con el número 8 en esta misma colección, con el título de El Acertijo del Mandarín, y el resto será publicado próximamente). Fue el propio Dudeney quien recopiló el material de Amusements in Mathematics en forma de libro, dedicándose de tal modo a la tarea que llegó inclusive a corregir las pruebas de imprenta. El resultado fue una obra notablemente libre de errores. Hoy, a más de ochenta años de su aparición, sólo se han podido mejorar sus resultados en muy contados casos.

Dudeney murió el 24 de abril de 1930. Estuvo casado con una prolífica autora de novelas románticas, Alice Dudeney, muy conocida en su época, con la que tuvo una hija.

Índice

Henry Ernest Dudeney

Nota

Prefacio

I. Problemas aritméticos y algebraicos

II. Problemas geométricos

III. Problemas con fichas móviles

IV. Problemas de recorrido

V. Problemas de combinación y agrupamiento

VI. Problemas ajedrecísticos

VII. Acertijos de medida, peso y empaquetado

VIII. Problemas de cruce del río

IX. Problemas con juegos

X. Juegos con acertijos

XI. Problemas varios

Henry Ernest Dudeney

Henry Ernest Dudeney nació en la villa de Mayfield, al sur de Inglaterra, el 10 de abril de 1857. Junto al norteamericano Sam Loyd (1841-1911) son los más notables inventores de problemas de ingenio de todos los tiempos. Ambos desarrollaron su obra publicando en diversas revistas a lo largo de muchos años. En una evaluación de estos dos genios del ingenio, Martin Gardner escribió:

“Loyd fue un chispeante y prolífico creador de acertijos, pero cuando se trata de problemas de naturaleza matemática, Dudeney lo supera claramente”.

Durante veinte años Dudeney escribió e ilustró una página de entretenimientos ―‘Perplexities’― para la popular revista mensual inglesa The Strand Magazine, la misma que por entonces publicaba las aventuras de Sherlock Holmes.

A la vez que inventa una cantidad descomunal de nuevos problemas, Dudeney se destaca en la resolución de persistentes enigmas. Algunas cuestiones que venían resistiendo los métodos de expertos matemáticos son finalmente dilucidadas por él. La habilidad matemática la adquirió Dudeney por su propia cuenta, acaso por no haber asistido jamás a una escuela.

Los Gatos del Hechicero es una selección tomada del libro Amusements in Mathematics, quizás su obra de más largo aliento (una primera parte fue publicada con el número 8 en esta misma colección, con el título de El Acertijo del Mandarín, y el resto será publicado próximamente). Fue el propio Dudeney quien recopiló el material de Amusements in Mathematics en forma de libro, dedicándose de tal modo a la tarea que llegó inclusive a corregir las pruebas de imprenta. El resultado fue una obra notablemente libre de errores. Hoy, a más de ochenta años de su aparición, sólo se han podido mejorar sus resultados en muy contados casos.

Dudeney murió el 24 de abril de 1930. Estuvo casado con una prolífica autora de novelas románticas, Alice Dudeney, muy conocida en su época, con la que tuvo una hija.

Nota

Henry Ernest Dudeney vivió gran parte de su vida bajo el reinado de Victoria, y el clima de la Inglaterra victoriana impregna todos sus acertijos. Hemos intentado conservarlo, no sólo en las ilustraciones (muchas de ellas hechas por el propio Dudeney), sino también en los detalles de la vida diaria. Así, el lector se encontrará con que los precios están en peniques, las longitudes en pulgadas o las superficies en acres. Esto de ninguna manera afecta ni la comprensión ni la solución del problema: si se prefiere, se puede reemplazar mentalmente libras por pesos o pesetas, galones por litros o yardas por metros. El resultado numérico será siempre el mismo; únicamente habrán cambiado los nombres de las unidades. Sólo en un par de casos, cuando el acertijo apelaba a la intuición o al sentido de las proporciones del lector, se ha realizado la transformación a unidades métricas.

Como se dijo en la página anterior, el presente libro forma parte de la obra Amusements in Mathematics, del que ya se publicó una primera parte. Para hacer el libro lo más autosuficiente posible, se decidió incluir el prefacio y el encabezamiento de algunas secciones, donde Dudeney hace una introducción a los acertijos que siguen a continuación. Esta escasa media docena de páginas ya apareció en El Acertijo del Mandarín; rogamos a los lectores que lo hayan leído que disculpen la repetición.

D. U.

Prefacio

Al publicar este volumen de mis acertijos matemáticos, algunos ya aparecidos en publicaciones periódicas y otros editados aquí por vez primera, debo agradecer el aliento que me han brindado muchos desconocidos de mi patria y del extranjero, quienes han manifestado en sus cartas el deseo de tener una compilación de estos problemas, con algunas soluciones explicadas con mayor detalle del que permiten las revistas y los periódicos. Aunque incluyo algunos acertijos que han cautivado al mundo durante generaciones, y sobre los cuales creí poder aportar algo nuevo, la mayoría de ellos son originales. Lo cierto es que algunos han gozado de gran difusión gracias a la prensa, y es posible que el lector se alegre de conocer la fuente.

En cuanto a los acertijos matemáticos en general, poco me queda por decir que ya no haya escrito en otras partes. La historia del tema se relaciona estrechamente con la historia del comienzo y el desarrollo del pensamiento exacto en el hombre. El historiador debería comenzar por la primera ocasión en que el hombre logró contar sus diez dedos y dividir una manzana en dos partes aproximadamente iguales. Cada acertijo digno de consideración se puede remitir a la matemática y la lógica. Todo hombre, mujer y niño que procura “razonar” la respuesta al acertijo más simple está recurriendo, aunque no necesariamente a sabiendas, a la matemática. Aun los acertijos que sólo pueden abordarse mediante intentos fortuitos se pueden incluir en el método que han denominado “ensayo glorificado”, un sistema para ahorrar esfuerzos mediante la elusión o la eliminación de aquello que nuestra razón nos indica como infructuoso. A veces no es fácil aseverar dónde comienza y dónde termina lo “empírico”.

Cuando un hombre dice “jamás en mi vida he resuelto un acertijo”, cuesta saber a qué se refiere, pues cada individuo inteligente resuelve acertijos todos los días. Los infortunados internos de nuestros manicomios están allí precisamente porque no pueden resolver acertijos, porque han perdido la facultad de razonar. Si no hubiera acertijos que resolver, no habría preguntas que formular; y si no hubiera preguntas que formular, vaya mundo que tendríamos. Todos seríamos igualmente omniscientes, y la plática sería inútil y ociosa.

Algunos matemáticos excesivamente rigurosos, que en su ciencia favorita se impacientan con toda terminología que no sea la académica, y que se oponen a que las elusivas x e y aparezcan con cualquier otro nombre, desearían quizá que algunos problemas se presentaran con un ropaje menos popular y se introdujeran con menos desenfado. Sólo puedo remitirlos a la primera palabra de mi título y recordarles que aquí nos proponemos ante todo divertimos, aunque no, por cierto, sin la esperanza de recoger algunos conocimientos sobre la marcha. Si el estilo es ligero, sólo puedo repetir aquellas palabras de Touchstone: “un asunto aciago, pero mío; un capricho mío por el que pido excusas”.

En cuanto a las dificultades, algunos de los acertijos, especialmente en la sección Problemas aritméticos y algebraicos, son bastante fáciles. Pero aun los ejemplos que lucen más sencillos se deben abordar juiciosamente, pues una y otra vez el lector descubrirá escollos o trampas más o menos sutiles. Es buen ejercicio cultivar el hábito de ser muy cautos al leer un acertijo. Nos enseña precisión y cautela. Pero algunos problemas son huesos duros de roer, y no son indignos de la atención del matemático avezado. Los lectores sin duda seleccionarán de acuerdo con sus predilecciones.

En muchos casos sólo brindamos la respuesta. Esto deja al principiante algo que hacer por su cuenta al elaborar el método de solución, y ahorra espacio que se desperdiciaría desde la perspectiva del estudiante avanzado.

Por otra parte, en ciertos casos que considero de particular interés, presento soluciones extensas y trato los problemas de manera general. El lector comprobará que las notas sobre un problema a menudo sirven para elucidar muchos otros del libro, de manera que las dificultades se despejarán a medida que avance. Donde es posible decir algo de manera que lo entienda “el común de las gentes”, prefiero usar frases sencillas, y así ganarme la atención y el interés de un público más amplio. En tales casos, el matemático no tendrá dificultad para expresar el asunto de marras con sus familiares símbolos.

He leído las pruebas con muchísimo cuidado, confiando en que se hayan deslizado muy pocos errores. Si tal fuera el caso, sólo puedo alegar, en palabras de Horacio, que “el buen Homero a veces se adormila”, o, como dijo el obispo, “Ni siquiera el cura más joven de mi diócesis es infalible”.

Debo expresar mi particular agradecimiento a los propietarios de The Strand Magazine, Cassell’s Magazine, The Queen, Tid-Bits y The Weekly Dispatch por la cortesía de permitirme reeditar algunos de los acertijos que se han publicado en las páginas de esas revistas.

En el Club del Autor,

25 de marzo de 1917

Capítulo I

Problemas aritméticos y algebraicos

“¿Y qué era él? Por cierto, un gran aritmético.”

SHAKESPEARE, Otelo, I, i.

Contenido:

Acertijos con dinero

Acertijos de edad y parentesco

Acertijos con relojes

Acertijos de locomoción y velocidad

Acertijos digitales

Problemas aritméticos y algebraicos varios

Para comodidad del lector, dividimos en clases los acertijos de esta sección. Algunos son muy fáciles, otros sumamente dificultosos. Pero no están presentados en orden de dificultad. Esto es intencional, pues es conveniente que el lector ignore las características del acertijo. Por tanto, puede resultar tan fácil como parece, o puede contener algún contratiempo con el cual podemos tropezar por falta de cuidado o por exceso de confianza.

Además, los acertijos aritméticos y algebraicos no están separados según la modalidad adoptada por algunos autores, quienes arbitrariamente requieren que ciertos problemas se resuelvan mediante uno u otro método. El lector escoge y determina cuáles acertijos podrá resolver con recursos puramente matemáticos.

Acertijos con dinero

“No deposites confianza en tu dinero, mas deposita tu dinero a buen recaudo.”

OLIVER WENDELL HOLMES.

§ 1. Extraña coincidencia

Siete hombres, que se llamaban Adams, Baker, Cárter, Dobson, Edwards, Francis y Gudgeon, se habían embarcado recientemente en una partida de un juego cuyo nombre no tiene relevancia. Habían convenido en que cada vez que un jugador perdiera una partida duplicaría el dinero de cada uno de los demás jugadores, es decir, debía dar a los jugadores tanto dinero como ellos ya tenían en el bolsillo. Jugaron siete partidas y, por extraño que resulte, cada cual perdió una partida, en el orden en que se presentan sus nombres. Pero la coincidencia más curiosa es la siguiente: cuando terminaron de jugar cada uno de los siete tenía exactamente la misma cantidad -ciento veintiocho peniques- en el bolsillo. El acertijo consiste en averiguar cuánto dinero tenía consigo cada cual antes de sentarse a jugar.

Solución:

Los viejos libros suelen resolver los acertijos de esta clase mediante el tedioso proceso de “deducir retrospectivamente”. Pero he aquí una sencilla solución general: Si hay n jugadores, la cantidad que tenga cada jugador al final será m(2n), por lo que el último perdedor debía tener m(n + 1) al principio, el siguiente m(2n + 1), el siguiente m(4n + 1), el siguiente m(8n + 1) y así hasta llegar al primer jugador, que debía tener m(2n–1 n + 1).

Así, en este caso, n = 7, y la cantidad que tema cada jugador al final era de 128 peniques. Por tanto, m = 1, y G empezó con 8 peniques, F con 15, E con 29, D con 57, C con 113, B con 225, y A con 449.

§ 2. Una solicitud caritativa

Un hombre encomendó a sus albaceas que una vez por año distribuyeran exactamente 660 peniques entre los pobres de su parroquia, pero sólo debían continuar con la donación mientras pudieran hacerlo de modos diversos, siempre entregando 18 peniques a cada integrante de un determinado conjunto de mujeres y 30 peniques a cada integrante de un determinado conjunto de hombres. ¿Durante cuántos años se pudo realizar esta obra de caridad? Desde luego, por “modos diversos” se entiende una cantidad diferente de hombres y mujeres en cada oportunidad.

Solución:

Hay siete modos de distribuir el dinero: 5 mujeres y 19 hombres, 10 mujeres y 16 hombres, 15 mujeres y 13 hombres, 20 mujeres y 10 hombres, 25 mujeres y 7 hombres, 30 mujeres y 4 hombres, y 35 mujeres y 1 hombre. Pero el último caso no debe contarse, porque la condición era que hubiera “hombres”, en plural. En consecuencia, la respuesta es seis años.

§ 3. Las cenas de Noche Vieja

El propietario de un pequeño café londinense me ha dado unas cifras interesantes. Declara que las damas que acuden solas a ese sitio a consumir un refrigerio pagan un promedio de dieciocho peniques, que los hombres sin compañía gastan treinta peniques, y que cuando un caballero acude con una dama gasta 126 peniques. En Noche Vieja dio de cenar a veinticinco personas, y recibió un total de 1.200 peniques. Ahora bien, suponiendo que sus estimaciones hayan sido atinadas en cada caso, ¿cómo estaba compuesta su clientela en esa ocasión? Desde luego, hemos de suponer que sólo había presentes caballeros solos, damas solas y parejas (una dama y un caballero), pues no tenemos en cuenta los grupos más numerosos.

Solución:

Los comensales presentes en la ocasión sumaban siete parejas, diez hombres solos y una dama sola. Así, había veinticinco personas en total, y por los precios fijados pagaron 1.200 peniques en total.

§ 4. Carne y salchichas

—Una vecina mía ―dijo la tía Jane― compró cierta cantidad de carne a 24 peniques la libra, y la misma cantidad de salchichas a 18 peniques la libra. Le señalé que si hubiera dividido equitativamente el mismo dinero entre la carne y las salchichas habría ganado dos libras en el peso total. ¿Puedes decirme exactamente cuánto gastó?

—Por cierto, no es cosa mía ―respondió la señora Sunniborne―, pero una mujer que paga semejantes precios no debe tener mucha experiencia en economía doméstica.

—Estoy de acuerdo contigo, querida —replicó la tía Jane—, pero aquí no nos interesa ese problema, como tampoco el nombre ni la moral del comerciante.

Solución:

La dama compró 48 libras de carne a 24 peniques, y la misma cantidad de salchichas a 18 peniques, gastando así 2.016 peniques. Si hubiera comprado 42 libras de carne y 56 libras de salchichas, habría gastado 1.008 peniques en cada artículo, y habría obtenido 98 libras en vez de 96, ganando 2 libras de peso.

§ 5. Dando cambio

Todos conocemos las dificultades que a menudo se presentan con el cambio, y sabemos que a veces la asistencia de un tercero con algunas monedas en el bolsillo nos ayuda a resolver el problema. He aquí un ejemplo. Un inglés entró en una tienda de Nueva York y compró mercancías a un coste de treinta y cuatro céntimos de dólar. El único dinero que tenía era un dólar, una moneda de tres céntimos y una de dos céntimos. El comerciante tenía sólo medio dólar y un cuarto de dólar. Pero había otro cliente allí, y cuando le pidieron ayuda extrajo dos monedas de diez céntimos, una de cinco, una de dos y una de uno. ¿Cómo se las apañó el comerciante para dar cambio? Recordemos que un dólar contiene cien céntimos. Un acertijo de esta naturaleza no debería causar ninguna dificultad si se aborda de la manera adecuada.

Solución:

El modo de ayudar al comerciante americano es el siguiente. Nombrando las monedas por la cantidad de céntimos que representan, el comerciante pone sobre el mostrador 50 y 25; el comprador pone 100, 3 y 2; el extraño añade 10, 10, 5, 2 y 1. Ahora bien, considerando que el coste de la compra sumaba 34 céntimos, es claro que de todo el dinero que se ha juntado el comerciante debe recibir 109, el comprador 71 y el extraño 28 céntimos. Por ende, es obvio que la pieza de 100 debe ir al comerciante, y luego se sigue que la de 50 debe ir para el comprador, y la de 25 sólo puede ir para el extraño. Ahora bien, las dos monedas de 10 céntimos deben ser para el comprador, ya que el comerciante sólo requiere 9 céntimos y el extraño 3 céntimos. Entonces es manifiesto que el comprador debe tomar la de 1 céntimo, que el extraño debe tomar la de 3 céntimos y el comerciante las de 5, 2 y 2. Resumiendo, el comerciante lleva 100, 5, 2 y 2; el comprador, 50, 10, 10 y 1; el extraño, 25 y 3. Nótese que ninguna de las tres personas retiene ninguna de sus propias monedas.

§ 6. El tendero y los asistentes

Un tendero tenía dos asistentes que rivalizaban en rapidez para atender a los clientes. El joven de la tienda de comestibles podía pesar dos paquetes de azúcar de una libra por minuto, mientras que el joven de la tienda de paños podía cortar tres medidas de una yarda de tela en el mismo tiempo. El patrón, un día de poco movimiento, organizó una carrera. Dio al joven de los comestibles un barril de azúcar y le pidió que pesara cuarenta y ocho paquetes de azúcar de una libra, mientras el joven de las telas cortaba un rollo de cuarenta y ocho yardas de tela en piezas de una yarda. Hubo un lapso de nueve minutos en que los dos jóvenes fueron interrumpidos por los clientes al mismo tiempo, sólo que la interrupción al joven de las telas terminó siendo diecisiete veces más larga que al joven de los comestibles. ¿Cuál fue el resultado de la carrera?

Solución:

El joven de los comestibles fue demorado medio minuto y el joven de las telas ocho minutos y medio (diecisiete veces el tiempo del anterior), lo cual totaliza nueve minutos. El joven de los comestibles tardó veinticuatro minutos en pesar el azúcar y, contando ese medio minuto de demora, pasó 24 minutos y 30 segundos en la tarea; pero el joven de las telas sólo efectuó cuarenta y siete cortes para dividir el rollo de tela, que contenía cuarenta y ocho yardas, en piezas de una yarda. Esto le llevó 15 minutos y 40 segundos, y cuando sumamos los ocho minutos y medio de demora obtenemos 24 minutos y 10 segundos, con lo cual es evidente que el vendedor de telas ganó la carrera por veinte segundos. Muchos intentan resolverlo cometiendo el desliz de calcular cuarenta y ocho cortes para dividir el rollo en cuarenta y ocho piezas.

§ 7. Comprando higos

Aunque el siguiente acertijo trata sobre la compra de higos, nadie podrá decir que le importa dos higas, pues su rara solución es muy interesante. Aunque a primera vista parece disparatado, todo funciona si lo examinamos correctamente.

Un hombre fue a una tienda a comprar higos. Dijo que quería un penique de higos, y le dieron cinco higos.

—No es suficiente —señaló—. Falta un sexto.

—Pero si le doy un higo más —respondió el comerciante—, tendrá usted cinco de sobra.

Lo más raro es que ambos tenían razón. ¿Cuántos higos debería recibir el comprador por 30 peniques?

Solución:

Para la resolución de este acertijo nos interesa la interpretación exacta de las palabras utilizadas por el comprador y el vendedor. Presentaré la pregunta de nuevo, esta vez añadiendo unas palabras para aclarar más el asunto. Las palabras añadidas figuran en bastardilla.

Un hombre fue a una tienda a comprar higos. Dijo que quería un penique de higos, y le dieron cinco higos.

—No es suficiente —señaló—. Falta un sexto.

—Pero si le doy un higo más —respondió el comerciante—, tendrá usted cinco sextos de sobra.

Lo más raro es que ambos tenían razón. ¿Cuántos higos debería recibir el comprador por 30 peniques?

La respuesta es que por 30 peniques debería recibir 155 higos. Dividamos este número por 30 y descubriremos que el comprador tenía derecho a 5⅙ por cada penique. Por tanto, tenía razón al decir, cuando sólo recibió cinco, que aún le correspondía un sexto. Y el vendedor también tenía razón al decir que si le daba un higo más (es decir, seis en total), le estaría dando cinco sextos de higo de sobra.

§ 8. Ladrón de bicicletas

He aquí un pequeño intríngulis que siempre se presenta con diversos disfraces. Un ciclista compró una bicicleta por 15 libras y pagó con un cheque de 25 libras. El vendedor fue a una tienda vecina y logró cambiar el cheque. El ciclista, tras recibir el cambio de 10 libras, montó en la bicicleta y desapareció. Resultó ser que el cheque no tenía fondos, y el tendero vecino pidió al vendedor que le reintegrara la suma que le había dado. El vendedor tuvo que pedir prestadas las 25 libras a un amigo, pues el ciclista no había dejado su domicilio y se desconocía su paradero. Ahora bien, teniendo en cuenta que la bicicleta le había costado 11 libras al vendedor, ¿cuánto dinero perdió en total?

Solución:

Se dan muchas respuestas absurdas a esta pregunta, y sin embargo es muy sencilla si uno tiene en cuenta que el vendedor no puede haber perdido más de lo que el ciclista robó. Este se fue con una bicicleta que le costó al vendedor once libras, y el “cambio” de diez libras, por lo que obtuvo veintiún libras a cambio de un papel inservible. Este es el monto exacto de la pérdida del vendedor, y las demás operaciones (cambiar el cheque, pedir un préstamo a un amigo) no afectan en absoluto la cuestión. La pérdida de una posible ganancia sobre la venta de la bicicleta no representa un desembolso de dinero.

Acertijos de edad y parentesco

“Setenta son los años que vivimos.”

Salmos, XC. 10

Durante siglos uno de los métodos predilectos para proponer acertijos matemáticos ha consistido en plantearlos como preguntas relacionadas con la edad de un individuo. En general se prestan a soluciones fáciles mediante el uso del álgebra, aunque a menudo la dificultad estriba en formularlas correctamente. Pueden resultar muy complejos y exigir bastante ingenio, pero no se pueden postular leyes generales para resolverlos. El lector debe recurrir a su propia sagacidad.

En cuanto a los acertijos relacionados con el parentesco, es curioso que desconcierten a tantas personas. Aun en la conversación cotidiana, alguna declaración concerniente al parentesco, que está muy clara en la mente del que habla, confunde de inmediato a sus interlocutores. Expresiones tales como “Es la hermana del yerno de mi tío” no significan nada para algunas personas sin una detallada y laboriosa explicación. En tales casos lo más conveniente es bosquejar una breve tabla genealógica, donde el ojo acude de inmediato en auxilio del cerebro. Como actualmente respetamos cada vez menos el linaje, la mayoría de las gentes han perdido el hábito de trazar esas tablas, lo cual es lamentable, pues en ocasiones les ahorrarían tiempo y les evitarían tener que devanarse los sesos.

§ 9. La edad de ambos

—La edad de mi esposo —señaló el otro día una dama— se representa invirtiendo los números de mi propia edad. Él es mayor que yo, y la diferencia entre nuestras edades equivale a una undécima parte de la suma de ambas.

Solución:

La edad del caballero era 54 años y la de su esposa 45 años.

§ 10. La edad de la señora Timpkins

EDWIN: ¿Sabes que cuando los Timpkins se casaron hace dieciocho años, el señor Timpkins tenía el triple de la edad de su esposa, y hoy tiene el doble de la edad de ella?

ANGELINA: ¿Entonces qué edad tenía la señora Timpkins el día de la boda?

¿Puede usted responder a la pregunta de Angelina? I

Solución:

Si en el momento de las nupcias la persona mayor tenía tres veces la edad de la menor, la edad de esta última debe ser igual a la cantidad de años que faltan para que la persona mayor la duplique en edad. En nuestro caso fue dieciocho años después; en consecuencia, la señora Timpkins tenía dieciocho años el día de la boda, y su esposo cincuenta y cuatro.

§ 11. La edad de Tomasito

Tomasito el Listo fue enviado a una nueva escuela. El primer día el maestro le preguntó la edad, y ésta fue su extraña respuesta:

—Bien, verá usted. Cuando yo nací, y no recuerdo el año, mi única hermana, Ann, tenía sólo un cuarto de la edad de mi madre, y ahora tiene un tercio de la edad de mi padre.

—Todo eso está muy bien —dijo el maestro—, pero no quiero saber la edad de tu hermana Ann, sino la tuya.

—A eso iba —respondió Tomasito— Yo sólo tengo un cuarto de la edad actual de mi madre, y dentro de cuatro años tendré un cuarto de la edad de mi padre. ¿No es curioso?

Esa fue toda la información que el maestro pudo sonsacar a Tomasito el Listo. ¿Podría usted haber deducido su edad exacta a partir de esos datos? Sin duda es un poco desconcertante.

Solución:

La edad de Tomasito era 9 años y tres quintos. La edad de Ann era 16 y cuatro quintos, la edad de la madre 38 y dos quintos, y la del padre 50 y dos quintos.

§ 12. Vecinos

Había dos familias de vecinos, los Jupp y los Simkin. La edad sumada de los cuatro integrantes de la familia Jupp totalizaba cien años, y la edad sumada de los Simkins totalizaba lo mismo. Se descubrió que, en cada familia, la cantidad obtenida sumando el cuadrado de la edad de cada hijo al cuadrado de la edad de la madre era equivalente al cuadrado de la edad del padre. Sin embargo, en el caso de los Jupp, Julia era un año mayor que su hermano Joe, mientras que Sophy Simkin era dos años mayor que su hermano Sammy. ¿Qué edad tenía cada uno de los ocho individuos?

Solución:

El señor Jupp, 39; la señora Jupp, 34, Julia, 14 y Joe 13; el señor Simkin, 42, la señora Simkin, 40; Sophy, 10 y Sammy, 8.

§ 13. Fiesta familiar

Una fiesta familiar congregaba a 1 abuelo, 1 abuela, 2 padres, 2 madres, 4 hijos, 3 nietos, 1 hermano, 2 hermanas, 2 hijos varones, 2 hijas mujeres, 1 suegro, 1 suegra y 1 nuera. Veintitrés personas, dirá usted. No; había sólo siete personas presentes. ¿Cómo es posible?

Solución:

En la fiesta se encontraban dos niñas y un niño, la madre y el padre de ellos, y el padre y la madre de este último.

Acertijos con relojes

“¡Mirad el reloj!”

Leyendas de Ingoldsby

Al abordar algunos acertijos relacionados con relojes, y los tiempos registrados por sus manecillas en determinadas condiciones, conviene tener en cuenta cierta convención. A menudo una solución requiere dar por sentado que las manecillas pueden registrar un tiempo que se mide en fracciones de segundo. Por cierto, no es posible indicar ese tiempo. ¿Acaso el acertijo no tiene solución? La verdad de una conclusión deducida a partir de un silogismo lógico depende de las dos premisas asumidas, y lo mismo ocurre en matemática. Ciertas cosas se asumen como antecedente, y la respuesta depende totalmente de la verdad de estos supuestos.

“Si dos caballos pueden arrastrar una carga de cierto peso —declara Lagrange—, es natural suponer que cuatro caballos podrían arrastrar una carga del doble de ese peso, y seis caballos una carga del triple de ese peso. Aun así, estrictamente hablando, no sucede así. Pues la inferencia se basa en el supuesto de que los cuatro caballos halan igualmente en cantidad y dirección, lo cual rara vez ocurre en la práctica. A menudo nuestros cálculos nos conducen a resultados que se apartan muchísimo de la realidad. Pero el defecto no es de la matemática, pues la matemática siempre nos devuelve exactamente lo que le damos. La razón era constante de acuerdo con ese supuesto. El resultado se basa en ese supuesto. Si la suposición es falsa, el resultado es necesariamente falso.”

Si un hombre puede cosechar un campo en seis días, decimos que dos hombres lo cosecharán en tres días, y tres hombres en dos días. Aquí suponemos, como en el caso de los caballos de Lagrange, que todos los hombres tienen exactamente la misma capacidad laboral. Pero suponemos aún más. Pues cuando tres hombres se reúnen quizá pierdan tiempo chismorreando o jugando; o, por el contrario, cierto espíritu de competencia puede incitarlos a actuar con mayor diligencia. Podemos suponer las condiciones que queramos en un problema, siempre que se expresen y se comprendan con claridad, y la respuesta estará en conformidad con estas condiciones.

§ 14. El reloj desconcertante

Un amigo extrajo su reloj de bolsillo y dijo:

—Este reloj no anda a la perfección; debo hacerlo revisar. He notado que el minutero y el horario se juntan exactamente cada sesenta y cinco minutos.

¿El reloj adelanta o atrasa, y cuánto por hora?

Solución:

Si los 65 minutos se cuentan sobre la esfera del mismo reloj, el problema sería imposible, pues las manecillas deben coincidir cada 65 5/11 minutos (según lo muestra la esfera), y no importa si adelanta o atrasa; pero si se mide por el tiempo real, adelanta 5/11 de minuto en 65 minutos, o 60/143 de minuto por hora.

§ 15. El aldeano

Un individuo jocoso que daba un paseo por la campiña se encontró con un rústico sentado en un portón. Como el caballero no conocía bien el rumbo, pensó en hacer preguntas al lugareño, pero a primera vista llegó apresuradamente a la conclusión de que el hombre era el idiota de la aldea. Por tanto, decidió poner a prueba la inteligencia del sujeto haciéndole la pregunta más simple que se le ocurrió.

—¿Qué día de la semana es hoy, mi buen hombre? —preguntó.

He aquí la ingeniosa respuesta que recibió:

—Cuando pasado mañana sea ayer, hoy estará tan lejos del domingo como hoy lo estaba del domingo cuando anteayer era mañana.

¿Puede el lector decir qué día de la semana era? Es evidente que este campesino no era tan tonto como parecía. El caballero continuó la marcha, confundido, pero más sabio.

Solución:

El día de la semana en que se entabló la conversación era domingo. Pues cuando pasado mañana (martes) sea “ayer”, “hoy” será miércoles; y cuando anteayer (viernes) era “mañana”, “hoy” era jueves. Hay dos días entre el jueves y el domingo, y entre el domingo y el miércoles.

§ 16. El reloj del club

La otra noche se descubrió que uno de los grandes relojes del Club de los Pensadores se había parado justo cuando el segundero estaba a medio camino entre las otras dos manecillas, como se muestra en la ilustración. Uno de los socios propuso a sus amigos que le dijeran la hora exacta en que (en caso de que el reloj no se hubiera parado) el segundero volvería estar exactamente a medio camino entre el minutero y la manecilla horaria.

¿Sabe usted la respuesta?

Solución:

La posición de las manecillas en la ilustración sólo puede indicar que el reloj se detuvo 44 minutos 51 1143/1427 segundos después de las once. El segundero estaría entonces “exactamente a medio camino” entre las otras dos manecillas a los 45 minutos 52 496/1427 segundos después de las once. Si se tratara de los puntos del círculo a los cuales apuntan las tres manecillas, la respuesta sería entonces 45 minutos 22 106/1427 segundos después de las once; pero la pregunta aludía a las manecillas, y el segundero no estaría entre ellas en ese momento, sino fuera de ellas.

Acertijos de locomoción y velocidad

“La carrera no es para los veloces.”

Eclesiastés, IX, ii

§ 17. Cobrando la pensión

—Hablando de gente rara —comentó un caballero que ocupa un puesto en una oficina del gobierno—, uno de los personajes más exóticos que conozco es una anciana viuda coja que sube una colina todas las semanas para cobrar su pensión en la oficina de correos de la aldea. Sube a la velocidad de una milla y media por hora y baja a una velocidad de cuatro millas y media por hora, así que sólo tarda seis horas en realizar el viaje de ida y vuelta. ¿Alguien puede decirme qué distancia hay entre el pie y la cima de la colina?

Solución:

La distancia es de 6 ¾ millas.

§ 18. Sir Edwyn de Tudor

En la ilustración tenemos un dibujo de sir Edwyn de Tudor acudiendo al rescate de su amada, la bella Isabella, a quien un malvado barón tenía cautiva. Sir Edwyn calculó que si viajaba a quince millas por hora llegaría al castillo con una hora de antelación, mientras que si viajaba a diez millas por hora llegaría con una hora de retraso.

Era de suma importancia llegar a la hora convenida exacta para que el rescate planeado tuviera éxito, y la hora de la cita era las cinco, cuando la dama cautiva tomaría su té de la tarde.

El acertijo consiste en descubrir cuánta distancia debía recorrer sir Edwyn de Tudor.

Solución:

La distancia era de 60 millas. Si sir Edwyn partía al mediodía y recoma 15 millas por hora, llegaría a las cuatro, con una hora de antelación. Si viajaba a 10 millas por hora, llegaría a las seis, con una hora de retraso. Pero si viajaba a 12 millas por hora, llegaría al castillo del malvado barón exactamente a las cinco, la hora convenida.

§ 19. El cesto de patatas

Un hombre tenía un cesto que contenía cincuenta patatas. Propuso a su hijo, a modo de recreación, poner esas patatas en el suelo en línea recta. La distancia entre la primera y la segunda patata sería de una yarda, entre la segunda y la tercera tres yardas, entre la tercera y la cuarta cinco yardas, entre la cuarta y la quinta siete yardas, y así sucesivamente, con un incremento de dos yardas por cada patata que se añadiera. Luego el niño debía recogerlas y ponerlas en el cesto una cada vez, con el cesto colocado al lado de la primera patata. ¿Qué distancia debía recorrer el niño para recoger todas las patatas? No tendremos en cuenta el viaje que se requiere para poner las patatas, así que comenzará desde el cesto, con todas las patatas ya puestas en fila.

Solución:

Multiplique la cantidad de patatas por ese número menos uno y por el doble del número menos uno; luego divida por 3. Así, 50 × 49 × 99 da 242.550, lo que, dividido por 3, da 80.850 yardas como respuesta correcta. El niño tendría pues que caminar más de 70 kilómetros, una grata recreación después de un día de trabajo.

Acertijos digitales

“Nueve dignidades las llamaban.”

DRYDEN, La flor y la hoja

Presento estos acertijos que tratan sobre los nueve dígitos (una clase en sí mismos) porque siempre he pensado que merecen más consideración de la que habitualmente reciben. Además del mero truco de “la prueba del nueve”, muy poco se sabe en general acerca de las leyes relacionadas con estos problemas, aunque cierto conocimiento de las propiedades de los dígitos a menudo ofrece, entre otras cosas, verificaciones aritméticas que son realmente útiles para ahorrar trabajo. Daré un ejemplo, el primero que se me ocurre.

Si pidiéramos al lector que determinara si 15.763.530.163.289 es el cuadrado de un número, ¿cómo procedería? Si el número hubiera terminado en 2, 3, 7 u 8, sabría que no puede ser un cuadrado, pero nada en su forma aparente le impide a éste serlo. Sospecho que en tal caso el lector emprendería, con un suspiro o un gruñido, ante la ímproba tarea de extraer la raíz cuadrada. Pero si prestara cierta atención al estudio de las propiedades digitales de los números, zanjaría la cuestión de este modo sencillo. La suma de los dígitos es 59, cuya suma es 14, cuya suma es 5 (al cual denominaré “raíz digital”) y por tanto sé que el número no puede ser un cuadrado, y por esta razón. La raíz digital de sucesivos cuadrados de 1 hacia arriba es siempre 1, 4, 7 o 9, y nunca puede ser otra cosa. De hecho, la serie 1, 4, 9, 7, 7, 9, 4, 1, 9 se repite hasta el infinito. La serie análoga para números triangulares es 1, 3, 6, 1, 6, 3, 1, 9, 9. Así que tenemos una verificación negativa, pues un número no puede ser triangular (es decir n^2 + n)/2 si su raíz digital es 2, 4, 5, 7 u 8.

§ 20. El acertijo de los aparadores

Un hombre tema tres aparadores, cada uno de los cuales tenía nueve puertas, como se muestra en el diagrama. Pidió a su empleado que pusiera un número de una cifra, diferente en cada caso, en cada puerta del aparador A, y que hiciera lo mismo con los aparadores B y C. Como aquí se permite considerar el cero como un dígito, y no se prohíbe usarlo como número, el empleado tenía la opción de omitir cualquiera de los diez dígitos de cada aparador.

Ahora bien, el patrón no aclaró que las puertas se debieran numerar en ningún orden determinado, y quedó sorprendido, una vez finalizado el trabajo, de que los números estuvieran mezclados en forma aparentemente indiscriminada. Cuando pidió explicaciones al empleado, el excéntrico joven respondió que se le había ocurrido la idea de ordenar las cifras para que en cada aparador formaran una simple suma, y las dos hileras superiores de cifras produjeran la suma de la hilera inferior. Pero lo más sorprendente era esto: que se las había apañado de tal modo que la suma de A daba la menor suma posible, la suma de C daba la mayor suma posible, y los nueve dígitos de los tres totales eran diferentes. El acertijo consiste en demostrar cómo fue posible. No se permiten decimales y el cero no puede figurar en el lugar de las centenas.

Solución:

El total más pequeño posible es 356 = 107 + 249, y el mayor posible es 981 = 235 + 746, o 657 + 324. La suma intermedia puede ser 720 = 134 + 586, o bien 702 = 134 + 568, o bien 407 = 138 + 269. En este caso el total debe estar constituido por tres de los dígitos 0, 2, 4 o 7, pero no se puede obtener ninguna suma salvo las tres dadas. En consecuencia, no tenemos opción en el caso de la primera puerta, hay una alternativa en el caso de la tercera, y una de tres posibilidades en el caso de la puerta intermedia. He aquí una solución:

107

134

235

249

586

746

356

720

981

Desde luego, en cada caso los números de las primeras dos líneas se pueden intercambiar entre sí sin alterar el total, y en consecuencia hay exactamente 3.072 modos en que se pueden poner los números en la puerta de los armarios. Deseo mostrar un pequeño principio implicado en este acertijo. La suma de los dígitos del total siempre está regida por el dígito omitido según el esquema:

9

7

5

3

1

8

6

4

2

0

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

Cualquiera sea el dígito que omitamos en nuestra línea superior, la suma de los dígitos del total aparecerá debajo. Así, en el caso del armario A omitimos el 8, y los números del total suman 14. En consecuencia, si deseamos obtener 356, podemos saber de inmediato con certeza que sólo se puede obtener (si se puede) eliminando el 8.

§ 21. Las nueve fichas

Tengo nueve fichas, cada cual, con uno de los nueve dígitos, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Las he dispuesto sobre la mesa en dos grupos, como se muestra en la ilustración, para formar dos multiplicaciones. Usted descubrirá que 158 por 23 es 3.634 y que 79 por 46 también da 3.634. Ahora bien, el acertijo que propongo consiste en reordenar los fichas para obtener el mayor producto posible. ¿Cuál es el mejor modo de ordenarlas? Recuerde que ambos grupos deben arrojar el mismo resultado al multiplicarse, y que debe haber tres fichas multiplicadas por dos en un caso, y dos multiplicadas por dos en el otro caso, como en nuestro ejemplo.

Solución:

En este caso es inevitable cierto grado de mero “ensayo”. Pero hay dos clases de “ensayo”: los fortuitos y los metódicos. El verdadero amante de acertijos no se satisface con ensayos fortuitos. El lector hallará que con sólo invertir los dígitos de 23 y 46 (transformando los multiplicadores en 32 y 64) ambos productos dan 5.056. Esto es una mejora, pero no es la respuesta correcta. Podemos obtener un producto tan grande como 5.568 si multiplicamos 174 por 32 y 96 por 58, pero esta solución no se hallará sin recurrir a alguna reflexión y mucha paciencia.

§ 22. Las diez fichas

En este caso usamos el cero además de 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. El acertijo, como en el caso anterior, consiste en disponer las diez fichas de modo que los resultados de las dos multiplicaciones sean iguales, y aquí uno puede tener una o más cifras en el multiplicador, a su elección. Esto es fácil de lograr; pero también hay que hallar los dos ordenamientos que den pares de los productos más altos y más bajos posibles. Desde luego hay que usar todas las fichas, y el cero no se puede colocar a la izquierda de una hilera de números, donde no tendría efecto. No se permiten las fracciones.

Solución:

Como he señalado, es muy fácil disponer las fichas de tal modo que formen un par de simples multiplicaciones, cada una de las cuales dará el mismo producto. Cualquiera puede hacerlo en cinco minutos con un poco de paciencia. Pero es diferente hallar el par que dé el mayor producto y el que dé el menor producto.

Para llegar al producto menor, es preciso seleccionar como multiplicadores los dos números más pequeños que sea posible. En consecuencia, si usamos 1 y 2 como multiplicadores, sólo tenemos que disponer las ocho fichas restantes de tal modo que formen dos números, uno de los cuales sea el doble del otro; y al hacer esto debemos, por cierto, tratar de que el número más bajo sea el menor posible. El número más bajo que podríamos obtener así sería 3.045, pero esto no funciona, como tampoco 3.405, 3.450, etc.; por lo que 3.485 es el menor posible. Una de las respuestas requeridas es 3.485 × 2 = 6.970, y 6.970 × 1 = 6.970.

Sin embargo, la parte realmente engorrosa del acertijo es la segunda (hallar el par con el producto más elevado), pues no resulta fácil descubrir si debemos permitir que el multiplicador tenga una o dos cifras, aunque es claro que debemos mantener, en lo posible, las cifras más altas a la izquierda en el multiplicador y el multiplicando. Se verá que es posible obtener un producto tan elevado como 58.560. Así, 915 × 64 = 58.560, y 732 × 80 = 58.560.

§ 23. Números de taxi

Una noche un policía londinense vio dos taxis que se alejaban en direcciones opuestas en circunstancias sospechosas. Este agente era un hombre muy meticuloso y alerta, y extrajo su libreta para anotar el número de los vehículos, pero descubrió que había perdido el lápiz. Afortunadamente, descubrió una pequeña tiza con la cual marcó los dos números en la entrada de un embarcadero cercano. Cuando regresó al mismo sitio durante su ronda echó un nuevo vistazo a los números y notó la peculiaridad de que figuraban los nueve dígitos (ningún cero) y que ninguno se repetía, pero que si multiplicaba los dos números entre sí producían nuevamente los nueve dígitos, todos, una vez, y sólo una vez. Cuando un empleado llegó al embarcadero por la mañana, vio las marcas de tiza y las borró. Como el policía no podía recordar los números, se consultó a varios matemáticos para comprobar si existía un método conocido para descubrir todos los pares de números que tuvieran la característica que mencionaba el agente; pero no conocían ninguno. Sin embargo, la investigación era interesante, así que se propuso la siguiente pregunta: ¿cuáles dos números, que en conjunto contengan los nueve dígitos, producirán, cuando se los multiplique entre sí, otro número (el mayor posible) que también contenga los nueve dígitos? No se permite la inclusión del cero.

Solución:

Creo que el producto más elevado se obtiene multiplicando 8.745.231 por 96, a saber, 839.542.176.

El problema general es que con tres dígitos sólo hay dos soluciones posibles, y con cuatro dígitos sólo seis soluciones posibles. Con cinco dígitos hay sólo veintidós soluciones, a saber:

3

×

4128

=

12384

3

×

4281

=

12843

3

×

7125

=

21375

3

×

7251

=

21753

2541

×

6

=

15246

651

×

24

=

15624

678

×

42

=

28476

246

×

51

=

12546

57

×

834

=

47538

75

×

231

=

17325

624

×

78

=

48672

435

×

87

=

37845

9

×

7461

=

67149

72

×

936

=

67392

2

×

8714

=

17428

2

×

8741

=

17482

65

×

281

=

18265

65

×

983

=

63895

4973

×

8

=

39784

6521

×

8

=

52168

14

×

926

=

12964

86

×

251

=

21586

Ahora bien, si tomáramos todas las combinaciones posibles y las probáramos por multiplicación, necesitaríamos realizar no menos de 30.240 operaciones, o, si rechazáramos de inmediato el número 1 como multiplicador, 28.560 operaciones, un placer del que la mayoría de la gente preferirá abstenerse. Pero veamos si existe un modo más breve de llegar a los resultados requeridos. Si sumamos los dígitos de cualquier número y luego, todas las veces que sea necesario volvemos a sumar los dígitos del resultado, debemos llegar al fin a un número compuesto por una sola cifra. Llamaremos “raíz digital” a este número.

En cada solución de nuestro problema es necesario que la raíz de la suma de las raíces digitales de nuestros multiplicandos sea la misma que la raíz de su producto. Hay sólo cuatro modos en que esto puede suceder: cuando las raíces digitales de los multiplicandos son 3 y 6, o 9 y 9, o 2 y 2, o 5 y 8. He dividido las veintidós respuestas que mostramos arriba en estos cuatro grupos. Así es evidente que la raíz digital de cualquier producto de los dos primeros grupos debe ser 9, y de los segundos dos grupos 4.

Dado que ninguna cifra de cinco dígitos puede tener una suma digital inferior a 15 o superior a 35, vemos que los números de nuestro producto deben sumar 18 o 27 para producir la raíz 9, y 22 o 31 para producir la raíz 4. Hay tres modos de seleccionar cinco números que sumen 18, once modos de seleccionar cinco números que sumen 27, nueve modos de seleccionar cinco números que sumen 22, y cinco modos de seleccionar cinco números que sumen 31. En consecuencia, hay 26 grupos, y no más, a partir de los cuales se puede formar un producto.

A continuación escribimos en una columna estos 28 conjuntos de cinco números, y procedemos a tabular los posibles factores, o multiplicandos, en que se pueden descomponer. Parece haber unos 2.000 casos posibles para probar, en vez de los 30.240 que mencionamos antes, pero ahora comienza el proceso de eliminación, y si el lector tiene vista aguda y mente despejada pronto podrá eliminar la mayoría de estos casos y las multiplicaciones de prueba necesarias serán relativamente pocas. Se requeriría mucho espacio para explicar mi método en detalle, pero tomaré el primer conjunto de números de mi tabla y mostraré que es muy fácil con ayuda de algunos trucos y atajos que se le ocurrirán a cualquiera a medida que continúe.

Mi primer grupo de cinco números es 84.321. Aquí, como hemos visto, la raíz de cada factor debe ser 3 o un múltiplo de 3. Como no hay 6 ni 9, el único multiplicando posible es 3. Ahora bien, los cuatro números restantes se pueden combinar de 24 modos diferentes, pero no hay necesidad de hacer 24 multiplicaciones.

Vemos a primera vista que, para obtener un producto de cinco números, el 8 o bien el 4 debe ser el primer número de la izquierda. Pero a menos que el 2 esté precedido a la derecha por el 8, producirá un 5 o un 7 al ser multiplicado, algo que no debe ocurrir. Por tanto, de inmediato quedamos limitados a dos casos, 3 × 4.128 y 3 × 4.281, ambos de los cuales dan soluciones correctas. Probemos a continuación con 21, un factor de dos cifras. Si el número a ser multiplicado está por debajo de 500, el producto tendrá sólo cuatro números o comenzará con 10. Por tanto, sólo tenemos que examinar los casos 21 × 843 y 21 × 834.

Pero sabemos que la primera cifra se repetirá, y que la segunda cifra será dos veces el primer número sumado al segundo. En consecuencia, como dos veces 3 sumado a 4 produce un cero en nuestro producto, el primer caso se rechaza de inmediato. Sólo queda por tratar el caso restante por multiplicación, que descubrimos que no da una respuesta correcta. Si a continuación probamos con el factor 12, vemos desde el principio que ni el 8 ni el 3 pueden figurar en el lugar de las unidades, porque producirían un 6, y así sucesivamente. Un ojo atento y una mente lúcida nos permiten recorrer nuestra tabla en tiempo mucho más breve de lo esperado. A mí el proceso me llevó poco más de tres horas.

No he intentado enumerar las soluciones en los casos de seis, siete, ocho y nueve dígitos, pero he registrado casi cincuenta ejemplos con los nueve dígitos nada más.

§ 24. Acertijo centenario

¿Puede usted escribir 100 en forma de número mixto, utilizando la totalidad de los nueve dígitos, cada cual una vez, y sólo una vez? El difunto y distinguido matemático francés Edouard Lucas encontró siete modos de hacerlo, y expresó sus dudas en cuanto a la existencia de otros modos. En rigor existen sólo once maneras de hacerlo. He aquí una de ellas: 91 5742/638 (91 + 9). Nueve de las otras maneras también tienen dos cifras en la parte entera del número, pero la undécima expresión sólo tiene una cifra allí. ¿Podrá el lector hallar esta última forma?

Solución:

El problema de expresar el número 100 como un número mixto o fracción, usando los nueve dígitos una vez, y sólo una vez, tiene su lado fascinante, al igual que todos estos acertijos digitales. Un novato puede obtener resultados correctos con paciencia, y hay un placer singular en descubrir y registrar cada nueva combinación, similar al deleite del botánico que encuentra una planta largamente buscada. Sólo se trata de disponer estos nueve números correctamente, y sin embargo con los miles de combinaciones posibles que afrontamos la tarea no es tan fácil como puede parecer a primera vista, si hemos de obtener una cantidad considerable de resultados. Hay once respuestas, incluida la que di como ejemplo:

96 2148/537, 96 1752/438, 96 1428/357, 94 1578/263,

91 7524/836, 91 5823/647, 91 5742/638, 82 3546/197,

81 7524/396, 81 5643/297, 3 69258/714

Ahora bien, como todas las fracciones representan necesariamente números enteros, será conveniente abordarlos de la siguiente forma:

96 + 4, 94 + 6, 91 + 9, 82 + 18, 81 + 19, y 3 + 97.

Con cualquier número entero las raíces digitales (ver solución anterior) de la fracción que sumada a ese número arroje 100 siempre tendrán una forma particular. Así, en el caso de 96 + 4, se comprobará que, de ser posible una respuesta, tanto la raíz digital del numerador como la del denominador de la fracción será 6. Examinemos los tres primeros ejemplos mencionados, y veremos que es así. En el caso de 94 + 6 las raíces del numerador y el denominador son respectivamente 3 y 2, en el caso de 91 + 9 y de 82 + 18 son 9 y 8, en el caso de 81 + 19 son 9 y 9, y en el caso de 3 + 97 son 3 y 3. Cada fracción que pueda emplearse, pues, tiene su propia raíz digital, y perdemos el tiempo si inconscientemente procuramos infringir esta ley.

Los lectores habrán notado que ciertos números enteros son evidentemente imposibles. Así, si hay un 5 en el número entero, también debe haber un 0 o un segundo 5 en la fracción, los cuales están vedados por las condiciones del acertijo. Entonces no pueden aparecer múltiplos de 10, tales como 90 y 80, ni tampoco puede el entero terminar en 9, como en 89 y 79, porque la fracción, igual a 11 o 21, tendrá 1 en el último lugar, y en consecuencia repetirá un número. Los números enteros que repiten una cifra, como 88 y 77, también son manifiestamente inútiles. Estos casos, como he dicho, resultarán obvios para cualquier lector. Pero cuando declaro que las combinaciones tales como 98 + 2, 92 + 8, 86 + 14, 83 + 17, 74 + 26, etc., se deben desechar al instante como imposibles, la razón no es tan evidente, y lamentablemente no dispongo de espacio para explicarlo.

Cuando se han eliminado todas las combinaciones manifiestamente imposibles, ello no significa que todas las restantes “formas posibles” sean viables. La forma elemental puede ser correcta, pero hay otras consideraciones más profundas a tener en cuenta. Por ejemplo, 98 + 2 es una combinación imposible, porque de inmediato distinguimos que no existe una forma posible para las raíces digitales de la fracción igual a 2. Pero en el caso de 97 + 3 hay una forma posible para las raíces digitales de la fracción, a saber, 6 y 5, y sólo al continuar nuestra investigación podemos determinar que en la práctica esta forma no puede obtenerse, debido a curiosas consideraciones. La deducción se simplifica bastante mediante un proceso de eliminación, basado en consideraciones tales como que ciertas multiplicaciones generan una repetición de cifras, y que el número entero no puede ser de 12 a 23 inclusive, pues en estos casos no se obtienen denominadores suficientemente pequeños para formar la fracción.

§ 25. El místico once

¿Puede usted encontrar el mayor número posible que contenga nueve dígitos cualesquiera de los diez (considerando el cero un dígito) y que se pueda dividir por 11 sin resto? ¿Puede también encontrar el menor número posible producido de la misma manera que sea divisible por 11? Omitiendo el 5, por ejemplo, se obtiene 896743012. Este número contiene nueve de los dígitos y es divisible por 11, pero no es el mayor ni el menor número que se puede obtener.

Solución:

La mayoría de la gente sabe que si la suma de los dígitos de los lugares impares de cualquier número es igual a la suma de los dígitos de los lugares pares, entonces el número es divisible por 11 sin resto. Así en 896743012 los dígitos impares, 86402, suman 20, y los dígitos pares, 9731, también suman 20. En consecuencia, el número se puede dividir por 11. Pero pocos saben que si la diferencia entre la suma de los dígitos impares y pares es 11, o un múltiplo de 11, la regla también se aplica. Esta ley nos permite descubrir, con muy pocas operaciones, que el menor número que contiene nueve de los diez dígitos (considerando el cero un dígito) y resulta divisible por 11 es 102.347.586, y el mayor es 987.652.413.

Problemas aritméticos y algebraicos varios

“La variedad es la sal de la vida, lo que le brinda todo su sabor.”

COWPER, La tarea

§ 26. Cortesías académicas

En una escuela mixta donde se enfatizaba la enseñanza de los buenos modales tenían la extraña regla de reunir a todos los alumnos cada mañana. Había el doble de niñas que de varones. Cada niña se inclinaba ante cada otra niña, ante cada muchacho y ante el profesor. Cada muchacho se inclinaba ante cada otro muchacho, ante cada niña y ante el profesor. En total se efectuaban novecientas reverencias en esa academia modelo todas las mañanas. ¿Puede usted decir exactamente cuántos alumnos varones había en la escuela? Si no se anda con cuidado, se desviará muchísimo en sus cálculos.

Solución:

Había diez varones y veinte niñas. La cantidad de reverencias de niña a niña era, pues, 380; de niño a niño 90; de niña a niño 400, y de niños de ambos sexos ante el profesor 30, dando el total de 900. Se recordará que nunca se mencionó que el profesor retribuyera las reverencias de los alumnos.

§ 27. Los fardos de heno

El granjero Tompkins tenía cinco fardos de heno, y pidió a su empleado Hodge que los pesara antes de entregarlos a un cliente. El estúpido sujeto los pesó de a dos por vez de todas las maneras posibles, e informó a su patrón que los respectivos pesos en libras eran 110, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 120 y 121. ¿Cómo iba a averiguar el pobre granjero cuánto pesaba cada fardo por separado a partir de estas cifras? Tal vez el lector crea que deberían indicarle “cuál par es cuál” o algo parecido, pero es totalmente innecesario. ¿Puede decir los cinco pesos correctos?

Solución:

Sumemos los diez pesos y dividamos por 4, y así obtenemos 289 libras como el peso conjunto de los cinco fardos. Si llamamos a los cinco fardos A, B, C, D y E, por orden de peso, siendo A el más liviano y E el más pesado, entonces 110 libras, el peso menor, debe ser el peso de A y B; y el peso menor más próximo, 112 libras, debe ser el peso de A y C. Así los dos más pesados, D y E, deben pesar 121 libras, y C y E deben pesar 120 libras. Sabemos que A, B, D y E pesan conjuntamente 231 libras, lo cual, deducido de 289 libras (el peso de los cinco fardos), nos da el peso de C, 58 libras. Ahora bien, por mera sustracción, hallamos que el peso de los cinco fardos es 54, 56, 58, 59 y 62 libras respectivamente.

§ 28. El gran revoltijo

Después de la cena, los cinco niños de una casa encontraron un paquete de confites. Andrew tomó dos tercios del paquete, Bob cogió tres octavos de ellos, y Charlie atinó a coger tres décimos. Entonces el joven David entró en escena, y capturó todo lo que Andrew había dejado, excepto un séptimo, del cual Edgar arteramente se apoderó mediante una triquiñuela. Ahora comenzó la verdadera diversión, pues Andrew y Charlie se unieron contra Bob, quien tropezó con el guardafuegos y soltó la mitad de lo que tenía, lo cual fue recogido en partes iguales por David y Edgar, quienes se habían agazapado bajo la mesa y estaban al acecho. A continuación, Bob saltó sobre Charlie desde una silla y desparramó en el piso todo lo que Charlie había juntado. De esto, Andrew obtuvo sólo un cuarto, Bob un tercio, David dos séptimos, mientras que Charlie y Edgar se dividieron por partes iguales lo que quedaba.

Pensaban que la refriega había terminado cuando David de pronto atacó en dos direcciones al mismo tiempo, desparramando tres cuartos de lo que Bob y Andrew acababan de adquirir. Los dos últimos, con gran dificultad, recobraron cinco octavos en partes iguales, pero los otros tres se llevaron cada cual un quinto de lo mismo. Ahora contaron cada golosina, convocaron a una tregua y dividieron, por partes iguales entre todos, el resto del paquete. ¿Cuál es el número más pequeño de confites que pudo haber habido al principio, y qué proporción obtuvo cada niño?

Solución:

La cantidad más pequeña de confites que cumple las condiciones es 26.880. Los cinco chicos obtuvieron respectivamente: Andrew, 2.863; Bob, 6.335; Charlie, 2.438; David, 10.294; Edgar, 4.950. Hay una pequeña trampa en las palabras cercanas al final, “un quinto de lo mismo”, que al principio parece modificar toda la cuenta. Pero un poco de reflexión nos indica que las palabras sólo podían significar “un quinto de cinco octavos”, la última fracción mencionada, es decir, un octavo de los tres cuartos que Bob y Andrew habían adquirido la última vez.

§ 29. Capturando al ladrón

—Pues bien, agente —dijo el abogado defensor durante un interrogatorio—, ¿declara usted que el acusado estaba exactamente veintisiete pasos delante de usted cuando usted echó a correr para perseguirlo?

—Sí, señor.

—¿Y jura que él da ocho pasos por cada cinco de los de usted?

—En efecto.

—Entonces le pido, agente, que recurra a su inteligencia para explicarme cómo lo aprehendió, si es que logró hacerlo.

—Bien, verá usted, yo tengo el paso más largo. De hecho, dos de mis pasos tienen una longitud equivalente a cinco pasos del acusado. Si usted hace la cuenta, descubrirá que la cantidad de pasos que necesité me llevó exactamente al sitio donde lo capturé.

Aquí el presidente del jurado pidió unos minutos para hacer cuentas. ¿Puede usted decir cuántos pasos necesitó el agente de policía para capturar al ladrón?

Solución:

El agente dio treinta pasos. En el mismo tiempo el ladrón daba cuarenta y ocho, lo cual, sumado a su ventaja inicial de veintisiete, lo trasladó setenta y cinco pasos. Esta distancia equivaldría a treinta pasos del agente de policía.

§ 30. El número rasgado

El otro día tenía en mis manos una etiqueta que presentaba el número 3025 en caracteres grandes. Por accidente estaba rasgada por la mitad, así que en un fragmento aparecía 30 y en el otro 25, tal como se muestra en la ilustración.

Al mirar estos fragmentos me puse a hacer cálculos, sin darme cuenta de lo que hacía, y descubrí esta pequeña rareza. Si sumamos 30 más 25 y elevamos la suma al cuadrado obtenemos como resultado el número completo original de la etiqueta. Así, 30 más 25 equivale a 55, y 55 multiplicado por 55 equivale a 3025. Extraño, ¿verdad?

Ahora bien, el acertijo consiste en encontrar otro número, compuesto por cuatro cifras, todas diferentes, que se pueda dividir por la mitad y produzca el mismo resultado.

Solución:

El otro número que satisface todos los requerimientos del acertijo es 9.801. Si lo dividimos por la mitad, generando dos números, y los sumamos, obtenemos 99, el cual multiplicado por sí mismo da 9.801. Es verdad que 2.025 tiene iguales características, pero este número queda excluido por el requisito de que no debe haber dos cifras iguales.

La solución general es curiosa. Llamemos n a la cantidad de cifras de cada lado de la etiqueta rasgada. Luego, si añadimos 1 a cada uno de los exponentes de los factores primos (que no sean 3) de 10n – 1 (considerando a 1 como un factor con el exponente constante 1), su producto será la cantidad de soluciones. Así, para una etiqueta de seis cifras, n = 3. Los factores de 10^3 – 1 son l^1 × 37^1 (sin tener en cuenta el 3^3) y el producto de 2 × 2 = 4, la cantidad de soluciones. Esto siempre incluye los casos especiales 98—01, 00—01, 998—001, 000—001, etc. Las soluciones se obtienen del siguiente modo: factorice 10^3 – 1 de todos los modos posibles, siempre manteniendo juntas las potencias de 3, así 37 × 27, 999 × 1. Luego resuelva la ecuación 37x = 27y + 1. Aquí x = 19 e y = 26. Entonces, 19 × 37 = 703, cuyo cuadrado da una etiqueta, 494.209. Una solución complementaria (mediante 27x = 37y + 1) se puede encontrar de inmediato por 10n —703 = 297, cuyo cuadrado da 088.208 para la segunda etiqueta. (Esos ceros de la izquierda se deben incluir, aunque conduzcan a casos raros como 00238—04641 = 4879^2, donde 0238—4641 no funcionaría.) El caso especial 999 × 1 se puede escribir de inmediato 998.001, de acuerdo con la ley que hemos mostrado, añadiendo nueves a una mitad y ceros a la otra, y su complementario será 1 precedido por cinco ceros, o 000001. Así obtenemos los cuadrados de 999 y 1. Estas son las cuatro soluciones.

§ 31. Números extraños

El número 48 tiene la característica de que si le sumamos 1 el resultado es un cuadrado (49, el cuadrado de 7), y si le sumamos 1 a su mitad, obtenemos también un cuadrado (25, el cuadrado de 5). Ahora bien, hay un sinfín de números con esta característica, y es un interesante acertijo encontrar tres más, los más pequeños posibles. ¿Cuáles son?

Solución:

Los tres números más pequeños, además de 48, son 1.680, 57.120 y 1.940.448. Se verá que 1.681 y 841, 57.121 y 28.561, 1.940.449 y 970.225, son respectivamente los cuadrados de 41 y 29, 239 y 169, 1.393 y 985.

§ 32. El avaro redimido

El señor Jasper Bullyon fue uno de los pocos avaros que lograron comprender su obligación hacia sus congéneres menos afortunados. Una memorable noche contaba sus riquezas acumuladas y resolvió distribuirlas entre los menesterosos.

Descubrió que si donaba la misma cantidad de libras cada día del año, podía distribuirlas exactamente durante un año sin que quedara nada; pero si descansaba los domingos, y sólo donaba una cantidad fija de libras cada día laboral, aún le quedaría una libra en Noche Vieja. Ahora bien, reduciéndola al mínimo posible, ¿cuál es la cantidad exacta de libras que tenía para distribuir?

¿Acaso existe una pregunta más simple? Una cantidad de libras dividida por un número de días no deja resto, pero si se divide por otro número de días deja un resto de una esterlina. Eso es todo, pero pronto verá que nuestra pequeña pregunta no deja de ser desconcertante.

Solución:

Como no nos dicen en qué año Jasper Bullyon realizó esta generosa distribución de su fortuna, sino que debemos hallar la menor cantidad posible, es claro que debemos buscar un año que tenga la forma más favorable.

Hay cuatro casos a tener en cuenta: un año común con cincuenta y dos domingos y con cincuenta y tres domingos, y un año bisiesto con cincuenta y dos y cincuenta y tres domingos respectivamente. He aquí las cantidades más bajas posibles en cada caso:

313 días laborales, 52 domingos

112.055 libras

312 días laborales, 53 domingos

19.345 libras

314 días laborales, 52 domingos

sin solución posible

313 días laborales, 53 domingos

69.174 libras

La menor cantidad posible, y por ende la respuesta correcta, es 19.345 libras, distribuidas en un año común que comenzó en domingo (el año 1911 tuvo estas características). Habría pagado 53 libras cada día del año, o 62 libras cada día laboral, con un resto de 1 libra, tal como se requería, en el último caso.

§ 33. Los cuadrados del círculo

El acertijo consiste en poner un número diferente en cada uno de los diez cuadrados, de modo que la suma de los cuadrados de dos números adyacentes cualesquiera equivalga a la suma de los cuadrados de los dos números diametralmente opuestos.

Los cuatro números que hemos puesto como ejemplos deben permanecer tal como están. El cuadrado de 16 es 256, y el cuadrado de 2 es 4. Si los sumamos, obtenemos 260. Además, el cuadrado de 14 es 196, y el cuadrado de 8 es 64. Sumados también dan 260. Ahora bien, exactamente del mismo modo, B y C deberían ser iguales a G y H (la suma no será necesariamente 260), A y K a F y E, H e I a C y D, y así sucesivamente, con cualesquiera dos cuadrados contiguos del círculo.

Sólo falta insertar los seis números restantes. No se permiten fracciones, y demostraré que no es preciso que ningún número contenga más de dos cifras.

Solución:

Aunque este problema puede resultar dificultoso para el no iniciado, es bastante sencillo y se facilita aún más si se insertan cuatro de los diez números.

Primero, se notará que los cuadrados que son diametralmente opuestos tienen una diferencia común. Por ejemplo, la diferencia entre el cuadrado de 14 y el cuadrado de 2, en el diagrama, es 192; y la diferencia entre el cuadrado de 16 y el cuadrado de 8 también es 192. Así debe ocurrir en cada caso.

Entonces debemos recordar que la diferencia entre los cuadrados de dos números consecutivos es siempre el doble del número menor más 1, y que la diferencia entre los cuadrados de dos números cualesquiera siempre se puede expresar como la diferencia de los números multiplicada por su suma. Así el cuadrado de 5 (25) menos el cuadrado de 4 (16) equivale (5 + 4) × 1, es decir 9; además, el cuadrado de 7 (49) menos el cuadrado de 3 (9) equivale a (7 + 3) × (7 – 3), es decir 40.

Ahora bien, el número 192, al que hemos aludido, se puede dividir en cinco pares de factores pares: 2 × 96, 4 × 48, 6 × 32, 8 × 24 y 12 × 16, y éstos divididos por 2 nos dan 1 × 48, 2 × 24, 3 × 16, 4 × 12 y 6 × 8. La diferencia y la suma respectivas de cada uno de estos pares a la vez producen 47 y 49; 22 y 26; 13 y 19; 8 y 26; 2 y 14. Estos son los números requeridos, cuatro de los cuales ya están colocados. Los seis números que se deben añadir se pueden colocar de seis maneras diferentes, y una de ellas es, leyendo el círculo hacia la derecha del lector, 16, 2, 49, 22, 19, 8, 14, 47, 26, 13.

Deseo llamar la atención del lector sobre otro detalle. En todos los círculos de esta clase, la diferencia entre los números diametralmente opuestos aumenta en determinada proporción, siendo los primeros números (con la excepción de un círculo de 6) 4 y 6, y formándose los otros mediante la duplicación del inmediatamente anterior menos uno. Así, en el caso citado, la primera diferencia es dos, y luego los números aumentan por 4, 6, 8 y 12. Desde luego, puede hallarse una solución infinita de soluciones si admitimos fracciones. La cantidad de cuadrados de un círculo de este tipo, sin embargo, debe tener la forma 4n + 6; es decir, debe ser un número compuesto por 6 más un múltiplo de 4.

§ 34. Un contratiempo legal

—Un cliente mío —dijo un abogado— agonizaba cuando su esposa estaba por darle un hijo. Labré su testamento, donde cedía dos tercios de su herencia a su hijo varón (si nacía un varón) y un tercio a la madre. Pero si la hija era niña, dos tercios de la herencia corresponderían a la madre y un tercio a la hija. Lo cierto es que después de su deceso nacieron mellizos, un varón y una niña. Entonces se presentó un interesante problema. ¿Cómo dividir la herencia equitativamente entre los tres y del modo que más se adecuara al espíritu del testamento del difunto?

Solución:

La evidente intención del finado era legar al hijo varón el doble que a la madre, o a la hija la mitad que a la madre. Por tanto, la división más equitativa sería que la madre se llevara dos séptimos, el hijo varón cuatro séptimos y la hija un séptimo.

§ 35. Las vacaciones de los mineros

Siete mineros se tomaron vacaciones en la playa durante una gran huelga. Seis integrantes del grupo gastaron 120 peniques cada uno, pero Bill Harris era más derrochón. Gastó 36 peniques más que el promedio del grupo. ¿Cuánto sumaron exactamente los gastos de Bill?

Solución:

Bill Harris gastó 162 peniques, lo cual representaría 36 peniques más que el promedio de los siete hombres (126 peniques).

§ 36. Un problema con cuadrados

Tenemos tres tableros cuadrangulares. La superficie del primero contiene cinco pies cuadrados más que la segunda, y la segunda contiene cinco pies cuadrados más que la tercera. ¿Puede usted dar las medidas exactas de los lados de los tableros? Si puede resolver este pequeño acertijo, trate de hallar tres cuadrados en progresión aritmética, con una diferencia común de 7 y también de 13.

Solución:

Los lados de los tres cuadrados miden 31, 41 y 49 pulgadas respectivamente. La diferencia común en superficie es exactamente de 720 pulgadas cuadradas. Tres números cuyos cuadrados están en progresión aritmética, con una diferencia común de 7, son 113/120, 337/120 y 463/120; y con una diferencia común de trece 80929/19380, 106921/19380 y 127729/19380, En el caso de números cuadrados enteros, la diferencia siempre será divisible por 24, así que es obvio que nuestros cuadrados deben ser fracciónales. Ahora el lector debería tratar de resolver el caso donde la diferencia común es 23. Es un hueso duro de roer.

§ 37. El avaro español

En un pueblo de Nueva Castilla vivía un célebre avaro llamado don Manuel Rodríguez. Su amor por el dinero sólo era comparable a su pasión por los problemas matemáticos. Estos acertijos se relacionaban habitualmente con las riquezas que acaparaba, y sólo los proponía con el exclusivo propósito de complacerse en resolverlos. Lamentablemente muy pocos han sobrevivido, y cuando yo viajaba por España, reuniendo datos para mi tesis sobre “La cebolla española como causa de la decadencia nacional”, sólo descubrí un puñado. Uno de ellos se relaciona con tres cofres apilados uno encima del otro. Cada cofre contenía una diferente cantidad de doblones de oro. La diferencia entre la cantidad de doblones del cofre superior y la cantidad del cofre intermedio era la misma que la diferencia entre la cantidad del cofre intermedio y la cantidad del cofre inferior. Y si se sumara el contenido de dos cofres cualesquiera se obtendría un número cuadrado. ¿Cuál es la cantidad más pequeña de doblones que podía existir en cualquiera de los cofres?

Solución:

Había 386 doblones en un cofre, 8.450 en otro, y 16.514 en el tercero, ya que 386 es el menor número posible. Si yo hubiera pedido la menor suma posible de monedas, la respuesta habría sido 482, 3.362 y 6.242. Se verá que en cualquiera de ambos casos, si se combina el contenido de dos cajas cualesquiera de las tres, forman un número cuadrado de monedas. Es una curiosa coincidencia (y nada más, pues no ocurre siempre) que en la primera solución los dígitos de los tres números sumen 17 en todos los casos, y que en la segunda solución sumen 14. Nótese que el número que está en medio de los tres es siempre la mitad de un número cuadrado.

§ 38. Los cinco salteadores

Los cinco salteadores Alfonso, Benito, Carlos, Diego y Esteban contaban su botín después de un atraco y descubrieron que en total habían robado 200 doblones. Uno de la banda señaló que si Alfonso hubiera tenido doce veces su parte, Benito tres veces su parte, Carlos la misma cantidad, Diego la mitad de su parte y Esteban un tercio de su parte, igual habrían totalizado 200 doblones. ¿Cuántos doblones tenía cada uno?

Hay muchas respuestas correctas para esta pregunta. He aquí una de ellas:

A

6

×

12

= 72

B

12

×

3

= 36

C

17

×

1

= 17

D

120

×

½

= 60

E

45

×

⅓

= 15

200

200

El acertijo consiste en descubrir cuántas respuestas hay, entendiéndose que cada hombre tenía algo y que no puede haber céntimos (es decir, fracciones), sólo doblones.

Este problema, planteado con otras palabras, fue propuesto por Tartaglia (muerto en 1559), quien se jactaba de haber descubierto una solución; pero un célebre matemático francés (M. A. Labosne) alega en un trabajo que los lectores quedarán atónitos al enterarse de que existen 6.639 respuestas correctas. ¿Es así? ¿Cuántas respuestas hay?

Solución:

La suma de 200 doblones podría haber sido alcanzada por los cinco salteadores de 6.627 maneras diferentes. Alfonso pudo haber alcanzado cualquier cifra de 1 a 11. Si tenía 1 doblón, hay 1.005 maneras de distribuir el resto; con 2 doblones, hay 985 maneras; con 3 doblones, hay 977 maneras; con 4 doblones, hay 903 maneras; con 5 doblones, 832 maneras; con 6 doblones, 704 maneras; con 7 doblones, 570 maneras; con 8 doblones, 388 maneras; con 9 doblones, 200 maneras; con 10 doblones, 60 maneras; y si Alfonso se quedaba con 11 doblones, el resto se distribuiría de 3 maneras. No podía tener más de 11 doblones. Nadie esperará que describa detalladamente las 6.627 maneras, pero mi propósito es capacitar al lector, si él lo desea, para describir todas las respuestas donde Alfonso tiene una misma cantidad. Tomemos los casos en que Alfonso tiene 6 doblones, y veamos cómo podemos obtener las 704 maneras que se indican arriba. He aquí dos tablas que servirán como claves para las respuestas.

Tabla I

Tabla II

A = 6

A = 6

B = n

B = n

C = (63 – 5n) + m

C = 1 + m

D = (128 + 4n) – 4m

D = (376 + 16n) – 4m

E = 3 + 3m

E = (15n – 183) + 3 m

En la primera tabla podemos reemplazar n por cualquier número entero de 1 a 12 inclusive, y m puede ser cero o cualquier número entero de 1 a (31 + n) inclusive. En la segunda tabla n puede poseer el valor de cualquier número entero de 13 a 23 inclusive, y m puede ser cero o cualquier número entero de 1 a (93 – 4n) inclusive. La primera tabla da así (32 + n) respuestas por cada valor de n; y la segunda tabla da (94 – 4n) respuestas por cada valor de n. La primera, pues, da 462 y la segunda 242 respuestas, que en conjunto forman 704, como ya hemos indicado.

Tomemos la Tabla I, y digamos que n = 5 y m = 2; en la Tabla II digamos que n = 13 y m = 0. De inmediato obtenemos estas dos respuestas:

A =

6

A =

6

B =

5

B =

13

C =

40

C =

1

D =

140

D =

168

E =

9

E =

12

200

doblones

200

doblones

Se verá que estas respuestas son correctas. En cuanto al resto de las 704 respuestas, donde Alfonso siempre posee seis doblones, se pueden obtener del mismo modo a partir de las dos tablas, sustituyendo las letras m y n por los diferentes números.

Dicho de otro modo, por cada cantidad que posea Alfonso la cantidad de respuestas es la suma de dos progresiones aritméticas, siendo la diferencia común 1 en un caso y –4 en el otro. En el caso donde Alfonso tiene 6 doblones una progresión es 33 + 34 + 35 + 36 + … + 43 + 44, y en el otro 42 + 38 + 34 + 30 + … + 6 + 2. La suma de la primera serie es 462, y la de la segunda 242, resultados que nuevamente concuerdan con las cifras que ya hemos dado. Puede decirse que el problema consiste en hallar el primero y último término de cada progresión. Debo señalar que en los casos en que Alfonso posee 9, 10 u 11 doblones, hay una sola progresión, de la segunda forma.

§ 39. El problema del cantero

Un cantero tenía una gran cantidad de cubos de piedra en su patio, todos del mismo tamaño. Era un hombre excéntrico, y una de sus rarezas consistía en amontonar los cubos en pilas cúbicas, sin que hubiera dos pilas que contuvieran la misma cantidad de cubos. Había descubierto (un dato bien conocido por los matemáticos) que si tomaba todos los cubos contenidos en cualquier cantidad de pilas en orden regular, partiendo de una “pila” de un solo cubo, podía disponerlos siempre en el suelo como para formar un cuadrado perfecto. Esto resultará claro para el lector, pues un bloque es un cuadrado (de lado 1), 1 + 8 = 9 es un cuadrado, 1 + 8 + 27 = 36 es un cuadrado, 1 + 8 + 27 + 64 = 100 es un cuadrado, y así sucesivamente. De hecho, la suma de cualquier número de cubos consecutivos, comenzando siempre por 1, es en todos los casos un número cuadrado.

Un día un caballero entró en el patio del cantero y le ofreció determinado precio si le suministraba un número consecutivo de estas pilas cúbicas que contuviera en total una cantidad de bloques que se pudiera disponer en forma de cuadrado, pero el comprador insistió en que fueran más de tres pilas y rehusó aceptar el cubo único porque contenía un defecto. ¿Cuál era la cantidad más pequeña posible de bloques de piedra que el cantero debía suministrarle?

Solución:

El acertijo consiste en esto. Busque el número cuadrado más pequeño que se pueda expresar como la suma de más de tres cubos consecutivos, quedando eliminado el cubo 1. Como se debían suministrar más de tres pilas, esta condición excluye la que de otra manera sería la solución más pequeña, 23^3 + 24^3 + 25^3 = 204^2. Pero admite la respuesta 25^3 + 26^3 + 27^3 + 28^3 + 29^3 = 315^2. Sin embargo, la respuesta correcta requiere más pilas, aunque una suma menor de bloques. Hela aquí: 14^3 + 15^3 + hasta 25^3 inclusive, o doce pilas en total, lo cual, sumado, da 97.344 bloques de piedra que se pueden extender para formar un cuadrado de 312 × 312. Sólo señalaré que una clave de la solución radica en los llamados “números triangulares”.

§ 40. Las esposas holandesas

No sé cuántos lectores conocerán el acertijo de las esposas holandesas, donde hay que determinar el nombre de las esposas de tres hombres o, mejor dicho, cuál esposa corresponde a cuál marido.

Hace treinta años circulaba como una novedad, pero recientemente lo descubrí en el Ladies Diary de 1739-40, así que obviamente era conocido para el bello sexo hace más de ciento setenta años. ¿Cuántas de nuestras madres, esposas, hermanas, hijas y tías podrían resolver hoy este acertijo? Una proporción mucho mayor que entonces, cabe esperar.

Tres holandeses, llamados Hendrick, Elas y Cornelius, y sus esposas Gurtrün, Katrün y Anna, compran cerdos. Cada cual compra tantos como chelines puede dar por cada uno. Cada esposo paga en total 63 chelines más que su esposa. Hendrick compra 23 cerdos más que Katrün, y Elas 11 más que Gurtrün. Pues bien, ¿cuál era el nombre de la esposa de cada cual?

Solución:

El dinero pagado en cada caso fue un número cuadrado de chelines, porque compraron un cerdo a 1 chelín, dos cerdos a 2 chelines cada uno, tres cerdos a 3 chelines cada uno y así. Pero cada esposo paga en total 63 chelines más que la esposa, y debemos averiguar de cuántas maneras 63 puede ser la diferencia entre dos números cuadrados. Estas tres son las únicas maneras posibles: el cuadrado de 8 menos el cuadrado de 1, el cuadrado de 12 menos el cuadrado de 9, y el cuadrado de 32 menos el cuadrado de 31. Aquí 1, 9 y 31 representan el número de cerdos comprados y la cantidad de chelines por cerdo pagado por cada mujer, y 8, 12 y 32 lo mismo en cuanto a sus respectivos esposos. A partir de la nueva información suministrada sobre sus compras, ahora podemos presentarlos en pares: Cornelius y Gurtrün compraron 8 y 1; Elas y Katrün compraron 12 y 9; Hendrick y Anna compraron 32 y 31. Y estos pares representan correctamente las tres parejas.

Tal vez el lector desee saber cómo podemos determinar el número máximo de modos en que un número se puede expresar como la diferencia entre dos cuadrados, y cómo hallar los cuadrados. Todo entero excepto 1, 4 y el doble de cualquier número primo, se puede expresar como la diferencia de dos cuadrados enteros en tantos modos como se pueda dividir en pares de factores, contando al 1 como factor. Supongamos que el número es 5.940. Los factores son 2^2 × 3^3 × 5 × 11. Aquí los exponentes son 2, 3, 1, 1. Una forma rápida de hacer el cálculo es restar 1 de los exponentes de 2 y sumar 1 a todos los demás exponentes. Obtenemos entonces 1, 4, 2, 2 y la mitad del producto de estos cuatro números será el número requerido de maneras en que 5.940 puede ser la diferencia de dos cuadrados, es decir, 8. Para hallar estos ocho cuadrados, como se trata de un número par, primero debemos dividir 5.948 por 4 y obtenemos 1.485, cuyos ocho pares de factores son 1 × 1.485, 3 × 495, 5 × 297, 9 × 165, 11 × 135, 15 × 99, 27 × 55 y 33 × 45. La suma y diferencia de los miembros de cualquiera de estos pares dará los números requeridos. Así, el cuadrado de 1.486 menos el cuadrado de 1.484 es 5.940, el cuadrado de 498 menos el cuadrado de 492 es el mismo, y así sucesivamente. En el caso de 63, el número es impar, así que factoreamos 1 × 63, 3 × 21, 7 × 9. Luego hallamos que la mitad de la suma y diferencia nos da los números 32 y 31, 12 y 9, y 8 y 1, como se muestra en la solución del acertijo.

El, problema inverso, encontrar los factores de un número cuando lo hemos expresado como la diferencia entre dos cuadrados, es obvio. Por ejemplo, la suma y diferencia de cualquier par de números en la última oración del párrafo anterior nos darán los factores de 63. Cada número primo (excepto 1 y 2) se puede expresar como la diferencia entre dos cuadrados de una manera, y sólo de una manera. Si un número se puede expresar como la diferencia entre dos cuadrados en más de una manera, es compuesto; y habiéndolo expresado así, de inmediato podemos obtener los factores, como hemos visto. Fermat mostró en una carta a Mersenne o Frénicle, en 1643, cómo descubrir si un número se puede expresar como la diferencia de dos cuadrados en más de un modo, o demostrar que es primo. Pero el método, cuando se trata de números grandes, es por fuerza tedioso, aunque en la práctica se puede abreviar considerablemente. En algunos casos es el método más breve conocido para factorizar números grandes, y siempre he sostenido que Fermat lo utilizó para realizar cierta hazaña de factorización que es histórica y está envuelta en el misterio.

Capítulo II

Problemas geométricos

“Dios practica geometría continuamente”

PLATÓN

Contenido:

§. Acertijos con retazos

§. Acertijos geométricos varios

“No hay ningún estudio —observó Augustus de Morgan— que presente un comienzo tan simple como la geometría; no hay ninguno donde las dificultades crezcan tanto a medida que avanzamos.” El lector descubrirá cuánta verdad hay en ello cuando aborde los siguientes acertijos, aunque no están dispuestos en orden de dificultad. Y el hecho de que hayan fascinado y complacido al hombre durante siglos se debe en cierta medida, sin duda, a la fascinación que ejercen no sólo sobre el cerebro sino sobre el ojo. A veces una fórmula algebraica o un teorema parecen complacer los ojos del matemático, aunque quizá sólo se trate de un placer intelectual.

§ 41. Acertijo con cuadrado

Si tomamos un rectángulo de cartón que tenga una longitud equivalente al doble de su anchura, y lo cortamos en diagonal por la mitad, obtendremos dos de las piezas que mostramos en la ilustración.

El acertijo consiste en formar un cuadrado con cinco de esas piezas del mismo tamaño. Una de las piezas puede cortarse, pero las demás se deben usar intactas.

Solución:

El diagrama se explica por sí mismo.

Una de las cinco piezas se cortó en dos para formar el cuadrado.

§ 42. El pentágono y el cuadrado

Me pregunto cuántos lectores, entre quienes no han prestado gran atención a los elementos de la geometría, podrían dibujar un pentágono regular (es decir, una figura de cinco lados), si se les requiriese de pronto.

Un hexágono regular (seis lados) es bastante fácil, pues todos sabemos que hay que describir un círculo y, tomando el radio como longitud de uno de los lados, marcar seis puntos en la circunferencia. Pero un pentágono es otra cosa. Como mi acertijo, pues, se relaciona con el corte de un pentágono, tal vez deba indicar a mis lectores menos experimentados cómo dibujar correctamente esta figura. Describa un círculo y dibuje las dos líneas HB y DG, en el diagrama, a través del centro y en ángulo recto. Ahora encuentre el punto A, a medio camino entre C y B. A continuación, apoye la punta del compás en A y con la distancia AD describa el arco, cortando a HB en E. Luego apoye la punta del compás en D y con la distancia DE describa el arco cortando la circunferencia en F. Ahora bien, DF es uno de los lados del pentágono, y usted sólo tiene que marcar los otros lados alrededor del círculo. Muy simple ahora que usted lo sabe, pero de lo contrario es un poco engorroso.

Tras haber formado el pentágono, el acertijo consiste en cortarlo en la menor cantidad posible de partes que encajen perfectamente para formar un cuadrado.

Solución:

Un pentágono regular se puede dividir en seis partes que encajan a la perfección para formar un cuadrado, como ahora demostraré. Hasta ahora la mejor solución daba siete partes: la solución propuesta hace unos años por el matemático Paul Busschop. Primero formamos un paralelogramo, y a partir de allí el cuadrado. El proceso se ve en nuestro siguiente diagrama.

El pentágono es ABCDE. Mediante el corte AC y el corte FM (siendo F el punto medio entre A y C, y estando M a igual distancia desde A que F), obtenemos dos partes que se pueden poner en posición en GHEA y formar el paralelogramo GHDC. Luego hallamos la media proporcional entre la longitud HD y la altura del paralelo- gramo, es decir, la raíz cuadrada del área del paralelogramo. Marcamos esta distancia desde C en K, luego trazamos CK, y desde G hacemos la línea GL, perpendicular a KC. El resto es fácil y bastante obvio. Las seis partes forman o bien el pentágono o bien el cuadrado.

He recibido lo que pretendía ser una solución en cinco partes, pero el método se basaba en la sutil falacia de que la mitad de la diagonal más la mitad del lado de un pentágono equivaldría al lado de un cuadrado de la misma superficie. La califico de sutil porque es una aproximación muy cercana que engaña la vista, y es muy difícil probar su inexactitud. No tengo noticias de que antes se haya reparado en esta curiosa aproximación.

Otro lector hizo el lado de su cuadrado 1¼ del lado del pentágono. En realidad, la proporción es irracional. Calculo que si el lado del pentágono es 1 (en pulgadas, pies o cualquier otra medida) el lado del cuadrado de igual superficie es aproximadamente 1,3117, es decir, alrededor de 1 3/10. En consecuencia, sólo podemos aspirar a resolver el acertijo mediante métodos geométricos.

§ 43. Disección de un triángulo

Veamos el interesante acertijo que el caballero de la ilustración muestra a sus amigos. Ha recortado un triángulo equilátero —es decir, un triángulo cuyos tres lados tienen la misma longitud— de un papel. Propone cortarlo en cinco fragmentos, de tal modo que permitan formar tanto dos como tres triángulos equiláteros más pequeños, usando todo el material en cada caso. ¿Puede usted descubrir cómo?

Recuerde que cuando haya recortado los cinco fragmentos, debe poder, tal como se pide, unirlos de manera que formen o bien el triángulo original o bien dos o tres triángulos, todos equiláteros.

Solución:

El diagrama A es nuestro triángulo original. Digamos que mide 5 pulgadas por lado.

Si cortamos una tajada del pie de cada triángulo equilátero mediante un corte paralelo a la base, la porción que permanece siempre será un triángulo equilátero; así que primero cortamos la pieza 1 y obtenemos un triángulo de 3 pulgadas por lado. El modo de hallar la dirección de los otros cortes en A es evidente en el diagrama.

Ahora bien, si queremos dos triángulos, 1 será uno de ellos, y 2, 3, 4 y 5 se combinan, como en B, para formar el otro. Si queremos tres triángulos equiláteros, 1 será uno de ellos, y 4 y 5 forman el segundo, como en C, y 2 y 3 forman el tercero, como en D. En B y C la pieza 5 está invertida; pero no puede haber objeción a esto, pues no está prohibido, por lo que no se opone a la índole del acertijo.

§ 44. Cuadrados de chocolate

He aquí un trozo de chocolate, marcado en las líneas punteadas para que sea fácil separar los veinte cuadrados.

Haga una copia del trozo en papel o cartón y luego trate de cortarlo en nueve fragmentos que reordenados formen cuatro cuadrados perfectos, todos exactamente del mismo tamaño.

Solución:

El cuadrado A se conserva entero; las dos piezas llamadas B encajan para formar un segundo cuadrado; las dos piezas C constituyen un tercer cuadrado; y las cuatro piezas D forman el cuarto cuadrado.

§ 45. El acertijo de Betsy Ross

Un lector me pidió que le diera la solución de un viejo acertijo que se atribuye a una tal Betsy Ross, de Filadelfia, quien se lo habría mostrado a George Washington. Consiste en plegar un papel de tal modo que de un tijeretazo se transforme en una estrella de cinco puntas (la estrella de la libertad). Ignoro si la historia del origen del acertijo es verídica —aunque tengo una estampa de la vieja casa de Filadelfia donde se dice que vivió esa dama, y creo que todavía está en pie—, pero sin duda mis lectores se interesarán en este pequeño problema.

Tome un trozo circular de papel y pliéguelo de tal modo que con un corte de tijera pueda lograr una perfecta estrella de cinco puntas.

Solución:

Pliegue el trozo circular de papel al medio, siguiendo la línea de puntos de la figura 1, y divida la mitad superior en cinco partes iguales como se indica.

Ahora pliegue el papel por las líneas, con lo que obtendrá la figura 2. Si desea una estrella como la de la figura 3, corte de A a B; si desea una como la de la figura 4, corte de A a C. De esta manera, cuanto más cerca del extremo inferior corte más largas serán las puntas de la estrella, y cuanto más lejos del extremo corte, más cortas serán.

§ 46. Las cercas del terrateniente

El terrateniente de la ilustración está consultando a su mayordomo acerca de un problema desconcertante. Tiene un gran plano de uno de sus campos, donde hay once árboles. Ahora bien, él quiere dividir el campo en once parcelas mediante cercas rectas, de modo que cada parcela contenga un árbol como refugio para el ganado.

¿Cómo lo conseguirá con la menor cantidad posible de cercas? Coja el lápiz y dibuje líneas rectas a través del campo hasta haber delimitado las once parcelas (no más) y luego vea cuántas cercas se requieren. Desde luego, las cercas pueden entrecruzarse.

Solución:

Sólo se necesitan cuatro cercas, como muestra la ilustración:

§ 47. Tangrams

Muchos pasatiempos de la antigüedad, tales como el ajedrez, han sufrido tantos cambios con el correr de los siglos que sus inventores no los reconocerían. No ocurre así con los tangrams chinos, una recreación que parece contar con no menos de cuatro mil años, que al parecer nunca dejó de despertar interés y que no ha sufrido alteraciones ni “mejoras” desde que el legendario Tan elaboró las piezas que muestra el Diagrama 1.

Si marcamos el punto B, a medio camino entre A y C, en un lado de un cuadrado de cualquier tamaño, y D, a medio camino entre C y B, en un lado contiguo, la dirección de los cortes es demasiado obvia para requerir más explicaciones. Todos los dibujos de este apartado están integrados por esas siete piezas de cartón negro. Enseguida se comprenderá que las combinaciones posibles son infinitas.

El difunto Sam Loyd de Nueva York, quien publicó un pequeño volumen con ingeniosos diseños, poseía los manuscritos del difunto Challenor, quien realizó un largo y detallado estudio de los tangrams. Se dice que este caballero consigna que originalmente había siete libros de tangrams, compilados en China dos mil años antes de la era cristiana. Estos libros son tan raros que, al cabo de cuarenta años de residencia en el país, sólo logró ver copias perfectas del primero y séptimo volúmenes con fragmentos del segundo. En Pequín un soldado inglés encontró fragmentos de uno de los libros, impreso en pan de oro sobre pergamino, y los vendió por trescientas libras.

Hace unos años llegó a mis manos un libro de la biblioteca del difunto Lewis Carroll, titulado The Fashionable Chínese Puzzle. Contiene trescientos veintitrés diseños con tangrams, la mayoría simples figuras geométricas, a construir con las siete piezas. No tiene fecha, pero este comentario nos sitúa en la época: “Este ingenioso invento ha constituido recientemente el pasatiempo favorito del ex emperador Napoleón, quien, hallándose muy debilitado y viviendo muy recluido, pasa muchas horas del día ejercitando así su paciencia y su ingenio”. El lector descubrirá, al igual que el emperador desterrado, que formar los diseños de otros puede representar un entretenimiento no desprovisto de instrucción. Muchas ilustraciones de este artículo son fáciles de reconstruir, y otras más dificultosas. Cada imagen, pues, se puede considerar un acertijo.

Pero es muy distinto crear diseños pictóricos nuevos y originales, y los tangrams permiten formar una asombrosa cantidad de imágenes, angulosas y a veces grotescas, sí, pero llenas de carácter. Doy un ejemplo de una figura sentada (2) que es particularmente grácil, y sólo necesita una ligera reducción de sus angulosidades para producir un perfil totalmente satisfactorio.

Ya que he mencionado al autor de Alicia en el País de las Maravillas, presento mis diseños de la Liebre de Marzo y el Sombrerero Loco (3 y 4), y un precario Napoleón (5), así como un excelente piel roja, con su squaw, obra del señor Loyd (6 y 7).

Muchos otros diseños acompañaban la publicación de un artículo mío en el número de noviembre de 1908 de The Strand Magazine. El difunto sir James Murray, eminente filólogo, intentó, con el asombroso tesón que caracterizaba toda su labor, rastrear el origen de la palabra tangram, y en ocasión de la publicación del citado artículo me escribió lo siguiente:

“Uno de mis hijos es profesor del colegio anglochino de Tientsin. Por intermedio de él, de sus colegas y de sus alumnos, pude inquirir acerca de Tan entre los sinólogos. Nuestro profesor de chino de Oxford también se interesó en la cuestión y obtuvo información del secretario de la Delegación China de Londres, que es un eminente representante de los letrados chinos.

“El resultado ha sido que el hombre Tan, el dios Tan, y el Libro de Tan son totalmente desconocidos en la literatura, la historia y la tradición chinas. La mayoría de los hombres cultos jamás había oído ese nombre. El pasatiempo, por cierto, es muy conocido. En chino se denomina ch’i ch’iao f u, literalmente, “siete-ingenioso-plan” o “ingeniosa figura del acertijo de siete piezas”. No existe en chino ningún nombre que se parezca a tangram o siquiera a tan, y las únicas sugerencias para el segundo son los vocablos chinos t’an, “extender”, o t’ang, que significa “chino” en el dialecto cantonés. Se ha sugerido que algún americano o inglés que sabía un poco de chino o cantonés, buscando un nombre para el acertijo, elaboró una denominación a partir de una de esas palabras y el sufijo europeo gram (es decir, “grama”, como en crucigrama o anagrama). Debo añadir que el nombre tangram tal vez fue inventado por un americano poco antes de 1864 y después de 1847, pero no lo encuentro en letras de molde antes de la edición de 1864 del diccionario Webster. Por tanto, he debido ser muy breve en mi referencia a ese término en el diccionario, diciendo a qué se aplica y qué conjeturas se han hecho respecto de su origen, y dando algunas citas de su propio artículo, el cual me ha permitido explayarme un poco más sobre el tema.”

Varios lectores me han escrito para informarme que poseían o habían poseído ejemplares de los viejos libros chinos. Un caballero de los Estados Unidos me escribió:

“Tengo en mi poder un libro hecho de papel tisú, impreso en negro (con una inscripción china en la portada), el cual contiene más de trescientos diseños y pertenece a una caja de tangrams, que también poseo. Se trata de siete libros de bruñida madreperla, con finos grabados en ambos lados. Vienen dentro de una caja cuadrada de palisandro, de 2½ pulgadas. Mi tío abuelo fue uno de los primeros misioneros que visitó la China. Esta caja y el libro, junto con una colección de otras reliquias, fueron enviados a mi abuelo, quien me los legó.”

Este corresponsal tuvo la amabilidad de proveerme calcos de los tangrams, y es evidente que las piezas tienen las mismas proporciones que he indicado. Reproduzco la inscripción china (8) por lo siguiente: el propietario del libro me informa que lo ha presentado a varios chinos de los Estados Unidos ofreciendo un dólar por la traducción, pero todos se negaban rotundamente a leer las palabras, ofreciendo la pobre excusa de que la inscripción es japonesa. Los nativos del Japón, en cambio, insisten en que es china. ¿Acaso existe algún elemento ocultista y esotérico en los tangrams, que tan difícil resulta rasgar el velo? Tal vez esta página llegue a algún lector familiarizado con el idioma chino que desee ofrecemos una traducción, arrojando cierta luz sobre este curioso interrogante.

Usando varios conjuntos de tangrams al mismo tiempo, podemos construir figuras más ambiciosas. Un amigo me aconsejó que no enviara mi imagen “La partida de billar” (9) a la Academia, asegurándome que no sería aceptada porque los “jueces son muy convencionales”. Tal vez tenía razón, y quizá goce de mayor aceptación entre los postimpresionistas y los cubistas. Los jugadores están pensando una jugada muy delicada ante la mesa. Los dos hombres, la mesa y el reloj están formados con cuatro conjuntos de tangrams. Mi segunda imagen se denomina “La orquesta” (10) y fue diseñada para el decorado de un gran auditorio. Aquí tenemos al director, el pianista, el gordo cornetista, el zurdo ejecutante del contrabajo, cuya pose es natural, aunque admito que está a excesiva distancia de su instrumento, y el tambor, con su imponente atril. El perro que está detrás del piano no ladra, sino que escucha con deleite.

Una cosa notable de estas figuras es que sugieren a la imaginación muchos elementos que no están presentes. ¿Quién, por ejemplo, puede mirar varios minutos a lady Belinda (11) y la muchacha holandesa (12) sin sentir la altanera expresión de una y la taimada mirada de la otra? Eche otro vistazo a la cigüeña (13) y comprobará que la pata parece mucho más esbelta de lo que son las piezas utilizadas. Se trata de una ilusión óptica. En el caso del yate (14), esa pequeña y angulosa punta de arriba sugiere un mástil completo. Si usted une sus tangrams sobre papel blanco, evitando que las piezas se toquen, notará que en algunos casos las líneas blancas realzan el efecto, aunque en otros lo destruyen.

Por último, presento a dos individuos de gran prestancia (15 y 16) que parecen ser exactamente iguales, salvo que uno tiene pie y el otro no. Ambas figuras están hechas con los mismos siete tangrams. ¿De dónde obtiene el pie el segundo hombre?

Solución:

La ilustración muestra como están construidas las figuras, cada una con los siete tangrams. Se verá que en ambos casos la cabeza, sombrero y brazo son exactamente iguales, y los anchos de las bases de los cuerpos son semejantes. Pero estos cuerpos tienen cuatro piezas en el primer caso y sólo tres en el segundo. El primero es mayor que el segundo por exactamente la angosta franja indicada por la línea de puntos entre A y B. La franja es, por lo tanto, igual al área de la pieza que forma el pie en el segundo diseño, aunque cuando se la distribuye sobre el cuerpo como en el presente caso, el ojo no capta fácilmente la diferencia de tamaño.

§ 48. Los gatos del hechicero

Un hechicero metió diez gatos en un círculo mágico, tal como se muestra en la ilustración, y los hipnotizó para que se quedaran quietos mientras él lo deseara.

Luego decidió dibujar tres círculos dentro del circulo grande, para que ningún gato pudiera aproximarse a otro gato sin cruzar un círculo mágico.

Trate de dibujar los tres círculos de modo que cada gato tenga su propio recinto y no pueda llegar a otro gato sin cruzar una línea.

Solución:

La ilustración no requiere explicación: muestra claramente como pueden dibujarse los tres círculos para que cada gato tenga su propio recinto y no pueda llegar hasta otro gato sin cruzar una línea.

Acertijos con retazos

“De jirones y retazos”

SHAKESPEARE, Hamlet, iii, 4

§ 49. El acertijo del estandarte

Una dama tenía un retazo cuadrado de estameña con dos leones, reproducido con exactitud en la ilustración.

Deseaba cortar la tela en partes para unirlas y formar dos estandartes cuadrangulares con un león en cada uno. Descubrió que se podía hacer en sólo cuatro partes. ¿Cómo se las ingenió? Desde luego, cortar el León Británico sería una ofensa imperdonable, así que hay que cuidar de que ningún corte pase a través de ninguno de ambos. Informamos a las damas que no se permiten dobleces y que no se puede desperdiciar material. Es un acertijo de disección bastante sencillo si se lo encara de la manera adecuada. Recuerde que los estandartes deben ser cuadrados perfectos, aunque no es preciso que sean del mismo tamaño.

Solución:

La ilustración se explica por sí misma. Divida la estameña en 25 celdas (porque este número es la suma de otros dos cuadrados, 16 y 9) y luego corte por las líneas gruesas.

Las dos partes marcadas A forman un cuadrado, y las dos partes marcadas B forman el otro.

§ 50. La colcha de la señora Perkins

La señora Perkins ha confeccionado una colcha cuadrada de patchwork que está integrada por 169 piezas.

El acertijo consiste en hallar la cantidad más pequeña posible de porciones cuadradas de que podría estar hecha la colcha y mostrar cómo unirlas.

O, por decirlo a la inversa, dividir la colcha en la menor cantidad posible de cuadrados, cortando por las costuras.

Solución:

El diagrama muestra cómo se debería confeccionar la colcha.

Creo que prácticamente existe una sola solución. La menor cantidad de cuadrados separados debe ser once. Las porciones deben ser de los tamaños dados, las tres piezas mayores se deben configurar como se muestra, y el grupo restante de ocho cuadrados puede ser “reflejado”, pero no se puede disponer de otra manera.

Acertijos geométricos varios

“Tan variados son los gustos de los hombres.”

MARK AKENSIDE

§ 51. El acertijo del compás

Es curioso, pero un mero añadido o una restricción puede convertir un acertijo pueril en un problema interesante y a veces dificultoso. Recuerdo que hace muchos años compré en la calle un pequeño ingenio mecánico que en ese momento hacía furor. Consistía en una medalla con orificios, y el acertijo consistía en pasar de un orificio a otro un anillo que tenía un corte, hasta que al fin salía. Mientras caminaba por la calle pronto dominé el truco de sacar el anillo con una mano mientras sostenía el ingenio en el bolsillo. Un amigo ante quien me jacté de mi pequeña hazaña intentó imitarla, y cuando lo encontré varios días más tarde alardeó de su dominio de ese arte. Pero quedó boquiabierto cuando le pedí el aparatejo y, sosteniendo la medalla entre el índice y el pulgar de una mano, mediante una serie de sacudidas logré que el anillo, sin siquiera tocarlo, cayera al suelo. El siguiente problema planteará dificultades a muchos lectores, simplemente porque existen restricciones.

Muestre cómo encontrar el medio de cualquier línea recta por medio del compás. No se puede usar regla, lápiz ni otro utensilio, sólo el compás. Y no se permite ninguna treta, como la de doblar el papel. Sólo debe usar el compás del modo común y legítimo.

Solución:

En el siguiente diagrama, sea AB la línea recta dada. Con los centros A y B y con el radio AB trace los dos círculos. Tome DE y EF iguales a AD.

Con los centros A y F y el radio DF trace arcos que hagan intersección en G. Con los centros A y B y la distancia BG trace los arcos GHK y N. Marque HK igual a AB y HL igual a HB. Luego, con los centros K y L y el radio AB trace arcos que hagan intersección en I. Marque BM igual a BI. Por último, con el centro M y el radio MB corte la línea en C, y el punto C es el medio requerido de la línea AB. Para mayor exactitud puede marcar R con centro en A (como hizo con M respecto de B) y desde R trazar otro arco en C. Esto también resuelve el problema: hallar un punto a medio camino entre dos puntos dados sin la línea recta.

Someteré al joven geómetra a una prueba rigurosa. Primero, demuestre que el doble del cuadrado de la línea AB equivale al cuadrado de la distancia BG, de lo cual se sigue que HABN son las cuatro puntas de un cuadrado. Para demostrar que I es el centro de este cuadrado, trace una línea de H a P a través de QIB y continúe el arco HK hasta P. Luego, imaginando las líneas necesarias a trazar, el ángulo HKP, estando en un semicírculo, es un ángulo recto. Trace la perpendicular KQ, y mediante triángulos similares, partiendo del dato de que HKI es un triángulo isósceles por su construcción, se puede demostrar que HI es la mitad de HB. Asimismo, podemos demostrar que C es el centro del cuadrado del cual AIB son tres esquinas.

Soy consciente de que esta solución no es la más sencilla que se pueda hallar.

§ 52. Los cuatro hijos

Sin duda los lectores estarán familiarizados con este diagrama. Un hombre poseía una finca cuadrangular. Legó a su viuda el cuarto que está sombreado. El resto debía dividirse equitativamente entre sus cuatro hijos varones, para que cada cual recibiera tierras de superficie exactamente igual y tamaño exactamente similar.

El diagrama nos muestra cómo se hizo. Pero el resto de la historia no es tan conocido. En el centro de la finca había un ojo de agua, indicado por la mancha oscura, y Benjamín, Charles y David alegaron que la división no era “equitativa”, pues Alfred tenía acceso al ojo de agua, mientras que ellos no podían hacerlo sin atravesar tierras ajenas. El acertijo consiste en mostrar cómo dividir la finca para que cada hijo posea tierras de la misma forma y superficie, y cada cual tenga acceso al ojo de agua sin salir de sus tierras.

Solución:

El diagrama muestra la división más equitativa que es posible realizar, “para que cada cual recibiera tierras de exactamente la misma superficie y exactamente similares en tamaño”, y para que cada cual tenga acceso al ojo de agua del centro sin invadir tierras ajenas.

Las condiciones no exigen que las tierras de cada hijo queden en una pieza única, pero es necesario que las dos porciones asignadas a un individuo se mantengan aparte, o dos porciones contiguas podrían considerarse una pieza, en cuyo caso habría que romper la condición relativa a la forma.

Ahora bien, hay una sola forma para cada parcela de tierra: medio cuadrado dividido en diagonal. A, B, C y D pueden llegar a sus tierras desde el exterior, y cada cual tiene igual acceso al ojo de agua del centro.

§ 53. El estandarte de San Jorge

En una celebración del festival nacional del Día de San Jorge yo contemplaba el estandarte del santo patrono de Inglaterra.

Todos conocemos la cruz roja sobre fondo blanco que se muestra en la ilustración. Es el estandarte de San Jorge. El estandarte de San Andrés (Escocia) es una “Cruz de San Andrés” blanca sobre fondo azul. El de San Patricio (Irlanda) es una cruz similar, roja sobre fondo blanco. Las tres se unen para formar la bandera británica.

Ahora bien, al mirar el estandarte de San Jorge pensé que la siguiente pregunta constituiría un bonito acertijo. Suponiendo que la bandera mide cuatro pies por tres pies, ¿qué anchura debe tener el brazo de la cruz si se requiere que usemos la misma cantidad de estameña roja y blanca?

Solución:

Como la bandera mide 4 pies por 3, la longitud de la diagonal (de esquina a esquina) es de 5 pies. Sólo hay que restar la mitad de la longitud de esta diagonal (2½ pies) a un cuarto del perímetro de la bandera. Como el perímetro es de 14 pies, un cuarto es 3½ pies, y la diferencia (1 pie) es el ancho requerido para el brazo de la cruz roja. La superficie de la cruz será entonces igual a la del fondo blanco.

§ 54. El acertijo de la lechera

He aquí un pequeño acertijo bucólico que puede hacer creer al lector, a primera vista, que se requieren cálculos muy sesudos.

Incluso puede pensar que es imposible dar con una respuesta a menos que se le indiquen las distancias con alguna precisión. Se trata, sin embargo, de un problema muy sencillo.

En la esquina de un campo se ve una lechera ordeñando una vaca, y del otro lado del campo está el cobertizo donde se deposita la leche. Pero se ha notado que la joven siempre va al río con el cubo antes de regresar al cobertizo. El suspicaz lector se preguntará por qué va con tanta frecuencia al río. Sólo puedo responder que no nos incumbe, así que pasaremos al tema del acertijo.

Trace una línea desde el taburete hasta el río, y desde allí hasta la puerta del cobertizo, la que deberá indicar el trayecto más breve posible para la lechera. Eso es todo. Es muy fácil identificar el lugar exacto de la ribera hacia donde ella se dirige si desea caminar lo menos posible. ¿Puede usted hallar ese lugar?

Solución:

Trace una línea recta, como se muestra en el diagrama, desde el taburete, perpendicular a la margen del río, y continúe hasta el punto A, que está a la misma distancia de esa ribera que el taburete. Si ahora dibuja la línea recta de A a la puerta del cobertizo, cortará el río en B. Entonces el camino más corto será desde el taburete hasta B y desde allí a la puerta.

Obviamente la distancia más corta desde A hasta la puerta es la línea recta, y como la distancia desde el taburete hasta cualquier punto del río es igual que desde A hasta ese punto, la elegancia de la solución agradará al lector aunque no posea conocimientos de geometría.

§ 55. El corral de ovejas

Resulta un hecho curioso que las respuestas dadas a algunos de los más famosos acertijos que aparecen en cualquier libro de recreaciones livianas que haya sido publicado durante los últimos cincuenta o cien años, o bien son bastante poco satisfactorias o bien son claramente incorrectas. Y sin embargo nadie parece encontrar el fallo. He aquí un ejemplo: Un granjero tiene un corral hecho con cincuenta secciones de cerco, capaz de albergar sólo cien ovejas. Suponiendo que desee hacerlo lo suficientemente grande para guardar el doble, ¿cuántas secciones de cerco adicionales debe colocar?

Solución:

Esta es la respuesta que siempre se da como correcta: serán necesarias dos secciones más, ya que el corral tiene 24 secciones en un lado y una en el otro (como se muestra en la figura A de la página siguiente), y moviendo uno de los lados y colocando una sección extra en cada extremo (como en la figura B), se duplicará el área (los dibujos no están en escala).

Ahora bien, el acertijo no obliga a que el corral sea de una forma determinada. Pero aún en el caso en que aceptemos que el corral era de veinticuatro por uno, la respuesta falla miserablemente, ya que las dos secciones extras no son verdaderamente necesarias. Por ejemplo, si dispongo las cincuenta secciones como se muestra en la figura C, como el área aumenta de 24 “secciones cuadradas” a 156, hay ahora lugar para 650 ovejas. Si se mantiene que el área debe ser exactamente el doble de la original, entonces la construyo (figura D) sólo con veintiocho secciones, y guardo veintidós para usar en otra parte de la granja. Aún si se insiste en que todas las secciones originales deben ser usadas, entonces construiría el corral de la figura E, donde obtengo el área tan exactamente como cualquier granjero exigiría, aunque debemos admitir que las ovejas no podrán rumiar en los extremos.

Vemos entonces que, desde cualquier punto de vista, la respuesta aceptada de este pequeño acertijo no se mantiene. Y sin embargo jamás se prestó atención a este absurdo.

§ 56. Las paredes del jardín

Un dueño de propiedades campestres tiene un campo circular donde ha edificado cuatro casas, como indica la ilustración.

El campo está rodeado por una pared de ladrillo, y el propietario decidió construir otras tres paredes de ladrillo para que los vecinos no puedan espiarse, pero los cuatro inquilinos insisten en que no debe haber favoritismos, y que cada cual debe tener la misma longitud de espacio de pared para dar sombra a sus árboles frutales. El acertijo consiste en mostrar cómo se pueden construir las tres paredes para que cada inquilino tenga la misma superficie de terreno, y precisamente la misma longitud de pared.

Desde luego, cada jardín debe estar totalmente cercado por sus paredes, y debe ser posible probar que cada jardín tiene exactamente la misma longitud de pared. Si el acertijo se resuelve adecuadamente, no se necesitan cifras.

Solución:

El acertijo consistía en dividir el campo circular en cuatro partes iguales mediante tres paredes, siendo cada pared de la misma longitud. Este problema presenta dos dificultades esenciales. Estas son: (1) el grosor de las paredes, y (2) la condición de que el número de paredes sea tres. En cuanto al primer punto, como nos dicen que las paredes son de ladrillo, no podemos pasar por alto el grosor, y debemos hallar una solución que funcione sin importar si el grosor de las paredes es de uno, dos, tres o más ladrillos.

El segundo punto requiere más reflexión. ¿Cómo hemos de distinguir entre pared y paredes? Una pared recta sin ninguna curva, por larga que sea, no se puede transformar en “paredes” si no hay ningún corte ni intersección. Además nuestro campo circular está claramente encerrado por una pared. Pero si hubiera sido una pared cuadrada o triangular, ¿habría habido respectivamente cuatro o tres paredes, o sólo una, en cada caso? Es verdad que hablamos de “las cuatro paredes” de un edificio o jardín cuadrangular, pero esto es sólo un modo convencional de decir “los cuatro lados”. Si habláramos de la obra de construcción, diríamos: “Voy a cerrar este jardín cuadrangular con una pared”. Los ángulos obviamente no afectan la cuestión, pues podemos tener una pared en zigzag o una pared recta, y la Gran Muralla China es un buen ejemplo de una pared con muchos ángulos. Ahora bien, si miramos los Diagramas 1, 2 y 3, tendremos dificultades para discernir si en cada caso hay dos o cuatro paredes nuevas; pero no podemos hablar de tres, como lo requiere nuestro acertijo. O bien la intersección afecta a la cuestión, o bien no la afecta.

Si sujetamos dos trozos de cordel, o los injertamos a la manera náutica, se transforman en “un cordel”. Si sólo los entrecruzamos o superponemos, siguen siendo “dos trozos de cordel”. Es una cuestión de unir y fundir. Asimismo, se puede sostener que si dos paredes se empotran -podríamos decir, si las homogeneizamos- se transforman en una pared, en cuyo caso los Diagramas 1, 2 y 3 podrían mostrar una pared o dos, si se indica que los cuatro extremos sólo se tocan, y no están realmente “empotrados” en la pared circular externa.

La objeción al Diagrama 4 es que, aunque muestra las tres paredes requeridas (suponiendo que los extremos no estén injertados en la pared circular externa), sólo es correcto cuando suponemos que las paredes no tienen grosor. Un ladrillo tiene grosor, con lo cual este método queda desechado por ser sólo aproximadamente correcto.

El Diagrama 5 muestra, quizá, la única solución correcta y absolutamente satisfactoria. Se notará que, además de la pared circular, hay tres paredes nuevas, que se tocan (y así constituyen un límite) pero que no están injertadas. Esta solución se puede adaptar a cualquier grosor de pared, y su corrección en lo concerniente a superficie y longitud de espacio de pared es tan manifiesta que no es necesaria explicarla. Sin embargo, señalaré que el terreno semicircular que cada inquilino da a su vecino es exactamente igual a la parcela semicircular que su vecino le da a él, mientras que cualquier tramo de espacio de pared hallado en un jardín se repite con exactitud en todos los demás. Desde luego hay un número infinito de maneras en que esta solución se puede variar correctamente.

§ 57. Cómo hacer cisternas

Nuestro amigo de la ilustración tiene una gran lámina de cinc, la cual mide (antes de los cortes) ocho pies por tres; ha recortado piezas cuadradas (todas del mismo tamaño) de las cuatro esquinas y ahora se propone plegar los lados, soldar los bordes y hacer una cisterna.

Pero hay algo que lo desconcierta: ¿ha cortado esos cuadrados del tamaño indicado para que la cisterna contenga la mayor cantidad posible de agua?

Si se cortan muy pequeños, la cisterna tiene poca profundidad; si se cortan grandes, se obtiene una cisterna alta y delgada. Se trata de hallar el modo de cortar esos cuadrados del modo correcto. ¿Cómo evitar que sean demasiado pequeños o demasiado grandes?

Solución:

He aquí una fórmula general para resolver este problema. Llamemos a y b a los dos lados del rectángulo. Entonces

equivale al lado de los pequeños cuadrados que se deben recortar. Las medidas dadas eran 8 pies por 3 pies, y la regla citada nos da ⅔ como el lado de los cuadrados que se deben recortar. Por cierto, esto no siempre resultará exacto como en este caso, (a causa de esa raíz cuadrada), pero siempre podemos aproximamos mediante decimales.

§ 58. Los seis corrales

He aquí un acertijo con cerillas. En la ilustración se ven trece cerillas, las cuales representan tramos de cerco y están puestas de tal modo que encierran seis corrales del mismo tamaño.

Ahora bien, uno de estos tramos fue robado, y el granjero quería encerrar seis corrales de igual tamaño con los doce restantes. ¿Cómo hacerlo? Se deben usar correctamente las doce cerillas, y no puede haber cerillas superpuestas ni cabos sueltos.

Solución:

Coloque las seis cerillas tal como muestra la ilustración y obtendrá seis corrales de igual tamaño.

Capítulo III

Problemas con fichas móviles

“No puedo prescindir de las fichas.”

SHAKESPEARE, Cuento de invierno, iv, 3

Los acertijos de esta clase, salvo cuando están relacionados con juegos como el ajedrez, parecen una novedad relativamente moderna. Los matemáticos de tiempos recientes, principalmente Vandermonde y Reiss, les han dedicado atención, pero los viejos autores no los tienen en cuenta. En lo que concierne a los juegos con fichas, quizás el más antiguo y conocido en los viejos tiempos sea el Nine Men’s Morris o Juego del Molino (también conocido con muchos otros nombres), a menos que sea más antiguo ese juego más sencillo, mencionado en las obras de Ovidio (“El juego de Ovidio”, N° 106 de Los acertijos de Canterbury), del cual parece derivar el tres en raya.

En Francia el juego se llama Marelle, en Polonia Siegen Wulf Myll (“molino, o riña, de la cabra y el lobo”), en Alemania y Austria se denomina Muhle (“el molino”), en Islandia Mylla; se dice que los bogas (o barqueros nativos) de América del Sur lo practican, y en el Amazonas se llama Trique y se sostiene que es de origen indio. En Gran Bretaña tiene varios nombres en varios distritos, tales como Meg Merrylegs, Peg Meiyll, Nine Peg o’Merryal, Nine-Pin Miracle, Merry Peg y Merry Hole. Shakespeare lo menciona en Sueño de una noche de verano (ii, 1):

El nine men’s morris está lleno de lodo;

y los extraños laberintos en el verdor exuberante,

por falta de pisadas, son borrosos.

Lo jugaban los pastores con piedras en orificios abiertos en el césped. John Clare, el poeta campesino de Northamptonshire, pregunta en “El pastorcillo”: “A menudo rastreamos su paradero ... mediante el nine men’s morris plantado en el verdor”. Drayton también lo menciona en su “Polyolbion”.

Se lo halló en un viejo mosaico romano descubierto durante las excavaciones en Silchester, y tallado en la escalinata de la Acrópolis de Atenas. Hace años, cuando yo visitaba el Museo Christiania, me mostraron la gran nave vikinga que descubrieron en Gokstad en 1880. En las planchas de roble que formaban la cubierta del navío se hallaron orificios y líneas que marcaban el juego, y los orificios estaban hechos para recibir tarugos. Mientras inspeccionaba el antiguo mobiliario de roble en el Museo Rijks de Amsterdam me interesé en el escaño de un viejo catecúmeno, y me sorprendí al hallar el diagrama del juego en el centro del asiento (muy cómodo para partidas subrepticias). Se lo ha descubierto tallado en la sillería de varias catedrales inglesas. Hacia 1880 se lo halló tallado en una piedra empotrada en una pared (probablemente alrededor del 1200), durante la restauración de una iglesia Hargrave en Northamptonshire. La piedra se encuentra ahora en el Museo de Northampton. Una piedra similar se halló luego en Sempringham, Lincolnshire. Se la ve en una antigua lápida de la Isla de Man, y pintada sobre viejos mosaicos holandeses. Y en 1901 se exhumó una piedra de una cantera cerca de Oswestry, que llevaba un inequívoco diagrama del juego.

Se lo ha jugado con diversas reglas en diversos períodos y lugares. Presento una copia del tablero. A veces se omiten las diagonales, pero evidentemente esto no estaba destinado a afectar el juego; sólo significaba que los ángulos bastaban para indicar los puntos.

Así describe Strutt el juego en Deportes y pasatiempos, y concuerda con el modo en que yo lo jugaba en mi infancia: “Dos personas, cada cual con nueve piezas, u hombres, los colocan alternativamente, uno por uno, en los puntos; el cometido de cada jugador consiste en impedir que su antagonista coloque tres piezas como para formar una fila de tres, sin la intervención de una pieza del contrario. Si se forma una fila, el que lo consiguió está en libertad de sacar una de las piezas del competidor de cualquier parte que le parezca más ventajosa, excepto que éste haya formado una fila, la cual no se debe tocar si tiene otra pieza en el tablero que no forme parte de dicha fila. Cuando todas las piezas están en posición, se las desplaza hacia atrás y hacia adelante, en cualquier dirección que sigan las líneas, pero sólo se pueden mover de un punto al otro (próximo) por vez. Quien coge todas las piezas del antagonista es el vencedor”.

§ 59. Ranas y vasos

Seis ranas han aprendido una treta interesante. Cuando se posan sobre vasos de vidrio, como los que vemos en la ilustración, cambian de lugar de tal modo que las tres ranas negras quedan a la izquierda y las blancas a la derecha, dejando desocupado el vaso del otro extremo (es decir, el número 7 en vez del 1).

Pueden saltar al número contiguo, si está desocupado, o saltarse una o dos ranas hasta llegar a un vaso desocupado. Los saltos se pueden efectuar en cualquiera de ambas direcciones, y una rana puede saltar sobre su color, el color opuesto o ambos colores. Este ejemplo de cuatro saltos sucesivos lo aclara todo: 4 a 1, 5 a 4, 3 a 5, 6 a 3.

¿Puede mostrar cómo lo consiguen en diez saltos?

Solución:

Los siguientes saltos resuelven el acertijo en diez movimientos:

2 a 1, 5 a 2, 3 a 5, 6 a 3, 7 a 6, 4 a 7, 1 a 4, 3 a 1, 6 a 3, 7 a 6.

§ 60. El acertijo de la Cruz de la Victoria

El creador de acertijos suele ser un tío muy ingenioso que se las apaña con muy pocos elementos. Ciertas trivialidades que escapan a la observación ajena, o que en todo caso se desechan por irrelevantes, a menudo brindan material interesante a los que buscan maneras de lograr que el prójimo se devane los sesos.

Iba sentado frente a una dama en un tren, durante el Jubileo de Diamante de la reina Victoria, cuando me llamó la atención el broche que usaba. Tenía forma de Cruz de Malta o Cruz de la Victoria, y llevaba las letras de la palabra VICTORIA. El número y disposición de las letras me sugirió de inmediato este acertijo.

El diagrama, como se ve, está integrado por nueve divisiones. El acertijo consiste en colocar ocho fichas, que lleven las letras de la palabra VICTORIA, tal como se muestra, y luego deslizar una letra por vez, de negro a blanco y de blanco a negro alternativamente, hasta que la palabra se lea en la misma dirección, pero con la V inicial en uno de los brazos negros de la cruz. En ningún momento puede haber dos letras en la misma casilla, y se requiere utilizar el método más breve.

Por cierto, no pueden saltarse casillas. El primer movimiento, obviamente, se debe realizar con la A, la I, la T o la R. Suponiendo que usted mueva la T hacia el centro, la siguiente ficha será la O o la C, pues no se puede mover la I ni la R. Luego señalaré una característica llamativa de este acertijo.

Solución:

Para resolver este acertijo se debían conseguir dos cosas: primero, manipular las fichas de modo tal que la palabra VICTORIA se leyera en tomo de la cruz en la misma dirección, sólo que con la V en uno de los brazos oscuros; en segundo lugar, lograrlo en la menor cantidad posible de movimientos. A decir verdad, sería imposible realizar la primera parte si todas las letras de la palabra fueran distintas; pero como la I se repite, es posible lograrlo cambiándolas de lugar; es decir, la primera I pasa del 2° al 7° lugar, y la segunda I del 7° al 2° lugar. La característica llamativa a la cual me refería es que se puede obtener una solución en veintidós movimientos moviendo las letras en el orden de las siguientes palabras: A VICTOR! A VICTOR! A VICTOR I! (“Un vencedor, un vencedor, un vencedor yo”).

Sin embargo, hay sólo seis soluciones en dieciocho movimientos, y la siguiente es una de ellas: I, V, A, I_2, R, O, T, I_1, I_2, A, V, I_2, I_1, C, I_2, V, A, I_1, donde la primera y segunda letra I del nombre están identificadas mediante un subíndice.

Puede verse que en la primera solución de arriba una de las íes no se mueve, aunque el movimiento de las otras letras hace que cambie su posición relativa. Hay otra peculiaridad que me gustaría indicar: hay una solución en veintiocho movidas que no requiere que ninguna letra, excepto las íes, sea movida al espacio central. Debo mencionar también que en todas de las soluciones en dieciocho movidas las letras C, T, O y R sólo se mueven una vez, mientras que la segunda I se mueve cuatro veces y la V siempre se transfiere al brazo derecho de la cruz.

§ 61. Las ocho locomotoras

El diagrama representa una playa de ferrocarril dirigida con un criterio un poco extravagante.

Sólo se permite que las locomotoras permanezcan quietas en los nueve puntos indicados, uno de los cuales está desocupado en este momento. Se deben mover las locomotoras de un punto al otro, una por vez, en diecisiete maniobras, de modo que sus números queden en orden numérico en tomo del círculo, y que el punto central quede desocupado. Pero una de las locomotoras tiene la caldera apagada y no puede moverse. ¿Cómo lograrlo? ¿Y cuál locomotora permanece inmóvil durante toda la jugada?

Solución:

La solución es la siguiente: la locomotora que tiene la caldera apagada y no puede desplazarse es la número 5. Mueva las demás locomotoras en el siguiente orden: 7, 6, 3, 7, 6, 1, 2, 4, 1, 3, 8, 1, 3, 2, 4, 3, 2. Diecisiete movimientos en total, dejando las ocho máquinas en el orden requerido.

Hay otras dos soluciones ligeramente distintas.

§ 62. Las nueve almendras

—He aquí un pequeño acertijo que me ha fascinado —dijo un párroco—. Es simple pero sumamente interesante.

El reverendo caballero cogió un papel y lo dividió en veinticinco cuadrados, como una porción cuadrangular de un tablero de ajedrez. Luego puso nueve almendras en los cuadrados centrales, como se muestra en la ilustración, donde hemos puesto círculos numerados para facilitar la explicación de la solución.

—Pues bien —continuó el párroco—, el acertijo consiste en eliminar ocho almendras y dejar la novena en el cuadrado central. Se efectúan las eliminaciones haciendo saltar una almendra sobre otra hasta el cuadrado vacío contiguo y sacando la almendra por encima de la cual se saltó, como en las damas, sólo que se puede saltar en cualquier dirección, y no sólo diagonalmente. Se trata de hacerlo con la menor cantidad posible de movimientos.

El siguiente ejemplo lo aclarará todo. Haga saltar el 4 sobre el 1, el 5 sobre el 9, el 3 sobre el 6, el 5 sobre el 3, el 7 sobre el 5 y 2, el 4 sobre el 7, el 8 sobre el 4. Pero 8 no queda en el cuadrado central, como debería. Acuérdese de eliminar las almendras sobre las cuales saltó. Todos los saltos consecutivos realizados con la misma almendra valen por un solo movimiento.

Solución:

Este acertijo se puede resolver en sólo cuatro jugadas, de esta manera: mueva 5 sobre 8, 9, 3, 1. Mueva 7 sobre 4. Mueva 6 sobre 2 y 7. Mueva 5 sobre 6, y todas las almendras quedan afuera excepto 5, que queda en el cuadrado central que ocupaba originalmente.

§ 63. Platos y monedas

Ponga doce platos en una mesa redonda, como en la ilustración, con una moneda o una naranja en cada plato. Comience en el plato que prefiera y, yendo siempre en una dirección en tomo de la mesa, coja una moneda, pásela por encima de otras dos, y póngala en el plato siguiente. Hágalo de nuevo; coja otra moneda y, haciéndola pasar por encima de dos monedas, póngala en un plato; continúe así su desplazamiento.

Sólo se han de eliminar seis monedas, y cuando éstas estén situadas allí debería haber dos monedas en cada uno de seis platos y seis platos vacíos. Es importante ir en derredor de la mesa la menor cantidad posible de veces. No importa si las dos monedas que se mueven están en uno o dos platos, ni por encima de cuántos platos vacíos se pasa la moneda. Pero siempre se debe ir en la misma dirección alrededor de la mesa y terminar en el punto de donde se partió. Es decir, la mano sigue siempre hacia adelante en una dirección, sin retroceder nunca.

Solución:

Numere los platos de 1 a 12 en el orden que avanza el niño en la ilustración. A partir de 1, proceda del siguiente modo (“1 a 4” significa que coge la moneda del plato N° 1 y la transfiere al plato N° 4): 1 a 4, 5 a 8, 9 a 12, 3 a 6, 7 a 10, 11 a 2, y complete la última vuelta hasta 1, haciendo tres vueltas en total. También puede proceder de este modo: 4 a 7, 8 a 11, 12 a 3, 2 a 5, 6 a 9, 10 a 1. Es fácil resolverlo en cuatro vueltas, pero las soluciones con tres son más difíciles de descubrir.

Se trata de “La adivinanza del estanque de peces” (N° 39 de Los acertijos de Canterbury) bajo otro ropaje.

§ 64. Torpedeo

Si una flota de dieciséis buques de guerra estuviera anclada y rodeada por el enemigo, ¿cuántas naves se podrían hundir si cada torpedo, lanzado en línea recta, pasara bajo tres navíos y hundiera al cuarto?

En el diagrama hemos dispuesto la flota en un cuadrado, donde se verá que se pueden hundir hasta siete barcos (los de la fila superior y la primera columna) disparando los torpedos indicados por las flechas. Anclando la flota a nuestro gusto, ¿en qué medida podemos incrementar este número? Recuerde que cada nave sucesiva es hundida antes del lanzamiento de otro torpedo, y que cada torpedo sigue un rumbo diferente; de lo contrario, poniendo las naves en línea recta, podríamos hundir hasta trece. Es un interesante ejercicio de guerra naval, y muy práctico, siempre que el enemigo nos permita disponer su flota a nuestra conveniencia y prometa quedarse quieto sin hacer nada.

Solución:

Si la flota enemiga está fondeada en la formación que muestra la ilustración, se pueden volar hasta diez de los dieciséis buques lanzando los torpedos en el orden indicado por los números y en la dirección indicada por las flechas.

Como cada torpedo sucesivo pasa debajo de tres buques y hunde el cuarto, tache cada buque con el lápiz a medida que los hunde.

§ 65. Chicos y chicas

Si tildamos diez divisiones de una hoja de papel para que representen las sillas, y usamos ocho fichas numeradas para los niños, tendremos un fascinante pasatiempo. Los números impares pueden representar a los chicos y los pares a las chicas, o se pueden usar fichas de dos colores, o monedas.

El acertijo consiste en desplazar a dos niños que ocupen sillas contiguas y ponerlos en las dos sillas ahora desocupadas, haciendo que intercambien lugares; y así sucesivamente, hasta que todos los chicos queden juntos y todas las chicas juntas, con las dos sillas desocupadas en un extremo, como ahora.

Para resolver el acertijo hay que lograrlo en cinco jugadas. Los dos niños siempre se deben tomar de sillas que ahora están contiguas; y recuerde que es importante que los dos niños cambien lugares, pues esta característica es distintiva de este acertijo. Con cambio de lugares me refiero a que si usted, por ejemplo, mueve 1 y 2 a las sillas desocupadas, entonces la primera silla (la externa) será ocupada por 2 y la segunda por 1.

Solución:

Hay muchas soluciones para este acertijo. Cualquier par contiguo, excepto el 7—8, se puede desplazar primero, y después del primer movimiento hay variaciones. La siguiente solución muestra la posición desde el comienzo, con cada movimiento sucesivo hasta el final:

.

.

1

2

3

4

5

6

7

8

4

3

1

2

7

.

.

5

6

8

4

3

1

2

.

.

5

6

7

8

4

.

.

2

7

1

3

5

6

8

4

3

1

2

7

6

5

.

.

8

4

8

6

2

7

1

3

5

.

.

§ 66. Ordenando frascos

Vi a una niña que ordenaba frascos de mermelada en la alacena, colocándolos en los estantes según la clase de dulce. Noté que tomaba un frasco de damasco en una mano y un frasco de grosella en la otra y los cambiaba de lugar; luego cambió uno de fresas con uno de frambuesa, y así sucesivamente. Observé que se tomaba muchas molestias innecesarias, haciendo más cambios de los que hacían falta, y pensé que era buen tema para un acertijo.

En la ilustración vemos que la pequeña Dorotea debe manipular veinticuatro frascos y ponerlos en sus respectivos lugares. Quiere ponerlos en el orden numérico correcto, es decir, 1, 2, 3, 4, 5, 6 en el estante superior, 7, 8, 9, 10, 11 y 12 en el siguiente, y así sucesivamente. Ahora bien, si siempre tiene un frasco en la mano derecha y otro en la izquierda e intercambia los lugares, ¿cuántos cambios serán necesarios para poner todos los frascos en orden? Naturalmente, primero cambiaría el 1 y el 3, luego el 2 y el 3, con lo cual tendría en su sitio los tres primeros frascos. ¿Cómo le aconsejaría usted que siguiera? Coloque fichas numeradas en un papel dividido en cuadrados que representen los lugares, y tendrá un divertido acertijo.

Solución:

Dos frascos, el 13 y el 19, estaban en los sitios adecuados. Como cada cambio puede derivar en que un frasco quede en su sitio, es evidente que veintidós cambios los pondrán todos en orden. Pero esta cantidad de movimientos no es la menor posible, y la respuesta correcta es diecisiete.

Intercambie los siguientes pares:

(3—1, 2—3),

(15—4, 16—15),

(17—7, 20—17),

(24—10, 11—24, 12—11),

(8—5, 6—8, 21—6, 23—21, 22—23, 14—22, 9—14, 18—9).

Cuando se ha efectuado el intercambio dentro de cada par de paréntesis, todos los números que están entre esos paréntesis quedan en sus lugares. Hay cinco pares de paréntesis, y sustrayendo 5 de 22 obtenemos la cantidad de cambios requeridos: 17.

Capítulo IV

Problemas de recorrido

“Los veo en su sinuoso camino.”

REGINALD HEBER

Es razonable suponer que desde sus albores el hombre se ha hecho estas preguntas: “¿Cuál es el camino más corto para llegar a casa?” “¿Cuál es el camino más fácil o más placentero?” “¿Cómo hallar un camino que nos permita eludir al mastodonte y al plesiosaurio?” “¿Cómo llegar allí sin cruzar la senda del enemigo?” Estos elementales problemas de recorrido se pueden transformar en buenos acertijos mediante la introducción de ciertas condiciones para complicar el asunto. En los siguientes ejemplos presentamos varias de estas complicaciones. También he incluido algunas enumeraciones más o menos dificultosas. Estas constituyen una excelente práctica para ejercer el raciocinio, y nos permiten generalizar de modo muy instructivo en lo concerniente a las formas geométricas.

§ 67. La bandera británica

La ilustración es un bosquejo que evoca el Union Jack, la bandera británica. No es posible dibujarlo todo sin levantar el lápiz del papel ni pasar dos veces por la misma línea.

El acertijo consiste en averiguar cuánto se puede dibujar sin alzar el lápiz ni pasar dos veces por la misma línea. Coja el lápiz y averigüe cuál es el mejor resultado que puede obtener.

Solución:

Hay sólo dieciséis puntos (todos externos) donde podemos decir que se unen tres caminos. Los matemáticos los llaman “nodos impares”.

Hay una regla que nos indica que, en el caso de un dibujo como el presente, donde hay dieciséis nodos impares, se requieren ocho trazos o rutas (es decir, la mitad de los nodos impares) para completarlo. Como tenemos que recorrer la mayor cantidad posible con sólo uno de estos ocho trazos, es necesario lograr que los otros siete trazos de un nodo al otro sean lo más breves que sea posible. Comience en A y termine en B, o vaya en sentido inverso.

§ 68. El acertijo del inspector del metro

El hombre de nuestra ilustración afronta un pequeño dilema. Lo acaban de designar inspector de un sistema de ferrocarril subterráneo y tiene el deber de inspeccionar regularmente, dentro de un período establecido, las diecisiete líneas de la compañía, que unen doce estaciones, como se muestra en el plano que él contempla.

Ahora quiere arreglar su ruta de modo que lo lleve por todas las líneas en la menor cantidad posible de viajes. Debe comenzar donde escoja y terminar donde escoja. ¿Cuál es la ruta más corta?

¿Algo podría ser más simple? Pero el lector pronto descubrirá que, sea cual fuere el procedimiento, el inspector debe pasar más de una vez por ciertas líneas. En otras palabras, si decimos que las estaciones están a una milla de distancia, tendrá que viajar más de diecisiete millas para inspeccionar todas las líneas. Allí está la pequeña dificultad. ¿Qué distancia está obligado a recorrer, y qué ruta recomienda usted?

Solución:

El inspector sólo debe viajar diecinueve millas si comienza en B y sigue la siguiente ruta:

B-A-D-G-D-E-F-I-F-C-B-E-H-K-L-I-H-G-J-K

Así, los únicos tramos que recorre dos veces son las secciones D a G y F a I. Desde luego, la ruta se puede variar, pero no se puede acortar.

§ 69. El acertijo del icosaedro

El icosaedro es un cuerpo regular o platónico, pues todos sus lados, ángulos y planos son similares e iguales. Sus caras son veinte triángulos equiláteros similares. Un trozo de cartulina de la forma que mostramos en el diagrama más pequeño se pliega a lo largo de las líneas punteadas formando un icosaedro perfecto.

Ahora bien, cuerpo platónico no significa cuerpo celeste, pero para nuestro acertijo daremos en suponer que existe un planeta habitable con esta forma. También supondremos que, a causa de una súper fluidez del agua, las únicas tierras secas están a lo largo de las aristas, y que los habitantes desconocen la navegación.

Si cada una de estas aristas tiene 10.000 millas de longitud y un viajero solitario se encuentra en el Polo Norte (el punto más alto), ¿cuánto tendrá que viajar para visitar cada parte habitada del planeta, es decir para recorrer cada una de las aristas?

Solución:

Hay treinta aristas, de las cuales dieciocho son visibles en la ilustración original, representada en el siguiente diagrama mediante el hexágono NAESGD. Mediante esta proyección de lo sólido obtenemos una vista imaginaria de las doce aristas restantes, y podemos ver de inmediato su dirección y los doce puntos donde se encuentran todas las aristas. La diferencia en la longitud de las líneas carece de importancia; sólo deseamos presentar su dirección de manera gráfica. Pero en caso de que el lego se asombrara de hallar sólo diecinueve triángulos en vez de los veinte requeridos, señalaré que el triángulo aparentemente faltante es el contorno HIK.

En este caso hay doce nodos impares; por tanto se necesitarán seis rutas distintas y no conectadas si no debemos pasar dos veces sobre ninguna línea. Hallemos pues la mayor distancia que podemos recorrer en una ruta.

Se notará que he tachado con trazos cruzados cinco líneas o aristas del diagrama. Estas cinco líneas se pueden marcar en cualquier parte mientras no se unan entre sí, y mientras una de ellas no se conecte con N, el Polo Norte, desde donde hemos de comenzar. Se verá que el resultado de tachar estas cinco líneas es que todos los nodos son ahora pares excepto N y S. En consecuencia, si comenzamos en N y nos detenemos en S podemos recorrer todas las líneas, excepto las cinco marcadas, sin atravesar dos veces ninguna línea. Hay muchas maneras de hacerlo. He aquí una ruta:

N a H, I, K, S, I, E, S, G, K, D, H, A, N, B, A, E, F, B, C, G, D, N, C, F, S

Haciendo cinco rutas tan cortas como es posible ―simplemente de un nodo al próximo― podemos obtener la mayor longitud posible para nuestra sexta línea. No es posible obtener una distancia mayor en una ruta sin pasar por el mismo terreno dos veces.

Ahora es manifiesto que las cinco líneas tachadas se deben recorrer dos veces, y que podemos “cogerlas”, como quien dice, en cualquier punto de nuestra ruta. Así, cuando el viajero está en I, puede ir hasta A y retroceder antes de continuar su camino, o puede aguardar hasta estar en A y luego pasar a I y retroceder a A. Y así con las otras líneas que hay que recorrer dos veces. Es claro, pues, que puede recorrer 25 de las líneas una vez sola (25 × 10.000 millas = 250.000 millas) y 5 de las líneas dos veces (5 × 20.000 millas = 100.000 millas), siendo el total, 350.000 millas, la longitud de su travesía y la distancia más corta que es posible para visitar el cuerpo entero.

Se notará que le hice terminar sus viajes en S, el Polo Sur, pero esto no es imperativo. También pude hacerle terminar en cualquiera de los otros nodos, excepto aquel donde comenzó. Supongamos que se hubiera requerido hacerlo regresar a N al final de su recorrido. Entonces, en vez de tachar la línea AI, la hubiéramos dejado abierta y habríamos cerrado IS. Esto le hubiera permitido completar su gira de 350.000 millas en A, y otras 10.000 millas lo hubieran llevado a su propio hogar. Hay gran cantidad de rutas, pero como las longitudes de los bordes son iguales, una es tan buena como la otra. Para que la travesía completa de 350.000 millas de N a S quede bien clara para todos, la transcribiré entera:

N a H, I, A, I, K, H, K, S, I, E, S, G, F, G, K, D, C, D, H, A, N, B, E, B, A, E, F, B, C, G, D, N, C, F, S

Es decir, treinta y cinco líneas de 10.000 millas cada una.

§ 70. Inspeccionando una mina

El diagrama representa las galerías o túneles de una mina. Supondremos que cada túnel, A a B, B a C, C a H, H a I, tiene una milla de longitud. Se verá que hay treinta y un túneles. Ahora bien, un funcionario debe inspeccionarlos todos, y desciende por el conducto hasta el punto A. ¿Qué distancia debe recorrer, y qué trayecto recomienda usted? El lector tal vez diga: “Si hay treinta y un túneles, cada cual de una milla de longitud, tendrá que recorrer sólo treinta y una millas”. Pero ello equivale a suponer que nunca deberá recorrer un túnel más de una vez, y no ocurre así.

Tome un lápiz y trate de hallar el trayecto más corto. Pronto descubrirá que hay bastante margen para la reflexión. Más aún, se trata de un acertijo desconcertante.

Solución:

Comenzando desde A, el inspector sólo debe recorrer 36 millas si coge la siguiente ruta:

A a B, G, H, C, D, I, H, M, N, I, J, O, N, S, R, M, L, G, F, K, L, Q, R, S, T, O, J, E, D, C, B, A, F, K, P, Q

Así pasa entre A y B dos veces, entre C y D dos veces, entre F y K dos veces, entre J y O dos veces, y entre R y S dos veces, cinco repeticiones. En consecuencia, 31 túneles más 5 túneles repetidos equivalen a 36 millas. El pequeño inconveniente de este acertijo es que comenzamos desde un nodo par. De lo contrario sólo deberíamos viajar 35 millas.

§ 71. Un acertijo con nivel

Se trata simplemente de contar. ¿De cuántas maneras puede usted formar la palabra LEVEL (“nivel”) apoyando la punta del lápiz en una L y luego pasando a lo largo de las líneas de letra en letra?

Puede ir en cualquier dirección, hacia adelante o hacia atrás. Claro que no se le permite saltarse letras, es decir, debe usar una letra cada vez que llegue a ella.

Solución:

Limitemos nuestra atención a la L de la esquina superior izquierda. Supongamos que vamos por la E, a la derecha: entonces debemos seguir derecho hasta la V, desde la cual la palabra se puede completar de cuatro maneras, pues hay cuatro E disponibles por las cuales podemos llegar a una L. Hay pues cuatro maneras de leer a partir de la E de la derecha. También es evidente que debe haber la misma cantidad de maneras a partir de la E que está inmediatamente debajo del punto de partida. Eso totaliza ocho. Empero, si tomamos la tercera ruta por la E de la diagonal, tenemos la opción de cualquiera de las tres letras V, por medio de las cuales podemos completar la palabra de cuatro maneras. En consecuencia, podemos deletrear LEVEL de doce maneras a través de la E de la diagonal. Doce más ocho da veinte lecturas, y todas parten de la L de la esquina superior izquierda; y como las cuatro esquinas son iguales, la respuesta es cuatro por veinte, es decir, ochenta maneras.

§ 72. El acertijo del marinero

El marinero que mostramos en la ilustración afirmó que desde su infancia comerciaba en el Pacífico recorriendo una veintena de islas con una pequeña nave.

Nos entregó el tosco mapa que reproducimos aquí, y explicó que las líneas que unen una isla con otra representaban las únicas rutas que él seguía. Siempre comenzaba en la isla A al principio de la temporada, y luego visitaba cada isla una vez, y sólo una vez, terminando su travesía en el punto de partida. Pero siempre postergaba todo lo posible su visita a C, por razones comerciales sobre las cuales no es preciso explayarse. El acertijo consiste en descubrir su ruta exacta, y esto se puede hacer con certeza. Coja un lápiz y, comenzando en A, trate de deducirla. Si anota las islas por orden de visita —por ejemplo, A, I, O, L, G, etc.— pronto verá si ha visitado una isla dos veces o si ha omitido alguna. Por cierto, los cruces de las líneas se deben pasar por alto, es decir, usted debe continuar la ruta directamente, y no puede coger un cruce para cambiar de rumbo. No hay trucos de esta especie en el acertijo. El marinero conocía la mejor ruta. ¿Puede usted encontrarla?

Solución:

Sólo existen cuatro rutas posibles (u ocho, si contamos el viaje a la inversa) por las cuales el marinero puede comenzar en la isla A, visitar todas las islas una vez, y sólo una vez, y regresar a A.

Helas aquí:

A-I-P-T-L-O-E-H-R-Q-D-C-F-U-G-N-S-K-M-B-A

A-I-P-T-S-N-G-L-O-E-U-F-C-D-K-M-B-Q-R-H-A

A-B-M-K-S-N-G-L-T-P-I-O-E-U-F-C-D-Q-R-H-A

A-I-P-T-L-O-E-U-G-N-S-K-M-B-Q-D-C-F-R-H-A

Ahora bien, si el marinero coge la primera ruta, la isla C será la número 12 (contando A como número 1); por la segunda ruta C será la número 13; por la tercera ruta, será la 16; y por la cuarta ruta, la 17. Si sigue el trayecto inverso, C será respectivamente la isla número 10, 9, 6 y 5. Como estas rutas son las únicas posibles, es evidente que, si el marinero posterga su visita a C todo lo posible, debe coger la última, leyendo de izquierda a derecha. Esta ruta se muestra en las líneas oscuras del diagrama y es la respuesta correcta al acertijo.

El mapa puede simplificarse muchísimo mediante el método de “hilos y botones” que explico en la solución del acertijo 102, “Las cuatro ranas”.

§ 73. El acertijo de los votantes

Aquí tenemos, quizá, la forma más interesante de este acertijo. ¿De cuántos modos se puede leer la exhortación RISE TO VOTE, SIR (“Póngase usted en pie para votar”), con las mismas condiciones que en el acertijo anterior?

En este caso cada lectura del palíndromo requiere el uso de la V central como letra del medio.

Solución:

El número de lecturas es aquí 63.504, como en el caso de ‘Was it a rat I saw’ (¿Es una rata lo que vi?, número 29 de Los Acertijos de Canterbury). La fórmula general es que para las oraciones palindrómicas que contienen 2n + 1 letras hay [4(2n – 1)]2 lecturas.

§ 74. El monje y los puentes

Doy un esquema de un río con una isla y cinco puentes.

En un lado del río hay un monasterio, y en el otro se ve un monje en primer plano. Ahora bien, de regreso al monasterio el monje ha decidido cruzar cada puente una vez, y sólo una vez. Esto es, por supuesto, bastante fácil, pero en el camino piensa para sí: ‘Me pregunto cuántas rutas diferentes tengo para elegir.’ ¿Podría usted decírselo?

Tome su lápiz y trace una ruta que lo lleve una vez por los cinco puentes. Luego trace una segunda, luego una tercera, y vea si puede determinar todas las variantes. Verá que la dificultad es doble: por un lado, debe evitar olvidar rutas; por el otro, debe evitar repetirlas.

Solución:

El problema de los puentes puede ser reducido al simple diagrama de la ilustración.

El punto M representa al monje, el punto I a la isla y el punto Y al monasterio. Ahora, las únicas rutas directas de M a I son por los puentes a y b; las únicas rutas directas de I a Y son por los puentes c y d, y hay una ruta directa de M a Y por el puente e. Lo que debemos hacer es contar todas las rutas de que llevan de M a Y, pasando por todos los puentes a, b, c, d ye una vez, y sólo una vez. Con el diagrama a la vista es bastante simple, sin ninguna regla complicada, contar metódicamente estas rutas. Entonces, comenzando por a, b, encontramos que sólo hay dos maneras de completar la ruta; comenzando por a, c, sólo hay dos rutas; por a, d, sólo hay dos rutas, y así las demás.

Se comprobará que sólo hay un total de dieciséis rutas, enumeradas en la siguiente lista:

a b e c d

b c d a e

a b e d c

b c e a d

a c d b e

b d c a e

a c e b d

b d e a c

a d c b e

e c a b d

a d e b c

e c b a d

b a e c d

e d a b c

b a e d c

e d b a c

Si el lector traslada las letras que identifican los puentes desde el diagrama a la ilustración original, todo se volverá evidente.

Capítulo V

Problemas de combinación y agrupamiento

“Por cierto, una combinación y una forma.”

SHAKESPEARE:, Hamlet, iii, 4

§ 75. Los caballeros del rey Arturo

El rey Arturo se sentó a la Mesa Redonda en tres veladas sucesivas con sus caballeros —Beleobus, Caradoc, Driam, Eric, Floll y Galahad— pero nadie se sentó dos veces junto a una persona que ya se hubiera sentado a su lado. En la primera velada se sentaron en orden alfabético en tomo de la mesa. Pero después el rey Arturo dispuso los lugares de modo de tener a Beleobus tan cerca como fuera posible y a Galahad tan lejos como pudiera. ¿Cómo colocó a los caballeros, recordando la regla de que ningún caballero puede sentarse dos veces al lado del mismo?

Solución:

En la segunda noche, el rey Arturo dispuso este orden para él y sus caballeros: A, F, B, D, G, E, C. En la tercera noche se sentaron de este modo: A, E, B, G, C, F, D. Así tuvo a B a una persona de distancia en ambas ocasiones (la posición más cercana posible) y G estuvo a dos personas de distancia en ambas ocasiones (la posición más alejada posible). Ningún otro acomodamiento de los caballeros habría sido tan satisfactorio.

§ 76. Jugadores de bridge

Doce socios de un club convinieron en jugar bridge juntos en once noches, pero ningún jugador debía tener el mismo compañero más de una vez, o el mismo rival más de dos veces. ¿Puede usted trazar un plan mostrando cómo pudieron sentarse todos en tres mesas todas las noches? Denomine a los doce jugadores por las primeras doce letras del alfabeto y trate de agruparlos.

Solución:

En la siguiente solución cada una de las once líneas representa una sesión, cada columna una mesa, y cada par de letras un par de jugadores.

AB —

EL

EJ —

GK

FH —

CD

AC —

JB

FK —

HL

GI —

DE

AD —

KC

GL —

IB

HJ —

EF

AE —

LD

HB —

JC

IK —

FG

AF —

BE

IC —

KD

JL —

GH

AG —

CF

JD —

LE

KB —

HI

AH —

DG

KE —

BF

LC —

IJ

AI —

EH

LF —

CG

BD —

JK

AJ —

FI

BG —

DH

CE —

KL

AK —

GJ

CH —

El

DF —

LB

AL —

HK

DI —

FJ

EG —

BC

Se verá que las letras B, C, D ... L descienden cíclicamente. La solución que damos es perfecta en todos los sentidos. Se descubrirá que cada jugador tiene a cada uno de los demás como compañero una vez, y como oponente dos veces.

§ 77. Tres hombres en un bote

Un generoso fabricante de Londres otorga a sus obreros una semana de vacaciones en la playa todos los años, de su propio peculio. En una ocasión quince empleados suyos visitaron Heme Bay. En la mañana que salieron de Londres su empleador los interpeló de este modo, expresando la esperanza de que lo pasaran muy bien.

—Me han dado a entender —añadió— que algunos de ustedes son amantes del remo, así que en esta ocasión me propongo brindarles esa recreación, y al mismo tiempo darles un pequeño acertijo para resolver. Durante los siete días que pasarán en Heme Bay, todos deben salir todos los días a la misma hora a remar, pero siempre debe haber tres hombres en un bote y no más de tres. Dos hombres no pueden salir en bote juntos más de una vez, y nadie puede salir dos veces en el mismo bote. Si se las apañan para hacerlo, y usan la menor cantidad posible de botes, la empresa se hará cargo de los gastos.

Uno de esos hombres me contó que la experiencia que tenía en dichos asuntos pronto le permitió hallar la respuesta para total satisfacción de los empleados y del empleador. Pero lo más pintoresco del asunto es que jamás resolvieron de veras el pequeño misterio. El método que utilizaron era incorrecto, y creo que mis lectores se divertirán descubriendo el modo en que los hombres debieron ocupar los botes. Como da la casualidad de que se llaman Andrews, Baker, Cárter, Danby, Edwards, Frith, Gay, Hart, Isaacs, Jackson, Kent, Lang, Masón, Napper y Onslow, desde ahora podemos llamarlos por sus iniciales y anotar los cinco grupos correspondientes a cada uno de los siete días de esta manera sencilla:

1

2

3

4

5

Primer día:

(ABC)

(DEF)

(GHI)

(JKL)

(MNO).

Los hombres incluidos en cada paréntesis ocupan el mismo bote, de modo que A no puede salir de nuevo con B ni con C, y C no puede salir de nuevo con B. Lo mismo vale para los otros cuatro botes. Los números corresponden al número de bote, de modo que A, B y C, por ejemplo, ya no pueden salir más en el bote número 1.

Solución:

Si no hubiera ningún requisito, excepto que los hombres salieran juntos de a tres, podrían salir a remar en una inmensa cantidad de combinaciones diversas. Si el lector desea saber cuántas, el número es 455^7. Con la condición de que dos de ellos no puedan remar juntos más de una vez, no hay menos de 15.567.552.000 soluciones, es decir, diversas maneras de combinarlos. Con una solución a la vista, el lector comprenderá por qué ello es así, pues, aunque, por ejemplo, A debe salir una vez con B y una vez con C, no necesariamente se sigue que debe salir con C en la misma ocasión en que sale con B. Podría salir con cualquier otra letra, aunque si sale con alguien que no sea B ello surte un efecto sobre la configuración de los otros tercetos.

Sólo existe un determinado número de configuraciones cuando se impone la condición de usar la menor cantidad posible de botes. En rigor sólo debemos valemos de diez botes. He aquí uno de los arreglos:

1

2

3

4

5

Día: 1°

(ABC)

(DEF)

(GHI)

(JKL)

(MNO).

8

6

7

9

10

Día: 2°

(ADG)

(BKN)

(COL)

(JED

(MHF).

3

5

4

1

2

Día: 3°

(AJM)

(BEH)

(CFI)

(DKO)

(GNL).

7

6

8

9

1

Día: 4°

(AEK)

(CGM)

(BOI)

(DHL)

(JNF).

4

5

3

10

2

Día: 5°

(AHN)

(CDJ)

(BFL)

(GEO)

(MKI).

6

7

8

10

1

Día: 6°

(AFO)

(BGJ)

(CKH)

(DN1)

(MEL).

5

4

3

9

2

Día: 7°

(AIL)

(BDM)

(CEN)

(GKF)

(JHO).

Nótese que dos hombres nunca salen juntos dos veces, y que ninguno sale dos veces en el mismo bote.

Esta es una extensión del célebre problema de las “quince escolares” de Kirkman. Los requisitos originales imponían que las quince niñas salieran siete días en tercetos sin que ninguna saliera dos veces con otra en el mismo terceto. La búsqueda de una solución general para este acertijo ha aguzado el ingenio de los matemáticos desde 1850, cuando se planteó la cuestión por primera vez. En 1908 y los dos años siguientes indiqué que todos los problemas surgían de nuestra incapacidad para descubrir que el 15 es un caso especial (demasiado pequeño para entrar en la ley general que comprende a todas las cantidades más grandes de niñas, de la forma 6n + 3, y demostré cuál es la ley general y cómo se deben plantear los grupos para cualquier número de niñas. Presenté combinaciones para ciertos números que previamente habían frustrado todos los intentos de manipulación, y ahora se puede considerar que el problema general está resuelto. Los lectores hallarán una excelente versión completa del acertijo en Mathematical Recreations de W. W. Rouse Ball.

§ 78. Los nueve alumnos

Este es un nuevo e interesante complemento del acertijo de “Las quince alumnas” (véase solución del N° 77), y aun en esta forma simplísima que presento aquí presenta indudables dificultades. Nueve alumnos salen en fila de tres en los seis días de la semana, de modo que ninguno camina nunca al lado de otro más de una vez. ¿Cómo puede usted agruparlos?

Si los representamos con las primeras nueve letras del alfabeto, el primer día podemos agruparlos de este modo:

A

B

C

D

E

F

G

H

I

Entonces A no puede volver a caminar al lado de B, ni B de C, ni D de E, y así sucesivamente. Pero A puede caminar al lado de C. No hay objeción a que formen parte del mismo terceto, sino a que caminen lado a lado en un terceto. En estas condiciones pueden salir los seis días; con las condiciones de las “alumnas” sólo pueden salir cuatro días.

Solución:

Los alumnos pueden salir de esta manera:

1er. día

2° día

3er. día

ABC

B F H

F A G

D E F

E I A

I D B

G H I

C G D

H C E

4° día

5° día

6° día

A D H

G B I

D C A

B E G

C F D

E H B

F I C

H A E

I G F

Así cada alumno habrá salido al lado de cada uno de los demás niños una vez, y sólo una vez.

Tratando el problema de modo general, 12n + 9 alumnos pueden salir en tercetos según estas condiciones en 9n + 6 días, donde n puede ser cero o cualquier entero. Cada par posible se producirá una vez. Llamemos m al número de niños. Entonces cada niño integrará un par m – 1 veces, de las cuales (m – 1)/4 veces estará en medio de un terceto y (m – l)/2 veces en un costado. Así, si nos remitimos a nuestra solución, vemos que cada niño está en el medio dos veces (integrando 4 pares) y cuatro veces en los costados (integrando los restantes 4 pares de sus 8). El lector quizá desee tratar de resolver los dos siguientes casos de 21 niños en 14 días, y 33 niños en 24 días. Quizá resulte interesante observar que una escuela de 489 alumnos podría salir así todos los días en un año bisiesto, pero se necesitarían 731 “alumnas” (como en la solución del N° 77) para lograr esto en una salida diaria en un año de 365 días.

§ 79. El acertijo de la ratonera

Esta es una versión moderna de un viejo acertijo del mismo nombre, con una diferencia. Numere veintiuna tarjetas, 1, 2, 3, etc. hasta 21, y dispóngalas en círculo según el orden indicado en la ilustración. Estas tarjetas representan ratones. Usted comienza por cualquier tarjeta, denominándola “uno”, y cuenta “uno, dos, tres”, etc. en la dirección de las agujas del reloj, y cuando la cuenta concuerde con el número de la tarjeta, ha “cazado” un ratón y elimina esa tarjeta. Luego comienza por la tarjeta siguiente, llamándola “uno” y tratando de coger otra presa.

Y así sucesivamente. Suponiendo que usted empiece en 18, llamando a esa tarjeta “uno”, su primera “presa” será el 19. Elimine el 19 y su próxima presa será el 10. Elimine el 10 y la próxima presa será el 1. Elimine el 1, y si cuenta hasta 21 (nunca debe pasar esa cifra), no puede pillar otra presa. Lo ideal es coger a los veintiún ratones, pero esto no es posible aquí, y si lo fuera sólo se requerirían veintiún intentos, a lo sumo, para lograrlo. Pero el lector debe hacer que dos tarjetas cualesquiera cambien de lugar antes de empezar. Así, usted puede cambiar el 6 con el 2, o el 7 con el 11, o cualquier otro par. Esto se puede hacer de varias maneras para permitirle cazar los veintiún ratones, si luego usted empieza en el sitio atinado. Nunca debe pasar por alto una presa; siempre debe eliminar la tarjeta y comenzar de nuevo.

Solución:

Si intercambiamos las tarjetas 6 y 13 y comenzamos nuestra cuenta en 14, podemos coger las 21 tarjetas -es decir, 21 “presas”- en el siguiente orden: 6, 8, 13, 2, 10, 1, 11, 4, 14, 3, 5, 7, 21, 12, 15, 20, 9, 16, 18, 17, 19. También podemos intercambiar 10 y 14 y comenzar en 16, o intercambiar 6 y 8 y comenzar en 19.

§ 80. Cruces con fichas

Para este acertijo sólo necesitamos nueve fichas, numeradas 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9. Se verá que en la ilustración A están dispuestas para formar una cruz griega, mientras que en B forman una cruz latina. En ambos casos el lector descubrirá que la suma de los números del brazo vertical de la cruz es igual a la suma de los números del brazo horizontal. Es muy fácil tantear hasta dar con una configuración, pero el problema consiste en descubrir en cuántos modos se puede hacer en cada caso.

Recuerde que las inversiones y reflejos no cuentan como diferentes. Es decir, si usted hace girar la página obtendrá cuatro ordenamientos para la cruz griega, y si la hace girar frente a un espejo obtendrá cuatro más. Pero se considera que estas ocho configuraciones son una y la misma. Pues bien, ¿cuántos modos existen en cada caso?

Solución:

Veamos primero la cruz griega. Hay sólo dieciocho formas en que se pueden disponer los números para los dos brazos. Helas aquí.

12978

13968

14958

34956

24957

23967

23958

13769

14759

14967

24758

23768

12589

23759

13579

34567

14768

24568

14569

23569

14379

23578

14578

25368

15369

24369

23189

24378

15378

45167

24179

25169

34169

35168

34178

25178

Desde luego, el número del medio es común a ambos brazos. El primer par es el que di como ejemplo. Supondré que hemos escrito todas estas cruces, siempre poniendo la primera hilera de un par en el brazo vertical y la segunda en el brazo horizontal. Ahora bien, si dejamos fijo el número central, hay 24 modos de variar los números verticales, pues las cuatro fichas se pueden cambiar en 1 × 2 × 3 × 4 = 24 maneras. Y como los cuatro horizontales también se pueden cambiar en 24 maneras por cada configuración del otro brazo, tenemos 24 × 24 = 576 variantes para cada forma; por ende, como hay 18 formas, tenemos 18 × 576 = 10.368 maneras. Pero esto incluye la mitad de las cuatro inversiones y la mitad de los cuatro reflejos que prohibimos, así que debemos dividirlo por cuatro para obtener la respuesta correcta para la cruz griega, que consiste así en 2.592 maneras. La división es por 4, no por 8, porque hemos tenido en cuenta la mitad de las inversiones y reflejos al reservar siempre un número para el brazo vertical y otro para el horizontal.

En el caso de la cruz latina, es evidente que debemos vérnoslas con las mismas 18 formas de ordenamiento. La cantidad total de maneras de este caso es el número completo, 18 × 576. Como los brazos superior e inferior son de longitud desigual, las permutaciones se repiten por reflejo, pero no por inversión, pues no podemos invertir. Por tanto este factor implica una división por 2. Pero en cada par debemos intercambiar las cifras del brazo vertical con las del horizontal (cosa que no podíamos hacer en la cruz griega, pues allí los dos brazos son iguales); en consecuencia, debemos multiplicar por 2. La multiplicación por 2 y la división por 2 se cancelan recíprocamente. En consecuencia, la respuesta correcta es 10.368.

§ 81. La cadena del anticuario

Un anticuario poseía varios eslabones curiosos y antiguos, los cuales llevó a un herrero, y le pidió que los uniera para formar una cadena recta, con la única condición de que los dos eslabones circulares no estuvieran juntos.

La anterior ilustración muestra el aspecto de la cadena y la forma de cada eslabón. Ahora bien, suponiendo que el dueño separase de nuevo los eslabones, y los llevara a otro herrero y repitiera exactamente las mismas instrucciones, ¿qué probabilidades hay de que los eslabones queden en la misma posición en que los dejó el primer herrero? Recuerde que cada eslabón sucesivo se puede unir a otro en una de dos maneras, tal como usted se puede poner un anillo en el dedo de dos maneras, o eslabonar el índice y el pulgar de dos maneras.

Solución:

La cantidad de modos en que nueve cosas se pueden disponer en fila sin ninguna restricción es 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 = 362.880.

Pero nos dicen que los dos anillos circulares nunca deben estar juntos; por tanto, debemos deducir la cantidad de veces que esto ocurriría. El número es

(1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8) × 2 = 40.320 × 2 = 80.640

porque si consideramos que los dos eslabones circulares están unidos inseparablemente se transforman en un eslabón, y ocho eslabones son capaces de 40.320 combinaciones; pero como estos dos eslabones siempre se deben poner en los órdenes AB o BA, tenemos que duplicar este número, pues se trata de una cuestión de combinación y no de diseño. La deducción requerida reduce nuestro total a 282.240. Luego, uno de nuestros eslabones tiene una forma peculiar, semejante a un 8. Tenemos pues la opción de unirlo por cualquiera de ambos extremos en cada ocasión, así que debemos duplicar el último resultado. Esto eleva nuestro total a 564.480.

Ahora llegamos al punto al cual dirigí la atención del lector, que cada eslabón se puede insertar de una de dos maneras. Si unimos horizontalmente el índice y el pulgar de la mano izquierda, y luego unimos el índice y el pulgar de la mano derecha, vemos que el pulgar derecho puede estar arriba o abajo. Pero en el caso de la cadena, debemos recordar que, aunque ese eslabón con forma de 8 tiene dos extremos independientes, es como cualquier otro eslabón en el sentido de que tiene sólo dos lados, es decir, no podemos voltear un extremo sin voltear el otro al mismo tiempo.

Por comodidad, supondremos que cada eslabón tiene un lado pintado de negro y un lado pintado de blanco. Ahora bien, si se estipulara que (con la cadena tendida sobre la mesa, y cada eslabón sucesivo cayendo sobre el precedente del mismo lado, como en el diagrama) sólo los lados blancos quedarían hacia arriba como en A, entonces la respuesta sería 564.480, como hemos dicho, ignorando por el momento todas las inversiones de la cadena concluida. Sin embargo, si se permitiera que el primer eslabón mostrara hacia arriba cualquiera de ambos lados, entonces podríamos tener A o B, y la respuesta sería 2 × 564.480 = 1.128.960; si dos eslabones se pudieran poner con cualquiera de ambos lados hacia arriba, la respuesta sería 4 × 564.480; si tres eslabones, entonces 8 × 564.480, y así sucesivamente. Por tanto, como cada eslabón se puede poner con cualquiera de ambos lados hacia arriba, el número será 564.480 multiplicado por 2^9, o 512. Esto eleva nuestro total a 289.013.760.

Pero aún debemos considerar otro pormenor. Aún no hemos tenido en cuenta que con cualquier combinación dada tres de las otras combinaciones se pueden obtener con sólo voltear la cadena a lo largo e invirtiendo los extremos. Así C es en realidad lo mismo que A, y si ponemos esta página cabeza abajo, A y C dan otras dos combinaciones que en verdad son idénticas. Así, para llegar a la respuesta correcta del acertijo, debemos dividir nuestro último total por 4, y descubrimos que hay exactamente 72.253.440 maneras en que el herrero pudo unir esos eslabones. En otras palabras, si los nueve eslabones originalmente hubieran formado un tramo de cadena, y se hubiera sabido que los dos eslabones circulares estaban separados, habría 72.253.439 probabilidades contra 1 de que el herrero no hubiera unido los eslabones tal como estaban antes.

§ 82. Los cuatro sellos postales

Muchos consideran que contar es lo más fácil del mundo, pero a veces tiene sus complicaciones. Veamos este sencillo ejemplo. Supongamos que acabamos de comprar doce sellos postales, en esta forma —tres por cuatro— y un amigo nos pide que le demos cuatro sellos unidos, sin que ningún timbre quede adherido sólo por la esquina.

¿De cuántas maneras es posible recortar esos cuatro sellos? Podemos darle 1, 2, 3, 4, o bien 2, 3, 6, 7, o bien 1, 2, 3, 6, o bien 1, 2, 3, 7, o bien 2, 3, 4, 8, y así sucesivamente. ¿Puede usted contar cuántas maneras hay de entregar los cuatro sellos? No hay muchas más de cincuenta, así que no es una cuenta grande. ¿Puede averiguar el número exacto?

Solución:

Partiendo del diagrama original, los cuatro sellos se pueden dar en un bloque formado por 1, 2, 3, 4 de tres maneras; formado por 1, 2, 5, 6 de seis maneras; formado por 1, 2, 3, 5, o bien 1, 2, 3, 7, o bien 1, 5, 6, 7, o bien 3, 5, 6, 7, de veintiocho maneras; formado por 1, 2, 3, 6, o bien 2, 5, 6, 7, de catorce maneras; formado por 1, 2, 6, 7, o bien 2, 3, 5, 6, o bien 1, 5, 6, 10, o bien 2, 5, 6, 9, de catorce maneras. Hay, pues, sesenta y cinco maneras en total.

Capítulo VI

Problemas ajedrecísticos

“Tú y yo iremos al ajedrez.”

GREENE, Cuatro peniques de ingenio

Contenido:

§. El tablero de ajedrez

§. Acertijos ajedrecísticos estáticos

§. Disposiciones sin ataque

§. Acertijos ajedrecísticos dinámicos

§. Acertijos ajedrecísticos varios

El tablero de ajedrez

“Buena compañía es un tablero de ajedrez.”

BYRON: Don Juan, xiii, 89

Un tablero de ajedrez es esencialmente un plano cuadrangular dividido en sesenta y cuatro cuadrados más pequeños mediante líneas rectas en ángulo recto. Originalmente no era “ajedrezado” (es decir, con sus filas y columnas alternando en blanco y negro, u otros dos colores cualesquiera), y esta mejora se introdujo meramente para ayudar al ojo durante el juego. La utilidad de este contraste es incuestionable. Por ejemplo, facilita el uso de los alfiles, permitiéndonos ver de una sola ojeada si nuestro rey o nuestros peones, sobre los cuadrados negros, son vulnerables al ataque de un alfil rival que se desplaza por la diagonal blanca. Pero este contraste no es esencial para el juego del ajedrez. Además, cuando proponemos acertijos sobre el tablero, conviene recordar que se puede generar un interés adicional si “generalizamos” para tableros que contengan cualquier número de cuadrados, o si nos limitamos a una disposición determinada, no necesariamente un cuadrado. Presentaremos algunos acertijos que tratan sobre tableros ajedrezados de esta manera general.

§ 83. Divisiones en el tablero

Recientemente me hice la pregunta: ¿de cuántos modos se puede dividir un tablero de ajedrez en dos partes del mismo tamaño y forma mediante cortes en las líneas que dividen los cuadrados? El problema pronto demostró ser fascinante y estar erizado de dificultades. Lo presento en forma simplificada, tomando un tablero de menores dimensiones.

Es obvio que un tablero de cuatro cuadrados sólo se puede dividir de una manera —mediante un corte recto por el centro— porque no contaremos las inversiones ni reflejos como diferentes. En el caso de un tablero de dieciséis cuadrados —cuatro por cuatro— hay seis modos. Los he presentado en el diagrama, y el lector no encontrará más.

Ahora, coja usted el tablero de treinta y seis cuadrados y trate de descubrir de cuántas maneras lo puede dividir en dos partes de la misma forma y tamaño.

Solución:

Hay 255 modos de dividir el tablero en dos partes de la misma forma y tamaño.

Cada modo debe involucrar uno de los cinco cortes que mostramos en los Diagramas A, B, C, D y E. Para evitar repeticiones por inversión y reflexión, sólo necesitamos tener en cuenta cortes que entren por los puntos a, b y c. Pero la salida siempre debe estar en un punto en línea recta a partir del ingreso y a través del centro. Esta condición es la más importante a tener en cuenta. En el caso B no se puede entrar por a, pues de lo contrario se obtiene el corte presentado en E. Análogamente, en C o D, no se debe llegar a la línea clave en la misma dirección de ésta, pues de lo contrario se obtiene A o B. Si estamos trabajando con A o C y entramos en a, debemos buscar empalmes en un solo extremo de la línea clave, u obtendremos repeticiones. En otros casos debemos buscar empalmes en ambos lados de la línea; pero después de dejar a en el caso D, siempre hay que girar hacia la derecha o la izquierda (use una dirección únicamente). Las Figs. 1 y 2 son ejemplos de A; 3 y 4 son ejemplos de B; 5 y 6 son ejemplos de C; y 7 es un bonito ejemplo de D. Desde luego, E es un tipo peculiar, y obviamente admite un solo modo de cortar, pues no se puede entrar por b ni por c.

He aquí una tabla de los resultados:

a

b

c

Modos

A

=

8

+

17

+

21

=

46

B

=

0

+

17

+

21

=

38

C

=

15

+

31

+

39

=

85

D

=

17

+

29

+

39

=

85

D

=

1

+

0

+

0

=

1

41

94

120

255

No he intentado la tarea de enumerar los modos de dividir un tablero 8 × 8, es decir, un tablero común de ajedrez. Sea cual fuere el método adoptado, la solución implicaría una gran labor.

§ 84. La ventana del abad

Una vez el abad de St. Edmondsbury, a causa de ‘devociones demasiado fuertes para su cabeza’, enfermó y tuvo que guardar cama. Mientras permanecía despierto, moviendo la cabeza de un lado a otro, los atentos monjes notaron que algo lo perturbaba, pero nadie se atrevía a preguntar qué era, pues el abad era un hombre severo que no toleraba la impertinencia. De pronto llamó al padre John, y ese venerable monje pronto estuvo junto al lecho.

—Padre John —dijo el abad—, ¿sabes que llegué a este malvado mundo en un día par de una semana par de un mes par de un año par de un siglo par?

El monje cabeceó.

—¿Y no te he dicho a menudo que, habiendo nacido en tal fecha, no siento amor por las cosas impares? ¡Mira allá!

El abad señaló la gran ventana del dormitorio, de la cual presento un bosquejo. El monje miró, y quedó estupefacto.

—¿Acaso no ves que las sesenta y cuatro claraboyas suman un número par vertical y horizontalmente, pero que todas las líneas diagonales, excepto catorce, son de un número impar? ¿A qué se debe?

—A decir verdad, monseñor abad, está en la naturaleza misma de las cosas, y no se puede modificar.

—¿Conque no? Pues será modificado. Te ordeno que algunas de esas claraboyas se cierren hoy, para que todas las líneas den un número par de claraboyas. Procura que esto se haga sin demoras, pues de lo contrario la bodega permanecerá cerrada por un mes y te acontecerán otras desgracias.

El padre John se devanó los sesos pero, tras consultar con alguien que era versado en extraños misterios, halló un modo de satisfacer el capricho del abad. ¿Cuáles claraboyas se cerraron, de modo tal que las que permanecieron abiertas sumaran un número par en cada línea horizontal, vertical y diagonal, con la menor obstrucción posible para la luz?

Solución:

El hombre que era “versado en extraños misterios” señaló al padre John que las órdenes del abad de St. Edmondsbury eran fáciles de ejecutar tapando doce de las claraboyas de la ventana, como se muestra en los cuadrados oscuros del boceto de la página siguiente.

El padre John sostenía que también era preciso oscurecer las claraboyas de las cuatro esquinas, pero el sabio explicó que no se deseaba tapar más luz de la absolutamente necesaria y dijo, anticipándose a lord Dundreary:

—Un solo panel no puede estar en línea consigo mismo, así como un ave solitaria no puede ir en bandada. La condición del abad era que ninguna línea diagonal contuviera un número impar de claraboyas”.

Ahora bien, cuando el hombre santo vio lo que se había hecho quedó complacido, y dijo:

—En verdad, padre John, eres hombre de honda sabiduría, pues has logrado lo que parecía imposible, y para colmo has adornado nuestra ventana con un diseño de la cruz de San Andrés, cuyo nombre recibí de mis padrinos.

A partir de entonces durmió a gusto y se levantó descansado. La ventana hoy se podría ver intacta en el monasterio de St. Edmondsbury, siempre que existiera, pero lamentablemente no existe.

§ 85. Ajedrez chino

¿En cuántas piezas se puede dividir un tablero de ajedrez (haciendo cortes sólo a lo largo de las líneas) sin que dos piezas sean exactamente iguales? Recuerde que la disposición en blanco y negro constituye una diferencia. Así, un cuadrado negro se considera diferente de un cuadrado blanco, una fila de tres que contenga dos cuadrados negros difiere de una fila de tres que contenga dos cuadrados blancos, etc. Si dos piezas no se pueden apoyar sobre la mesa luciendo exactamente iguales, se consideran diferentes. Y como el dorso del tablero es liso, las piezas no se pueden invertir.

Solución:

El número máximo de partes es dieciocho. Doy dos soluciones. El diagrama numerado está cortado de tal modo que la pieza decimoctava tiene la mayor superficie (ocho cuadrados) que se puede lograr en estas condiciones. El segundo diagrama se preparó con la condición adicional de que ninguna parte tuviera más de cinco cuadrados.

El N° 72 de Los acertijos de Canterbury muestra cómo dividir el tablero en doce partes, todas diferentes, cada cual con cinco cuadrados, con una parte cuadrangular de cuatro cuadrados.

Acertijos ajedrecísticos estáticos

“También sirven quienes alerta aguardan.”

MILTON

§ 86. Los cuatro leones

El acertijo consiste en hallar de cuántos modos se pueden colocar los cuatro leones para que nunca haya más de un león en cualquier fila o columna.

Las meras inversiones y reflejos no cuentan como diferentes. Así, partiendo del ejemplo dado, si ponemos los leones en la otra diagonal, se considera que es el mismo ordenamiento. Pues si ponemos el segundo ordenamiento frente a un espejo o le damos la vuelta, simplemente obtenemos el primer ordenamiento. Es un acertijo sencillo, pero requiere cierto grado de reflexión.

Solución:

Hay sólo siete maneras bajo estas condiciones. Son las siguientes: 1234, 1243, 1324, 1342, 1432, 2143, 2413. Tomando el último ejemplo, esta notación significa que ponemos un león en el segundo cuadrado de la primera fila, en el cuarto cuadrado de la segunda fila, en el primer cuadrado de la tercera fila, y en el tercer cuadrado de la cuarta fila. El primer ejemplo es, por cierto, el que dimos al proponer el acertijo.

§ 87. El cuadrado de Bachet

Uno de los más antiguos acertijos con naipes es el de Claude Gaspar Bachet de Méziriac, que se publicó por primera vez, tengo entendido, en la edición de 1624 de su obra. Separe los naipes A, K, Q y J de un mazo y dispóngalos en un cuadrado de tal manera que en ninguna hilera de naipes, horizontal, vertical o diagonal, se encuentren dos barajas del mismo palo o del mismo valor. Esto es bastante fácil, pero un objetivo del acertijo consiste en encontrar de cuántas maneras se puede hacer. El eminente matemático francés A. Labosne, en su edición moderna de Bachet, da una respuesta incorrecta. Y sin embargo el acertijo es bastante fácil. Cualquier configuración genera siete más cuando el cuadrado se invierte o se refleja en un espejo. Bachet las considera soluciones diferentes.

Nótese que se habla de líneas de cuatro naipes, de modo que las únicas diagonales que tenemos en cuenta son las dos largas.

Solución:

Usemos las letras A, K, Q, J para representar el as, el rey, la dama y la sota; y D, S, H, C para representar diamonds (diamantes), spades (picas), hearts (corazones) y clubs (tréboles). En los diagramas 1 y 2 tenemos los dos modos disponibles de configurar cualquiera de ambos grupos de letras de modo tal que no haya dos letras similares en línea, aunque imprimiendo al Diagrama 1 un cuarto de vuelta obtenemos la disposición del Diagrama 2 (la J se transforma en S, la Q en H, etc.).

Si superponemos o combinamos estos cuadrados, obtenemos la configuración del Diagrama 3, que es una solución. Pero en cada cuadrado podemos poner las letras de la línea superior de veinticuatro maneras distintas sin alterar el diseño. Así, en el Diagrama 4 las letras S están dispuestas de modo similar a las letras D de 2, las H a las S, las C a las H, y las D a las C. Se sigue pues que debe haber 24 × 24 = 576 modos de combinar las dos configuraciones primitivas. Pero el error en que incurrió Labosne fue el de suponer que A, K, Q, J se deben disponer en la forma 1 y D, S, H, C en la forma 2. Así incluyó reflexiones y medias vueltas, pero no cuartos de vuelta, aunque es evidente que se pueden intercambiar. De modo que la respuesta correcta es 2 × 576 = 1.152, contando reflexiones e inversiones como distintos. Dicho de otro modo, los pares de la hilera superior se pueden expresar de 16 × 9 × 4 × 2 = 576 maneras, y el cuadrado luego se puede completar de 2 maneras, con lo cual hay 1.152 maneras en total.

§ 88. Convocatoria de alfiles

La mayor cantidad de alfiles que se puede colocar simultáneamente en el tablero de ajedrez, sin que ningún alfil ataque a otro, es catorce. En el diagrama muestro el modo más sencillo de hacerlo.

De hecho, en un tablero ajedrezado de cualquier cantidad de cuadrados, la mayor cantidad de alfiles que se puede colocar sin atacar es siempre dos menos del doble del número de cuadrados del lado. Es un interesante acertijo descubrir de cuántos modos los catorce alfiles se pueden colocar sin ataque mutuo. Daré una sencillísima regla para determinar la cantidad de modos para un tablero ajedrezado con cualquier número de cuadrados.

Solución:

Los catorce alfiles se pueden colocar de 256 maneras. Pero cada alfil siempre debe estar colocado en uno de los lados del tablero, es decir, en una fila del borde. El acertijo, pues, consiste en contar la cantidad de modos en que podemos combinar los catorce alfiles en el borde sin ataque. Esto no es dificultoso. En un tablero de n^2 cuadrados, (2n – 2) alfiles (la cantidad máxima) siempre se pueden colocar de 2n maneras sin ataque. En un tablero común n sería 8; por tanto se pueden colocar 14 obispos de 256 maneras. Es curioso que el resultado general cobre una forma tan simple.

§ 89. El gentil arte de lamer sellos postales

La Ley de Sellos es una prolífica fuente de amenos acertijos (particularmente amenos si uno se encuentra entre los exentos). La iniciación en el gentil arte de lamer sellos postales sugiere el siguiente problemita: si tenemos una tarjeta dividida en dieciséis espacios (4 × 4) y nos dan muchos sellos con valores de 1, 2, 3, 4 y 5 peniques, ¿cuál es el mayor valor que se puede pegar en la tarjeta si la ley prohíbe colocar cada sello en línea recta (horizontal, vertical o diagonal) con otro sello de valor similar? Desde luego, sólo se puede pegar un sello en cada espacio. Probablemente el lector descubra, cuando vea la solución, que le faltan dos peniques para llegar al máximo. Un amigo preguntó en la Oficina de Correos cómo hacerlo; pero lo enviaron al funcionario de aduanas y recaudación interna, quien lo envió a la Comisión de Seguros, quien lo envió a una entidad aprobada, que lo envió procazmente a... pero esto no tiene importancia.

Solución:

La siguiente disposición muestra cómo se pueden pegar dieciséis sellos en la tarjeta, según las condiciones establecidas, con un valor total de 50 peniques:

Si, después de poner los cuatro sellos de 5 peniques, el lector siente la tentación de poner también cuatro sellos de 4 peniques, luego sólo podrá poner dos de cada una de los otros tres valores, perdiendo así dos espacios y sin contar más que 48 peniques. Esta era la trampa que insinuamos. (Compárese con el N° 41 de Los acertijos de Canterbury.)

§ 90. Las tres ovejas

Un granjero tenía tres ovejas y dieciséis corrales divididos por cercas del modo que indica la ilustración.

¿De cuántos modos podía situar esas ovejas, cada cual en un corral, para que cada corral estuviera ocupado o en línea (horizontal, vertical o diagonal) con por lo menos una oveja? Presento un ejemplo que satisface estas condiciones.

¿Cuántos otros puede usted encontrar? Las meras inversiones y reflejos no cuentan. El lector puede considerar las ovejas como damas de ajedrez. El problema consiste pues en situar las tres damas para que cada cuadrado esté ocupado o atacado por cuando menos una dama, en la cantidad máxima de modos diferentes posibles.

Solución:

La cantidad de modos en que se pueden poner las tres ovejas para que cada corral esté ocupado o en línea con por lo menos una oveja es 47.

La siguiente tabla, si se utiliza con la clave del Diagrama 1, permitirá al lector situarlas de todas estas maneras:

Dos ovejas

Tercera oveja

Total

A y B

C, E, G, K, L N o P

7

A y C

I, J, K u 0

4

A y D

M, N o J

3

A y F

J, K, L o P

4

A y G

H, J, K, N, O o P

6

A y H

K, L, N o O

4

A y O

K o L

2

B y C

N

1

B y E

F, H, K o L

4

B y F

G, J, N u O

4

B y G

K, L o N

3

B y H

J o N

2

B y J

K o L

2

F y G

J

1

47

Esto significa, desde luego, que si ponemos ovejas en los corrales señalados como A y B, habrá siete corrales donde podemos poner la tercera oveja, dando siete soluciones diferentes. Se entiende que las inversiones y reflexiones no cuentan como diferentes.

Si por lo menos un corral no debiera estar en línea con una oveja, habría treinta soluciones para ese problema. Si contáramos todas las inversiones y reflexiones de estos 47 y 30 casos respectivamente como distintos, el total sería de 560, lo cual es el número de modos en que se pueden poner las ovejas en tres corrales sin ninguna condición. Señalaré que hay tres modos en que las ovejas se pueden guardar para que cada corral esté ocupado o en línea, como en los Diagramas 2, 3 y 4, pero en cada caso cada oveja está en línea con su compañera. Hay sólo dos modos en que se pueden poner tres ovejas de manera que cada corral esté ocupado o en línea con uno ocupado, pero ninguna oveja en línea con otra (ver Diagramas 5 y 6).

Por último, hay un solo modo en que tres ovejas se pueden guardar de modo que al menos un corral no esté en línea con una oveja y sin embargo ninguna oveja esté en línea con otra. Ponga las ovejas en C, E, L. Esto es prácticamente todo lo que se puede decir de este grato acertijo pastoral.

§ 91. El acertijo de los cinco perros

En 1863, C. F. de Jaenisch comentó por primera vez el “acertijo de las cinco damas” (disponer cinco damas en el tablero de tal modo que todas las casillas sean atacadas u ocupadas), el cual fue propuesto por su amigo, un tal “Mr. de R.”. Jaenisch demostró que si ninguna dama puede atacar a otra hay noventa y una maneras de colocar las cinco damas, sin contar las inversiones y reflejos como diferentes. Si las damas pueden atacarse entre sí, he registrado cientos de maneras, pero no podemos enumerarlas todas con exactitud.

La ilustración representa la disposición de sesenta y cuatro perreras. Se verá que hay cinco perreras que contienen sendos perros, y una nueva ojeada nos indica que cada una de las sesenta y cuatro perreras está en línea recta con por lo menos un perro, en forma horizontal, vertical o diagonal. Escoja la perrera que desee, y descubrirá que puede trazar una línea recta hasta un perro en cualquiera de las tres formas mencionadas.

El acertijo consiste en desplazar a los cinco perros para descubrir de cuántas maneras posibles los podemos colocar en cinco perreras en línea recta, de tal modo que cada una de las sesenta y cuatro perreras siempre esté en línea con por lo menos un perro. Aquí las inversiones y reflejos cuentan como diferentes.

Solución:

Los diagramas muestran cuatro soluciones fundamentalmente diferentes. En el caso de A podemos invertir el orden, de modo que el único perro esté abajo y los otros cuatro se desplacen dos cuadrados hacia arriba. También podemos usar la próxima columna a la derecha y ambas filas horizontales del centro.

Así, A da 8 soluciones. Luego B se puede invertir y colocar en cualquiera de ambas diagonales, dando 4 soluciones. Análogamente, C da 4 soluciones. Como la línea de D es simétrica, su inversión no será diferente, pero se puede disponer en 4 direcciones distintas. Así tenemos un total de 20 soluciones.

§ 92. El acertijo del perchero

He aquí un acertijo con cinco damas que presenté de manera antojadiza en 1897, con las damas representadas como sombreros en sesenta y cuatro perchas, por lo cual aquí conservaré el título original.

Se verá que cada casilla está ocupada o atacada. El acertijo consiste en desplazar una dama a otra casilla para que todas las casillas sigan ocupadas o atacadas, luego desplazar una segunda dama en las mismas condiciones, luego una tercera y una cuarta. Después del cuarto movimiento cada casilla debe quedar atacada u ocupada, pero ninguna dama debe atacar a otra. Desde luego, no es preciso que los movimientos sean “movimientos de dama”; se puede desplazar una dama a cualquier parte del tablero.

Solución:

Los movimientos quedan muy claros si se consultan los diagramas, que muestran la posición de cada uno de los cuatro movimientos en el tablero.

Las flechas indican los sucesivos desplazamientos que se han efectuado. Se verá que en cada etapa todas las casillas son atacadas u ocupadas, y que después del cuarto movimiento ninguna dama ataca a otra. En el caso del último movimiento, la dama de la fila superior también podría haberse movido una casilla más hacia la izquierda. Creo que ésta es la única solución del acertijo.

§ 93. Acertijo con peones

Coloque dos peones en medio del tablero, uno en “d4” y el otro en “e5”. Ahora coloque los catorce peones restantes (suman dieciséis en total) de tal modo que no queden tres en línea recta en ninguna dirección.

Nótese que no hablo de damas porque al decir “ninguna dirección” no sólo me refiero a las diagonales de 45 grados, sino también a cualquier otra diagonal. Los peones se deben considerar como meros puntos en el espacio.

Solución:

Se pueden colocar dieciséis peones de modo que no haya tres en línea recta en ninguna dirección posible, como en el diagrama.

Dadas las condiciones requeridas, consideramos los peones como meros puntos en un plano.

Disposiciones sin ataque

Sabemos que n damas siempre se pueden situar en un tablero de n^2 cuadrados (si n es mayor que 3) sin que ninguna dama ataque a otra. Pero aún no se ha descubierto ninguna fórmula general para consignar la cantidad de modos en que se puede hacer; probablemente sea imposible descubrirlo. Los resultados conocidos son los siguientes:

Donde n = 4 hay 1 solución fundamental y 2 en total.

Donde n = 5 hay 2 soluciones fundamentales y 10 en total.

Donde n = 6 hay 1 solución fundamental y 4 en total.

Donde n = 7 hay 6 soluciones fundamentales y 40 en total.

Donde n = 8 hay 12 soluciones fundamentales y 92 en total.

Donde n = 9 hay 46 soluciones fundamentales.

Donde n = 10 hay 92 soluciones fundamentales.

Donde n— 11 hay 341 soluciones fundamentales.

Obviamente se pueden poner n torres sin atacar, en un tablero n^2 en n! maneras, pero sólo he deducido cuántas de ellas son fundamentalmente diferentes en los cuatro casos donde n equivale a 2, 3, 4 y 5. Las respuestas respectivas son 1, 2, 7 y 23. (Véase el N° 86, “Los cuatro leones”.)

Podemos situar 2n – 2 alfiles en un tablero n^2 de 2n maneras. (Véase el N° 88, “Convocatoria de alfiles”.) Para los tableros que contienen 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 cuadrados por lado hay respectivamente 1, 2, 3, 6, 10, 20, 36 disposiciones fundamentalmente diferentes.

Donde n es impar hay 21(n – l)/2 disposiciones, cada cual dando 4 por inversiones y reflejos, y 2n – 3 – 2(n–3)/2 dando 8.

Donde n es par hay 2(n–2)/2, dando cada cual 4 con inversiones y reflejos, y 2n – 3 – 2(n–4)/2, cada cual dando 8.

Podemos situar (n^2 + l)/2 caballos en un tablero n^2 sin ataque, cuando n es impar, de 1 modo fundamental; y n^2/2 caballos en un tablero n^2, cuando n es par, de un modo fundamental. En el primer caso situamos todos los caballos en el mismo color que en el cuadrado central; en el segundo caso los ponemos todos sobre cuadrados negros o sobre cuadrados blancos.

Acertijos ajedrecísticos dinamicos

“Avanza— sigue moviéndote”

THOS MORTON, Cura para el corazón dolorido

§ 94. El león y el hombre

En un edificio público de Roma había una vez una prisión dividida en sesenta y cuatro celdas, todas abiertas al cielo y todas comunicadas entre sí, como muestra la ilustración.

Los deportes que aquí se practicaban se observaban desde una alta torre. El juego favorito consistía en poner a un cristiano en una celda de una esquina y a un león en la esquina diagonalmente opuesta y luego dejarlos con todas las puertas internas abiertas. El efecto consecuente era a veces muy risible.

En una ocasión se entregó al hombre una espada. El hombre no era un cobarde, y estaba tan ansioso de encontrar al león como el león de encontrarle a él.

El hombre visitó cada celda una vez y sólo una vez en la menor cantidad posible de líneas rectas hasta llegar a la celda del león. El león, curiosamente, también visitó cada celda una vez y sólo una vez en la menor cantidad posible de líneas rectas hasta que al fin llegó a la celda del hombre. Comenzaron juntos y fueron a la misma velocidad; no obstante, aunque en ocasiones se entrevieron, jamás se encontraron. El acertijo consiste en mostrar qué ruta siguió cada cual.

Solución:

Ante todo, la menor cantidad posible de líneas rectas en cada caso son veintidós, y para que ninguna celda se visite dos veces es absolutamente necesario que cada cual entre en una celda y luego “visite” inmediatamente aquella de donde salió, avanzando luego por la segunda celda disponible. En el siguiente diagrama se indica la ruta del hombre con líneas enteras, y la del león con líneas punteadas.

Si se siguen las dos rutas celda por celda con dos lápices, se notará que el león y el hombre jamás se encuentran. Pero hay un detalle que no debemos pasar por alto: “en ocasiones se entrevieron”. Ahora bien, si tomamos una ruta para el hombre y simplemente la invertimos para el león, invariablemente descubrimos que, yendo a la misma velocidad, nunca atinan a verse.

Pero en nuestro diagrama se ve que el hombre y el león están en las celdas marcadas A en el mismo momento, y se pueden ver a través de las puertas abiertas; ocurre lo mismo cuando están en las dos celdas marcadas B, con las letras superiores indicando al hombre y las inferiores al león. En el primer caso el león avanza directamente hacia el hombre, mientras que el hombre parece intentar ponerse a la retaguardia del león; en el segundo caso, parece sospechosamente como si uno huyera del otro.

§ 95. El viaje de la torre

Para bien o para mal, la expedición que debe emprender esta torre es un viaje sin retomo.

Realizará veintiún movimientos, visitando todas las casillas del tablero una vez y sólo una vez, parando en la casilla que denominamos 10 al final de su décimo movimiento, y terminando en la casilla denominada 21. No se pueden realizar dos movimientos consecutivos en la misma dirección, es decir, hay que girar después de cada jugada.

Solución:

Muestro el itinerario en el diagrama.

Se ve que la décima jugada nos deja en el cuadrado 10, y que la última, la vigesimoprimera, nos deja en el cuadrado 21.

§ 96. Acertijo con alfiles

Este acertijo es fascinante. Ponga ocho alfiles (cuatro negros y cuatro blancos) en el tablero reducido que mostramos en la ilustración.

El problema consiste en lograr que los alfiles negros cambien de lugar con los blancos, sin que ningún alfil ataque nunca a otro del color opuesto. Se deben desplazar alternativamente: uno blanco, uno negro, uno blanco y así sucesivamente. Cuando haya logrado terminar, procure hacer lo mismo con la menor cantidad posible de movimientos.

Solución:

Haga las siguientes jugadas, usando la notación indicada por los cuadrados numerados del diagrama A:

Blancos

Negros

Blancos

Negros

§ 1.

18 — 15

3 — 6

§ 10.

20 — 10

1 — 11

§ 2.

17 — 8

4 — 13

§ 11.

3 — 9

18 — 12

§ 3.

19 — 14

2 — 7

§ 12.

10 — 13

11 — 8

§ 4.

15 — 5

6 —16

§ 13.

19 — 16

2 — 5

§ 5.

8 — 3

13 — 18

§ 14.

16 — 1

5 — 20

§ 6.

14 — 9

7 — 12

§ 15.

9 — 6

12 — 15

§ 7.

5 — 10

16 — 11

§ 16.

13 — 7

8 — 14

§ 8.

9 — 19

12 — 2

§ 17.

6 — 3

15 — 18

§ 9.

10 — 4

11 — 17

§ 18.

7 — 2

14 — 19

El diagrama B muestra la posición después de la novena jugada. Los alfiles 1 y 20 aún no se han movido, pero 2 y 19 han avanzado y regresado. Al final, 1 y 19, 2 y 20, 3 y 17, y 4 y 18 habrán cambiado lugares. Nótese la posición después de la decimotercera jugada.

§ 97. La regata

¡Marineros de agua dulce, izad los escotines del foque, desplegad la vela mayor, inflad ese foque balón, alistad la mesana!

Nuestra regata consiste en partir desde el punto donde mostramos el yate en la ilustración y tocar cada una de las sesenta y cuatro boyas en catorce líneas rectas, regresando en la maniobra final hasta la boya donde comenzamos. El séptimo tramo debe terminar en la boya donde flamea una bandera.

Este acertijo exige gran pericia naval, pues a menudo hay que maniobrar en ángulo cerrado. La punta de un lápiz y un buen ojo náutico son todos los elementos que necesitamos.

Esto es difícil a causa de la condición concerniente a la boya con la bandera, y porque es una gira donde se regresa al punto de partida. Pero de nuevo se permite recurrir a esas líneas oblicuas.

Solución:

El diagrama se explica por sí mismo. Los números indican la dirección de las líneas en su orden apropiado, y se verá que el séptimo tramo termina en la boya, como se requería.

§ 98. Cuarenta y nueve estrellas

El acertijo consiste en coger un lápiz, y, partiendo de una estrella negra, tachar todas las estrellas con doce trazos rectos, terminando en la otra estrella negra.

Se verá que el intento que se muestra en la ilustración requiere quince trazos. ¿Puede hacerlo con doce? Cada giro se debe efectuar sobre una estrella, y las líneas deben ser paralelas a los lados y diagonales del cuadrado, tal como se muestra.

Se trata de un tablero de ajedrez de dimensiones reducidas, pero sólo se requieren movimientos de dama (sin salirse de los límites del cuadrado).

Solución:

La ilustración muestra cómo se puede pasar por todas las estrellas en doce trazos rectos, comenzando y terminando en una estrella negra.

§ 99. El acertijo del sabueso

En este acertijo las veinte perreras no se comunican entre sí mediante puertas, sino que están divididas por un parapeto. El solitario ocupante es el sabueso que vive en la perrera de la esquina superior izquierda. Cuando se le otorga libertad, debe obtenerla visitando cada perrera una vez y sólo una vez en una serie de jugadas de caballo de ajedrez, terminando en la esquina inferior derecha, que está abierta al mundo.

Las líneas del diagrama de la página anterior muestran una solución. El acertijo consiste en descubrir de cuántos modos el sabueso puede salir desde su perrera.

Solución:

Este acertijo presenta varios puntos interesantes. Ante todo, si no hubiéramos hecho ninguna estipulación en cuanto a la posición de los dos extremos de la secuencia, es imposible formar tal secuencia a menos que comencemos y terminemos por la fila de perreras superior e inferior.

Podemos comenzar en la de arriba y terminar en la de abajo (o lo inverso), o podemos comenzar en una de estas filas y terminar en la misma. Pero nunca podemos comenzar ni terminar en una de las dos filas centrales. Nuestros puntos de partida y de llegada, sin embargo, estaban fijos. No obstante, la primera mitad de nuestra ruta se debe restringir a los cuadrados que en el diagrama están marcados con círculos, y por tanto la segunda mitad se limitará a los que no están marcados con círculos. Se verá que los cuadrados reservados para los dos semisecuencias son simétricos y similares.

El próximo punto es que la primera semisecuencia debe terminar en una de las filas centrales, y que la segunda debe comenzar en una de estas filas. Esto es obvio ahora, porque se tienen que enlazar para formar la secuencia completa, y cada cuadrado de una fila externa está conectado por una jugada de caballo sólo con cuadrados similares, es decir, con o sin círculos, según el caso. Las semisecuencias, pues, sólo se pueden eslabonar en las dos filas centrales.

Ahora bien, hay ocho semisecuencias primeras, y en consecuencia ocho semisecuencias segundas. Veremos que se combinan para formar doce secuencias completas, que es el número total que existe y la solución correcta de nuestro acertijo. No me propongo presentar detalladamente todas las rutas, pero las indicaré de tal modo que si el lector ha abandonado alguna podrá descubrir cuál es y deducirla por su cuenta sin ninguna dificultad. Los siguientes números se aplican a las del diagrama.

Las ocho primeras semisecuencias son las que van de 1 a 6 (2 rutas); 1 a 8 (1 ruta); 1 a 10 (3 rutas); 1 a 12 (1 ruta); y 1 a 14 (1 ruta). Las ocho segundas semisecuencias son: 7 a 20 (1 ruta); 9 a 20 (1 ruta); 11 a 20 (3 rutas); 13 a 20 (1 ruta); y 15 a 20 (2 rutas). Cada modo en que se puede eslabonar una semisecuencia con otra da una solución diferente. Estos eslabonamientos son los siguientes: 6 a 13 (2 casos); 10 a 13 (3 casos); 8 a 11 (3 casos); 8 a 15 (2 casos); 12 a 9 (1 caso); 14 a 7 (1 caso). En consecuencia, hay doce eslabonamientos y doce respuestas al acertijo. La ruta presentada en la ilustración consiste de una de los tres semisecuencias 1 a 10, eslabonada con la semisecuencia 13 a 20. Nótese que diez de las soluciones se producen mediante cinco rutas inequívocas y sus inversiones; es decir, si indicamos estas cinco rutas mediante líneas y luego invertimos los diagramas obtenemos las otras cinco rutas. Las dos soluciones restantes son simétricas (los casos donde 12 a 9 y 14 a 7 son los eslabones), y en consecuencia no producen soluciones nuevas mediante inversión.

§ 100. Tablero dividido

No podemos dividir el tablero de ajedrez común en cuatro compartimientos iguales, y realizar una gira completa con un caballo, o aun seguir un recorrido en cada compartimiento.

Pero podemos dividirlo en cuatro compartimientos, como muestra la ilustración, dos de veinte casillas cada uno, y otros dos de doce casillas cada uno, y así obtener un interesante acertijo. Se trata de describir una gira completa, con reingreso, partiendo de donde uno guste, pero visitando cada una de las casillas de cada compartimiento antes de pasar a otro, y efectuando el brinco final de vuelta hacia la casilla de donde partió el caballo. No es difícil, pero resulta muy ameno e instructivo.

La posibilidad de efectuar una “gira” o seguir un “recorrido” completo con un caballo en un tablero de ciertas dimensiones depende no sólo de las dimensiones sino de la forma. No es posible una gira en un tablero que contenga una cantidad impar de casillas, tales como 5 × 5 o 7 × 7, por esta razón: cada brinco del caballo se debe efectuar desde una casilla blanca a una negra y desde una negra a una blanca, alternativamente. Pero si hay una cantidad impar de casillas, un color tiene por fuerza una casilla de más, así que la senda debe comenzar en una casilla del color que tiene más, y terminar en un color similar; como es imposible desplazar el caballo entre casillas del mismo color, la senda no tiene reingreso. Pero se puede realizar una gira perfecta en un tablero rectangular de cualquier dimensión siempre que la cantidad de casillas sea par, y que la cantidad de casillas de un lado no sea inferior a 6 y del otro no sea inferior a 5. En otras palabras, el tablero rectangular más pequeño donde es posible efectuar una gira con reingreso es de 6 × 5.

No es posible que un caballo siga una senda que recorra (sin reingreso) todas las casillas de un tablero si sólo hay dos casillas en un lado; tampoco es posible en un tablero cuadrado de dimensiones inferiores a 5 × 5. En un tablero de 4 × 4 un caballo no puede efectuar una gira ni un recorrido completo; debemos dejar una casilla sin visitar. Pero en un tablero de 4 × 3 (que tiene cuatro casillas menos) es posible trazar un recorrido completo de dieciséis maneras diferentes. Tal vez al lector le interese descubrirlas. Cada sendero que comience y termine en diferentes casillas cuenta con una solución diferente, y también las rutas inversas.

Solución:

Al tratar de resolver este problema primero es necesario tomar dos compartimientos de veinte y doce casillas respectivamente y analizarlos con miras a determinar dónde se encuentran los necesarios puntos de ingreso y egreso.

En el caso del compartimiento más grande, debemos comenzar y terminar en dos de las casillas externas de los lados largos. Pero aunque usted pueda comenzar por cualquiera de estas diez casillas, está limitado a aquellas donde puede terminar, o (lo que es lo mismo) puede terminar en las que prefiera, siempre que comience su itinerario en determinadas casillas. En el caso del compartimiento más pequeño, está obligado a comenzar y terminar en una de las seis casillas que se encuentran en los dos lados cortos de los compartimientos, con iguales restricciones que en el otro caso. Un poco de reflexión indicará que en el caso de los dos compartimientos pequeños debe comenzar y terminar en los lados cortos, y de ello se sigue que los itinerarios por los compartimientos más grandes también deben comenzar y terminar en los lados contiguos.

En el diagrama, que muestra una de las soluciones posibles, se ve que hay ocho lugares donde podemos comenzar este recorrido; pero hay sólo una ruta en cada caso, porque debemos completar el compartimiento donde nos encontramos antes de pasar a otro. En cualquier solución encontraremos que las casillas marcadas con estrellas deben ser puntos de ingreso o egreso, pero la ley de las inversiones nos deja la opción de realizar las otras conexiones tanto en los diamantes como en los círculos. En la solución presentada se usan los diamantes, pero hay otras variaciones donde se emplean las casillas con círculos.

Creo que estos comentarios explican los puntos esenciales del acertijo, que es sumamente instructivo e interesante.

§ 101. El acertijo de las perreras

Un hombre tiene veinticinco perreras, y todas se comunican entre sí mediante puertas, como muestra la ilustración. Desea disponer a sus veinte perros de tal modo que formen una secuencia de caballos de ajedrez del perro N° 1 al perro N° 20, y la fila inferior de cinco perreras debe quedar desocupada, como ahora. Esto se debe hacer moviendo un perro por vez hacia una perrera vacía. Los perros están bien adiestrados para obedecer, y se puede confiar en que permanecerán en las perreras donde los ponemos, excepto que si dos se alojan en la misma perrera luchan a muerte.

¿Cómo resolver el acertijo en la menor cantidad posible de jugadas sin que dos perros compartan nunca una perrera?

Solución:

Ante todo hay que escoger la secuencia de movimientos de caballo más prometedora y luego pensar cómo alcanzar esa combinación en la menor cantidad posible de jugadas.

Estoy convencido de que la mejor secuencia es la representada en el anterior diagrama, donde se ve que cada número sucesivo está a una jugada de caballo del anterior, y que cinco de los perros (1, 5, 10, 15 y 20) nunca salen de sus perreras originales.

Se puede llegar a esta posición en sólo cuarenta y seis jugadas, de esta manera: 16—21, 16—22, 16—23, 17—16, 12—17, 12—22, 12— 21, 7—12, 7—17, 7—22, 11—12, 11—17, 2—7, 2—12, 6—11, 8—7, 8—6, 13—8, 18—13, 11—18, 2—17, 18—12, 18—7, 18—2, 13— 7, 3—8, 3—13, 4—3, 4—8, 9—4, 9—3, 14—9, 14—4, 19—14, 19—9, 3—14, 3—19, 6—12, 6—13, 6—14, 17—11, 12—16, 2—12, 7—17, 11—13, 16—18 = 46 movimientos. No puedo asegurar que sea imposible descubrir una solución con menos movimientos, pero creo que será una ardua tarea.

§ 102. Las cuatro ranas

En la ilustración tenemos ocho hongos, con ranas blancas en 1 y 3 y ranas negras en 6 y 8. El acertijo consiste en mover una rana por vez, en cualquier orden, a lo largo de una de las líneas rectas que unen un hongo con otro, hasta que hayan cambiado de lugar, quedando las ranas blancas en 6 y 8, y las negras en 1 y 3. Si usa cuatro fichas sobre un diagrama simple, le resultará muy fácil, pero es más dificultoso hacerlo en sólo siete jugadas, (cualquier número de desplazamientos sucesivos de la misma rana cuenta como una jugada). No puede haber más de una rana por hongo al mismo tiempo.

Solución:

La menor cantidad posible de movimientos, contando cada movimiento por separado, suma dieciséis.

Pero el acertijo se puede resolver en siete jugadas, de la manera siguiente, si cualquier cantidad de desplazamientos sucesivos de la misma rana cuenta como una sola jugada. Todos los movimientos contenidos dentro de un paréntesis constituyen una sola jugada; los números se refieren a los hongos: (1—5), (3—7, 7—1), 8—4, 4—3, 3—7), (6—2, 2—8, 8—4, 4—3), (5—6, 6—2, 2—8), (1—5, 5—6), (7—1).

Se trata del viejo acertijo de Guarini, propuesto en 1522, pero aquí lo doy con el objeto de explicar mi método “hilos y botones” para resolver esta clase de problemas con movimientos de fichas.

El Diagrama A muestra el viejo modo de presentar el acertijo de Guarini, donde se procura que los caballos blancos cambien de lugar con los negros. En “Las cuatro ranas”, las posibles direcciones de los movimientos se indican con líneas, para obviar la necesidad de que el lector comprenda el movimiento del caballo en ajedrez. Pero se ve de inmediato que ambos problemas son idénticos. Se puede ignorar la casilla central, pues ningún caballo puede entrar en ella. Ahora bien, consideremos los hongos como botones y las líneas de conexión como hilos, como en el Diagrama B. Al desenredar estos hilos podemos presentar el diagrama en la forma que aparece en el Diagrama C, donde la relación entre los botones es exactamente igual que en B. Cualquier solución para C será aplicable a B y a A. Coloque los caballos blancos en 1 y 3 y los caballos negros en 6 y 8 en el Diagrama C, y la simplicidad de la solución será manifiesta. Sólo hay que desplazar los caballos en tomo del círculo en una u otra dirección. Re

pita las jugadas que presentamos arriba, y verá que se han eliminado las dificultades.

En el Diagrama D presento otro conocido acertijo que apareció por primera vez en un libro publicado en Bruselas en 1789, Les Petites Aventures de Jerome Sharp. Coloque siete fichas sobre siete de los ocho puntos de la siguiente manera: ponga una ficha en un punto desocupado, luego desplácela en línea recta desde ese punto hasta el próximo punto desocupado (en cualquiera de ambas direcciones), donde la depositará. Proceda de la misma manera hasta que todas las fichas están colocadas. Recuerde que siempre comienza en un lugar desocupado y desliza la ficha desde allí hasta el próximo lugar, que también debe estar desocupado. Ahora, mediante el método “hilos y botones”, simplificamos transformando el diagrama en el de B. Entonces la solución se vuelve obvia: “mover siempre hacia el punto desde el cual se movió la última vez”. No es el único modo de colocar las fichas, por cierto, pero es la solución más sencilla.

Acertijos ajedrecísticos varios

“El ajedrez constituye un grato e ingenioso ejercicio mental para ciertas clases de hombres”

BURTON, Anatomía de la melancolía

§ 103. Las torres encerradas

Las torres blancas no pueden salir del pequeño cuadrado donde están encerradas excepto en la jugada final, al dar jaque mate.

El acertijo consiste en dar jaque mate a las negras con la menor cantidad posible de movimientos con la torre N° 8, dejando las otras torres en orden numérico alrededor de los lados del cuadrado, con la brecha entre 1 y 7.

Solución:

La respuesta supone que en la posición final las torres numeradas tienen que estar en orden numérico en dirección contraria a la que ocupan en el diagrama original, pues de lo contrario no hay solución. Mueva las torres en el siguiente orden de sus números. Como nunca hay más de un cuadrado al cual se puede mover una torre (excepto en la jugada final), la notación es obvia: 5, 6, 7, 5, 6, 4, 3, 6, 4, 7, 5, 4, 7, 3, 6, 7, 3, 5, 4, 3, 1, 8, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 8, 2, 1 y torre toma alfil, jaque mate. Esta es la cantidad mínima de jugadas: treinta y dos. Los movimientos del rey negro son todos obligados, y no es preciso detallarlos.

§ 104. Ahogado

Hace unos años se propuso el acertijo de construir una partida imaginaria de ajedrez donde las blancas queden ahogadas con la menor cantidad posible de movimientos, dejando todas las piezas (treinta y dos) sobre el tablero. ¿Puede usted llegar a esa posición en menos de veinte movimientos?

Solución:

Trabajando en forma independiente, S. Loyd, E. N. Frankenstein, W. H. Thompson y yo hemos llegado a la misma solución. La siguiente se puede aceptar como la mejor solución posible para este curioso problema:

Blancas

Negras

§ 1.

d4

e5

§ 2.

qd3

wh4

§ 3.

qg3

nb4+

§ 4.

hd2

a5

§ 5.

a4

d6

§ 6.

h3

ne6

§ 7.

ra3

f5

§ 8.

qh2

c5

§ 9.

rg3

nb3

§ 10.

c4

f4

§ 11.

f3

e4

§ 12.

d5

e3

Y las blancas quedan ahogadas.

El anterior es un diagrama de la extraña posición a la que se llega. Como se ve, no es posible mover ninguna pieza blanca.

§ 105. Un dilema asombroso

En una partida de ajedrez entre el señor Negro y el señor Blanco, Negro estaba en un brete, y como de costumbre debía coger un tren.

Propuso pues que Blanco terminara la partida en su ausencia, con la condición de que no efectuara ninguna jugada para Negro, sino sólo con las piezas blancas. El señor Blanco aceptó, pero para su consternación le resultó imposible ganar la partida en esas condiciones. Por mucho que lo intentaba, no podía dar jaque mate a su oponente.

¿En qué casilla dejó el señor Negro a su rey? Las otras piezas están en sus posiciones apropiadas en el diagrama. Blanco puede dar jaque a Negro cuantas veces quiera, pero en balde, pues nunca llega a una posición de jaque mate.

Solución:

El señor Negro dejó su rey en “b2”, y sea cual fuere la pieza que Blanco elija para su peón, no puede hacerle jaque mate. Como dijimos, el rey negro no es afectado por los jaques y nunca se mueve. Blanco puede coronar el peón con dama, capturar la torre negra y unir sus tres piezas en el ataque, pero el mate es imposible. El rey negro no puede quedar en cualquier otro cuadrado sin que sea posible un jaque mate.

El difunto Sam Loyd fue el primero en señalar la peculiaridad en que se basa este acertijo.

§ 106. Los seis peones

¿De cuántos modos puedo poner seis peones en el tablero para que haya una cantidad par de casillas desocupadas en cada fila y columna? Aquí no tenemos en cuenta las diagonales, y cada conjunto

de seis casillas ocupadas constituye una solución diferente, así que no es preciso excluir inversiones ni reflejos.

Solución:

La fórmula general para seis peones en todos los cuadrados mayores de 2^2 es ésta: seis veces el cuadrado del número de combinaciones de n cosas tomadas de tres en tres, donde n representa el número de cuadrados del lado del tablero. Desde luego, cuando n es par las casillas desocupadas de las filas y columnas serán pares, y cuando n es impar el número de casillas será impar. Aquí n es 8, así que la respuesta es 18.816 maneras. Se trata de “El acertijo del tintorero” (Los acertijos de Canterbury, N° 26) con otra forma. Lo repito aquí para explicar un método de resolución que el lego captará de inmediato. Ante todo, es evidente que si ponemos un peón en cualquier línea, debemos poner un segundo en esa línea para que el resto pueda ser un número par. No podemos poner cuatro o seis en ninguna fila sin imposibilitar la obtención de un número par en todas las columnas con que interferimos. Tenemos, pues, que poner dos peones en cada una de las tres filas y en cada una de las tres columnas. Ahora bien, hay sólo seis combinaciones que cumplen estas condiciones, y se muestran en los Diagramas A a F inclusive.

Señalo al pasar que A y B son las únicas combinaciones primitivas, pues si damos a A un cuarto de vuelta obtenemos F; y si damos a B tres cuartos de vuelta en la dirección de las manecillas del reloj, obtendremos sucesivamente C, D y E. No importa cómo coloquemos nuestros peones, si hemos acatado las condiciones del acertijo quedarán incluidos dentro de una de estas combinaciones. Se entiende que las meras expansiones no destruyen el carácter esencial de las combinaciones. Así G es sólo una expansión de la forma A. La solución consiste pues en hallar el número de estas expansiones. Suponiendo que limitemos nuestras operaciones a las tres primeras filas, como en G, entonces, con los pares a y b situados en la primera y segunda columnas, el par c se puede desplegar en cualquiera de las seis columnas restantes, y así brindar seis soluciones. Ahora deslicemos el par b a la tercera columna, y habrá cinco posiciones posibles para c. Deslicemos b hacia la cuarta columna, y c puede producir cuatro soluciones nuevas. Y así sucesivamente, hasta que (todavía con a en la primera columna) tengamos b en la séptima columna, y haya un solo sitio para c, en la octava columna. Luego podemos poner a en la segunda columna, b en la tercera y c en la cuarta, y comenzar a deslizar c y b como antes para otra serie de soluciones.

Así encontramos que, al usar la forma A sola y limitar nuestras operaciones a las tres filas superiores, obtenemos tantas respuestas como existen combinaciones de 8 cosas tomadas de 3 en 3. Esto es:

El lector comprenderá que si hay 56 modos de seleccionar las columnas, debe haber, para cada uno de éstos, 56 modos de seleccionar las filas, pues podemos efectuar simultáneamente ese “deslizamiento” hacia abajo hasta el fondo, exactamente tal como hemos trabajado de izquierda a derecha. El número total de maneras de aplicar A, pues, es 56 × 56 = 3.136. Pero, como hemos visto, hay seis combinaciones, y sólo hemos abordado una de ellas, A. Debemos multiplicar este resultado por 6, lo cual nos da 3.136 × 6 = 18.816, que es el número total de maneras, como ya hemos dicho.

§ 107. Jaque mate

Al entrar en un club londinense, noté la posición que dos jugadores habían dejado al marcharse. Esta posición se muestra en el diagrama.

Es evidente que las blancas han dado mate a las negras. ¿Pero cómo? He ahí el acertijo.

Solución:

Desplace el peón blanco de “f6” a “e4” y ponga un peón negro en “f7”. Ahora, las blancas mueven e5+, y las negras deben mover f5. Luego, las blancas juegan exf6 a.p.+, tomando al paso el peón de “f5”, y dando jaque mate. Esta fue pues la última jugada de las blancas, y deja la posición dada. Es la única solución posible.

§ 108. Monstruosidad

Una Nochebuena yo viajaba en tren al sur de Inglaterra. El compartimiento estaba atestado, y los pasajeros estábamos muy apiñados.

Mi compañero de asiento estudiaba sesudamente una posición en uno de esos tableros plegables que se pueden guardar cómodamente en el bolsillo, y no pude evitar mirarlo (la posición se muestra en la página siguiente, y como está un poco borrosa diremos que la pieza de “c7” es el rey blanco).

Mi compañero de viaje volvió repentinamente la cabeza y sorprendió mi expresión de desconcierto.

—¿Juega usted al ajedrez? —preguntó.

—Sí, un poco. ¿Qué es eso? ¿Un problema?

—Problema? No, una partida.

—¡Imposible! —exclamé con cierta rudeza— ¡Esa posición es una monstruosidad!

Extrajo una tarjeta del bolsillo y me la entregó. De un lado tenía un domicilio y en el anverso las palabras “43. Rg1”.

—¡Es una partida por correspondencia! —exclamó— Usted ve el último movimiento de mi amigo, y ahora yo estoy meditando mi respuesta.

—Excúseme —insistí—, pero la posición parece imposible. ¿Cómo, por ejemplo…?

—¡Ah! —me interrumpió sonriendo—. Entiendo. Es usted un principiante. Juega para ganar.

—¡Pues me imagino que usted no juega para perder o empatar!

Lanzó una carcajada.

—Tiene usted mucho que aprender. Mi amigo y yo no jugamos en busca de esos anticuados desenlaces. Vemos en el ajedrez lo maravilloso, lo estrambótico, lo extravagante. ¿Alguna vez vio una posición como ésta?

Por suerte no, pensé para mis adentros.

—Esa posición, amigo mío, materializa las sinuosas evoluciones y las sincréticas, sintéticas y sincrónicas concatenaciones de dos cerebros personalísimos. Es el producto de un hiperbólico e hipertrófico intercambio de...

—¿Ha leído usted el periódico vespertino? —interrumpió el pasajero de enfrente, alcanzándome un periódico. Noté que en el margen, junto a su pulgar, había garrapateado una nota. Agradeciéndole, cogí el periódico y leí: “Lunático, pero totalmente inofensivo. Está a mi cargo”.

Después de eso dejé que el pobre sujeto delirase a gusto hasta que ambos nos apeamos en la siguiente estación.

Pero esa extraña posición se me grabó en la mente, siendo el último movimiento de las negras 43. lg1; y poco después descubrí que en efecto era posible llegar a ella en cuarenta y tres movimientos. ¿Podrá el lector reconstruir esa secuencia? ¿Cómo lograron las blancas poner sus torres y el alfil del rey en su posición actual, teniendo en cuenta que nunca pudieron haber movido el alfil del rey? No se dieron ventajas, y cada movimiento era totalmente legítimo.

Solución:

Blancas

Negras

Blancas

Negras

Blancas

Negras

§ 1

f4

c6

§ 16

qe8

h3

§ 31

a5

lc1

§ 2

kf2

wa5

§ 17

hc3+

dxc3

§ 32

axb6

ld1

§ 3

ke3

ld8

§ 18

ba3

h2

§ 33

bxc7

le1

§ 4

f5

lc7

§ 19

rb 1

h1=w

§ 34

kf7

jh6+

§ 5

qe1

lb6

§ 20

rb2

cxb2

§ 35

ke8

na2

§ 6

qg3

ja6

§ 21

kg5

wgi

§ 36

f6

ng8

§ 7

qb8

h5

§ 22

qh5

la4

§ 37

f7

lxf1

§ 8

hf3

th6

§ 23

b5

tc8

§ 38

c8=b

jd5

§ 9

he5

tg6

§ 24

b6

tc7

§ 39

4b8

jf6+

§ 10

qxc8

tg3+

§ 25

bxc7

b1 =n

§ 40

kd8

je8

§ 11

hxg3

lb5

§ 26

c8=r

wc7

§ 41

fxe8=r

jf7+

§ 12

rh4

f6

§ 27

bd6

jb4

§ 42

kc7

jd8

§ 13

rd4

fxe5

§ 28

kg6

la3

§ 43

qf7+

lg1

§ 14

b4

exd4+

§ 29

ra8

lb2

§ 15

kf4

h4

§ 30

a4

wgb6

y se llega a la posición dada.

El orden de las jugadas no importa, y puede variar muchísimo. Pero aunque se han realizado muchos intentos, nadie ha logrado reducir mi cantidad de jugadas.

Capítulo VII

Acertijos de medida, peso y empaquetado

“Medida por igual medida”.

SHAKESPEARE, Medida por medida, v, I.

Aparentemente el primer acertijo impreso relacionado con la medición de una cantidad de líquido, vertiéndolo de un recipiente a otros de capacidad conocida, fue el propuesto por Niccola Fontana (1500-1559), más conocido como Tartaglia (“tartamudo”). Consiste en dividir 24 onzas de valioso ungüento en tres partes iguales, disponiendo sólo de recipientes con capacidad para 5, 11 y 13 onzas respectivamente. Hay muchas soluciones para este acertijo para seis manipulaciones, o traslados de un recipiente a otro. Bachet de Méziriac reeditó este y otros acertijos de Tartaglia en su Problèmes plaisants et délectables (1612). Es opinión general que los acertijos de esta clase sólo se pueden resolver mediante ensayo y error, pero creo que se pueden inferir fórmulas para la solución general de ciertos casos emparentados. Es un campo de investigación prácticamente inexplorado.

El clásico problema de peso es, por cierto, el propuesto por Bachet. Supone la determinación de la cantidad mínima de pesas que servirían para pesar cualquier número entero de libras, de 1 a 40 inclusive, cuando se nos permite poner una pesa en uno de ambos platillos. La respuesta es 1, 3, 9 y 27 libras. Tartaglia había propuesto el mismo acertijo con la condición de que las pesas sólo se pudieran poner en un solo platillo. En ese caso la respuesta es 1, 2, 4, 8, 16, 32 libras. MacMahon brinda una solución general para el problema, y hay una explicación completa en las Recreaciones matemáticas de Ball.

Los acertijos de empaquetado, en los cuales debemos empaquetar un número máximo de artículos de determinadas dimensiones en una caja de dimensiones conocidas, son, tengo entendido, una novedad reciente. Al menos no recuerdo ningún ejemplo de los antiguos libros. Uno esperaría ver esta idea presentada como acertijo mecánico en las jugueterías, pero jamás he visto semejante cosa. Lo más parecido son los rompecabezas, donde sólo es preciso acomodar una dimensión de las piezas.

§ 109. El acertijo del tonel

Los hombres de la ilustración disputan por el contenido líquido de un tonel. Un hombre sostiene que el tonel está más que medio lleno, el otro insiste que ni siquiera está medio lleno.

¿Cuál es el modo más fácil de zanjar la cuestión? No es necesario usar vara, cordel ni implemento de medición alguno. Lo presento como uno de los más simples ejemplos del valor de la mera sagacidad para la resolución de acertijos. Problemas aparentemente muy dificultosos se pueden resolver de modo análogamente fácil si tan sólo apelamos a nuestro sentido común.

Solución:

Sólo se necesita inclinar el tonel como en la Fig. 1, y si el borde de la superficie del agua toca el borde a al mismo tiempo que toca el borde del fondo b, estará por la mitad.

Si cuando la superficie del agua alcanzara el borde a, se hubiera elevado al punto c en la Fig. 2, entonces estaría más que medio lleno. Si, como en la Fig. 3, una parte del fondo estuviera visible y el nivel del agua bajara al punto d, entonces estaría menos que medio lleno. Este método se aplica a todos los recipientes construidos simétricamente.

§ 110. Acertijo con líquidos

He aquí un interesante problema con medición de líquidos. Un hombre tiene dos recipientes de diez cuartos de galón llenos de vino, una medida de cinco cuartos y una medida de cuatro cuartos. Quiere poner exactamente tres cuartos en cada una de las dos medidas. ¿Cómo lo conseguirá? ¿Y cuántas manipulaciones (pases de un recipiente al otro) se requieren? No se permite derrochar, volcar ni otros trucos.

Solución:

La siguiente solución en once manipulaciones muestra el contenido de cada recipiente al principio y después de cada manipulación:

10 cuartos

10 cuartos

5 cuartos

4 cuartos

10

10

0

0

5

10

5

0

5

10

1

4

9

10

1

0

9

6

1

4

9

7

0

4

9

7

4

0

9

3

4

4

9

3

5

3

9

8

0

3

4

8

5

3

4

10

3

3

§ 111. Mezclando el té

—Esta mañana llamó la señora Quejumbre —le dijo el honesto tendero a su asistente—. Quiere 20 libras de té a 28½ peniques la libra. Desde luego tenemos un buen té de 30 peniques, un té un poco inferior de 27 peniques y un té indio barato de 21 peniques, pero ella siempre se fija mucho en el precio.

—¿Qué piensa hacer? —preguntó el cándido asistente.

—¿Hacer? —exclamó el tendero— Pues simplemente mezclaremos las tres clases de té en proporciones diferentes para que las veinte libras le permitan efectuar su compra. Pero no pongas más cantidad del mejor té de la que sea necesaria, y usa sólo nuestros paquetes completos de libra. No peses el té.

¿Cómo haría el pobre asistente para mezclar las tres clases de té? ¿Habría usted podido indicarle?

Solución:

Hay tres maneras de mezclar las clases de té. Por orden de calidad ―30 peniques, 27 peniques, 21 peniques― mézclese en estas proporciones: 16 libras, 1 libra, 3 libras; o bien 14 libras, 4 libras, 2 libras; o bien 12 libras, 7 libras, 1 libra. En cada caso la mezcla de veinte libras debe valer 28½ peniques por libra; pero el último caso requiere la menor cantidad del mejor té, de modo que es la respuesta correcta.

§ 112. Un acertijo de empaquetado

Como todos sabemos por experiencia, se requiere bastante ingenio para empaquetar artículos en una caja si no queremos desperdiciar espacio. Un hombre me contó una vez que tenía una gran cantidad de pelotas de hierro, todas exactamente de dos pulgadas de diámetro, y deseaba poner la mayor cantidad posible en una caja rectangular de 24 9/10 pulgadas de longitud, 22 ⅘ de anchura y 14 pulgadas de profundidad.

¿Cuál es la máxima cantidad de pelotas que pudo empaquetar en esa caja?

Solución:

En el lado de la caja de 14 por 22 ⅘ podemos disponer 13 filas que contengan alternativamente 7 y 6 pelotas: 85 en total. Encima podemos poner otra capa que consista de 12 filas de 7 y 6 alternativamente: 78 en total. A lo largo de 24 9/10 pulgadas se pueden poner 15 de estas capas, que contendrían alternativamente 85 y 78 pelotas. Así 8 veces 85 sumado a 7 veces 78 nos da 1.226, el contenido total de la caja.

Capítulo VIII

Problemas de cruce del río

“Mi bote está en la costa”

BYRON

Esta es otra clase medieval de acertijos. Probablemente el primer ejemplo se deba al abad Alcuino, quien nació en Yorkshire en 735 y falleció en Tours en 804. Y todos conocen la historia del hombre con el lobo, la cabra y el cesto de repollos cuyo bote sólo podía llevar uno de los tres a la vez, con el hombre a bordo. La dificultad estribaba en que el hombre no podía dejar al lobo solo con la cabra, ni a la cabra sola con los repollos. Tartaglia y Bachet examinaron estos acertijos, que luego fueron examinados por Lucas, De Fonteney, Delannoy, Tarry y otros. En los acertijos que presento aquí se hallarán un par de condiciones que aumentan la complejidad.

§ 113. Cruzando el río Axe

Hace muchos años, en los tiempos de ese contrabandista conocido como “Rob Roy del Oeste”, una banda de piratas sepultó en la costa del sur de Devon ciertos tesoros que, por cierto, abandonaron de ese modo habitual e inexplicable.

Tiempo después tres campesinos descubrieron el paradero del tesoro, visitaron el lugar una noche y se repartieron el botín. Giles se llevó tesoros por valor de 800 libras, Jasper por valor de 500 y Timothy por valor de 300.

Al regresar tenían que cruzar el río Axe en un punto donde habían dejado preparada una pequeña embarcación. Sin embargo, aquí se toparon con una dificultad que no habían previsto. El bote sólo podía llevar a dos hombres, o un hombre y un saco, y se tenían tan poca confianza mutua que ninguna persona podía quedar a solas en tierra o en el bote con más de su parte del botín, aunque dos personas (que se vigilarían entre sí) podían quedarse con más de lo que les correspondía. El acertijo consiste en mostrar cómo atravesaron el río con la menor cantidad posible de cruces, llevando consigo su tesoro. No se pueden emplear trucos tales como cuerdas, “puentes volantes”, corrientes, cruces a nado u otras triquiñuelas.

Solución:

He aquí la solución:

G, J y T representan a Giles, Jasper y Timothy; 8, 5 y 3 representan 800, 500 y 300 libras respectivamente. Las dos columnas laterales representan la margen izquierda y la margen derecha, y la columna del medio el río. Se necesitan trece cruces, y cada línea muestra la posición cuando el bote está en medio de la corriente durante un cruce, y la llave indica la dirección.

Se verá que no sólo ninguna persona queda a solas en tierra o en el bote con una suma superior a su parte del botín, sino que nunca dos personas quedan a solas con una suma superior a la suma de sus botines, aunque este punto no se enfatizaba en las condiciones.

§ 114. Fuga por partida cuádruple

El coronel B era un viudo muy taciturno. Trataba a sus cuatro hijas con una severidad rayana en la crueldad, y ellas sentían un natural disgusto ante esa situación. Siendo cuatro jóvenes encantadoras dotadas de muchas virtudes y talentos, no es sorprendente que cada cual tuviera un devoto admirador. Sin embargo, el padre prohibió a los mozos visitarlas en la casa, interceptó la correspondencia y sometió a sus hijas a una supervisión más rigurosa que nunca. Pero el amor, que se burla de cerrojos, llaves y parapetos, estuvo a la altura de la ocasión, y los cuatro mozos conspiraron juntos para planear una fuga conjunta.

A orillas de la cancha de tenis que había al pie del jardín corría el plateado Támesis, y una noche, una vez que las muchachas descendieron de una ventana, todos se escabulleron con sigilo hasta la orilla del río, donde estaba amarrado un pequeño bote perteneciente al coronel. Se proponían cruzar hasta la margen opuesta y llegar hasta un sendero donde les aguardaban vehículos para emprender la fuga. Pero, ay, a orillas del agua comenzaron sus dificultades.

Los mozos eran tan celosos que no permitían que sus futuras prometidas permanecieran en ningún momento en compañía de uno o más hombres a menos que también ellos estuvieran presentes. El bote sólo podía transportar dos personas, aunque una sola de ellas bastaba para empuñar los remos, y parecía imposible que las cuatro parejas pudieran cruzar. Pero en medio del río había un islote, el cual parecía ofrecer una solución para esta dificultad, porque una o más personas podían quedarse allí mientras el bote iba a la orilla opuesta. Si hubieran previsto esta dificultad, habrían elaborado fácilmente una solución para este escollo en otra oportunidad. Pero estaban tan apresurados y alborotados con la fuga que pronto fueron presa de una divertida confusión. Al menos, hubiera sido divertida para cualquier espectador.

En consecuencia, tardaron el doble y cruzaron el río el doble de veces de las necesarias. Entretanto el coronel, que tenía el sueño muy liviano, creyó oír un chapoteo de remos. Pronto dio la alarma a la servidumbre, y se descubrió que las jóvenes estaban ausentes. Alguien fue a avisar a la policía, y varios agentes pronto contribuyeron a buscar a los fugitivos, quienes, a causa de la demora en el cruce del río, fueron capturados al poco tiempo. Las cuatro jóvenes regresaron afligidas a su hogar, y luego rompieron su compromiso con enfado.

Durante mucho tiempo fue un misterio que esa partida de ocho hubiera logrado cruzar el río en ese pequeño bote sin que ninguna muchacha quedara jamás con un hombre, a menos que su prometido también estuviera presente. El método favorito consiste en coger ocho fichas o piezas de cartulina y denominarlas A, B, C, D, a, b, c, d, para representar a los cuatro hombres y sus futuras esposas, y llevarlas de un lado de una mesa al otro en una caja de cerillas (el bote), con una moneda en medio de la mesa para representar el islote.

Ahora pedimos a los lectores que hallen el método más rápido para que la partida cruce el río. ¿Cuántos viajes de un paraje al otro se necesitan? Por “paraje” aquí entendemos la costa o el islote. Aunque el bote no necesariamente se detendría en el islote en cada cruce, se debe tener en cuenta esta posibilidad. Por ejemplo, no vale que un hombre quede a solas en el bote (aunque se entendiera que sólo se proponía cruzar de una orilla a la otra) si hubiera una muchacha a solas en la isla aparte de aquella con quien estaba comprometido.

Solución:

Si hubiera habido sólo tres parejas, la isla no habría sido necesaria, pero con cuatro o más parejas es imprescindible para cruzar según las condiciones estipuladas. Se puede hacer en diecisiete cruces de una margen a otra (aunque ciertos matemáticos franceses han declarado en sus libros que en tales circunstancias se necesitan veinticuatro) y no se puede hacer en menos. Presentaré un modo (ver diagrama en la página siguiente). A, B, C y D son los jóvenes pretendientes, y a, b, c y d son las muchachas con quienes están respectivamente comprometidos. Las tres columnas muestran las posiciones de los diversos individuos en el parque, la isla y la margen opuesta antes de comenzar y después de cada cruce, mientras que el asterisco indica la posición del bote en cada ocasión.

Tras haber descubierto la menor cantidad posible de cruces, deberíamos tener en cuenta otros dos detalles al decidimos por el “método más rápido”: ¿qué personas eran las más expertas para empuñar los remos, y qué método supone la menor cantidad posible de demoras para abordar y abandonar el bote? No tenemos datos que nos permitan decidir el primer punto, aunque es probable que las muchachas fueran remeras expertas, pues el bote pertenecía a su propiedad. Sin embargo, el otro punto es importante, y en la solución que he dado (donde las muchachas realizan ocho treceavos de la tarea de remar y A y D no reman en absoluto) hay sólo dieciséis abordajes y dieciséis descensos. Jamás hay un hombre y una muchacha juntos en un bote, y ningún hombre desciende nunca en la isla. Hay otros métodos que requieren más intercambios de lugares.

Capítulo IX

Problemas con juegos

“El pequeño placer del juego”.

MATTHEW PRIOR

Todo juego se presta a la presentación de una variedad de acertijos. Como hemos visto, es posible recurrir al tablero de ajedrez y al peculiar movimiento de las piezas. Ahora daré ejemplos de acertijos con naipes, fichas de dominó, y también carreras de caballos.

§ 115. El marco de fichas de dominó

En la ilustración el juego de veintiocho fichas de dominó está dispuesto en forma de marco cuadrangular, con 6 contra 6, 2 contra 2, blanca contra blanca y así sucesivamente, como en el juego.

Se encontrará que los puntos de la fila superior y la columna izquierda suman ambos 44. Los puntos de los otros dos lados suman 59 y 32 respectivamente. El acertijo consiste en reordenar las fichas de la misma manera para que los cuatro lados sumen 44. Recuerde que las piezas deben estar colocadas correctamente, siguiendo las reglas del juego.

Solución:

La ilustración es una solución. Se verá que los cuatro lados del marco suman 44.

La suma de los puntos de todas las fichas es 168, y si deseamos lograr que los lados sumen 44, debemos cuidamos de que las cuatro esquinas sumen 8, porque estas esquinas se cuentan dos veces, y 168 sumado a 8 equivale a 4 veces 44, lo cual es necesario. Hay muchas soluciones diferentes. Aun en el ejemplo dado es posible realizar algunos intercambios para producir diversas combinaciones. Por ejemplo, en el lado izquierdo la serie de fichas de 2—2 a 3—2 se puede invertir, o de 2—6 a 3—2, o de 3—0 a 5—3. En el lado derecho podemos invertir de 4—3 a 1—4. Estos cambios no afectan la corrección de la solución.

§ 116. El acertijo de los naipes en T

Un ameno acertijo con naipes consiste en coger las nueve cartas de un palo, del as hasta el nueve inclusive, y ordenarlas en forma de letra T, como se muestra en la ilustración, para que los signos de la línea horizontal sumen lo mismo que los de la columna. En el ejemplo, suman 23 en ambos sentidos. Es muy fácil hacer un ordenamiento correcto.

El acertijo consiste en descubrir de cuántos modos se puede hacer. Aunque el número es elevado, la solución no es tan difícil si abordamos el acertijo del modo correcto.

El modo inverso que se obtiene reflejando la ilustración en un espejo no se cuenta como diferente, pero todos los demás cambios en la posición relativa de los naipes se darán por válidos. ¿Cuántos modos hay?

Solución:

Si quitamos el as, los naipes restantes se pueden dividir en dos grupos (cada cual dando la misma suma) de cuatro maneras; si eliminamos el 3, hay tres maneras; si eliminamos el 5, hay cuatro maneras; si eliminamos el 7, hay tres maneras; si eliminamos el 9, hay cuatro maneras de constituir dos grupos iguales.

Así, hay dieciocho maneras de agruparlos, y si tomamos cualquiera de ellas y mantenemos la carta impar (la “eliminada”) en la cabeza de la columna, el orden de un conjunto de números se puede variar de veinticuatro maneras en la columna y de otras veinticuatro maneras en la horizontal, es decir, en conjunto se pueden variar en 24 × 24 = 576 maneras. Y como hay dieciocho casos, multiplicamos este número por 18 y obtenemos 10.368, el número correcto de maneras de colocar los naipes. Como este número incluye las reflexiones, debemos dividir por 2, pero también debemos recordar que cada fila horizontal puede cambiar lugares con una fila vertical, con lo cual es preciso multiplicar por 2; así que una operación cancela la otra.

§ 117. El acertijo de la carrera de caballos

No hay ética en los acertijos. Cuando resolvemos el viejo acertijo del capitán que, teniendo que arrojar a la mitad de la tripulación por la borda en una tormenta, dispuso echar suertes, pero ordenó a los hombres de tal modo de sacrificar sólo a los turcos y dejar a los cristianos a bordo, no nos detenemos a comentar la cuestionable moralidad del procedimiento. Y cuando encaramos un problema de medición, donde unos peregrinos sedientos deben dividir equitativamente un tonel de cerveza, no alegamos que, como abstemios, va contra nuestros principios metemos con una bebida que causa embriaguez. Por tanto, no pediré excusas al introducir un acertijo que se relaciona con las apuestas.

Tres caballos —Acido, Bellota y Cápsula— inician una carrera. Las probabilidades son 4 a 1 para Acido; 3 a 1 para Bellota y 2 a 1 para Cápsula. ¿Cuánto debo invertir en cada caballo para ganar 13 libras, sin importar cuál caballo llegue primero? Supongamos, por ejemplo, que aposté 5 libras a cada caballo. Si ganara Acido, yo recibiría 20 libras (4 veces 5), y tendría que pagar 5 libras por cada uno de los otros dos caballos, ganando así 10 libras. Pero se descubrirá que si Bellota llegara primero sólo ganaría 5 libras, y si venciera Cápsula no ganaría ni perdería nada. Esto aclarará la pregunta para el no iniciado que, al igual que yo, no siente vocación por sumarse a la cofradía de quienes aducen estar consagrados a la noble tarea de “mejorar la raza equina”.

Solución:

La respuesta es: debo invertir 12 libras en Acido, 15 en Bellota, 20 en Cápsula.

Capítulo X

Juegos con acertijos

“Dígase de quien es derrotado, que yace en la carriola del honor”

HUDIBRÁS

Se puede decir que un juego consiste en una lucha de destreza para dos o más personas, en la cual participamos por diversión o para ganar un premio. En cambio, resolver acertijos es una tarea individual. Si nos fuera posible dominar las complejidades del juego de ajedrez de modo de tener la certeza de ganar siempre con la primera o segunda jugada, o de empatar siempre, dejaría de ser un juego para transformarse en un acertijo. Desde luego, entre los jóvenes y mal informados, cuando no se entiende correctamente el juego, un acertijo puede constituir un excelente juego. Sin duda los niños continuarán jugando al tres en raya, aunque he demostrado (N° 105, Los acertijos de Canterbury) que entre dos jugadores que entienden cabalmente el juego siempre tiene que haber empate. Ninguno de ambos jugadores puede ganar salvo gracias a los errores del oponente. Pero escribo desde el punto de vista del estudioso de estos temas.

Los ejemplos que incluyo en esta clase son aparentemente juegos, pero, como muestro en cada caso cómo podría ganar un jugador si jugara correctamente, se trata en realidad de acertijos. El interés consiste pues en tratar de descubrir el método atinado para jugar.

§ 118. El juego de los guijarros

He aquí un interesante acertijo que yo jugaba con un conocido en la playa de Slocomb-on-Sea. Dos jugadores colocan entre ambos una cantidad impar de guijarros, digamos quince. Luego cada cual coge por tumo uno, dos o tres guijarros (a su elección), y el ganador es quien obtiene un número impar. Así, si usted obtiene siete y su rival ocho, usted gana. Si usted obtiene seis y él nueve, él gana. ¿Debe ganar el primero o el segundo jugador, y cómo? Cuando haya resuelto este problema con quince guijarros, puede intentar de nuevo, por ejemplo, con trece.

Solución:

En el caso de quince guijarros, el primer jugador gana si primero coge dos. Luego, cuando tiene un número impar y deja 1, 8 o 9 gana, y cuando tiene un número par y deja 4, 5, o 12, también gana. Siempre puede hacer una u otra de estas cosas hasta el final del juego, y así derrotar al oponente. En el caso de trece guijarros el primer jugador debe perder si su oponente juega correctamente. Los únicos números con que el primer jugador debería perder son 5 y múltiplos de 8 sumados a 5, tales como 13, 21, 29, etc.

§ 119. Juego de las cuatro esquinas

También aquí juegan dos personas. Una pone una ficha en el N° 6, y la otra pone una en el N° 55, y ambas juegan alternativamente, desplazando la ficha a cualquier otro número de una línea. Si nuestro oponente se desplaza en cualquier momento a una de las líneas que ocupamos, o cruza una de nuestras líneas, inmediatamente lo capturamos y ganamos. Veamos un ejemplo.

A se desplaza de 55 a 52; B se desplaza de 6 a 13; A avanza a 23; B pasa a 15; A se retira a 26; B se retira a 13; A avanza a 21; B se retira a 2; A avanza a 7; B va a 3; A se desplaza a 6; B debe ir a 4; A se establece en 11, y B será capturado en la próxima jugada porque está obligado a cruzar una línea donde se encuentra A. Repita estas jugadas y comprenderá el juego. En cuanto al acertijo, consiste en esto: ¿qué jugador debería ganar, y cuántas jugadas se necesitan?

Solución:

Sin importar si juega primero o segundo, el jugador A, que comienza la partida en 55, debe ganar. Suponiendo que B adopte la mejor estrategia de juego para prolongar su existencia el mayor tiempo posible, A, si tiene la primera jugada, siempre puede capturar a B en la jugada N° 12; y si tiene la segunda jugada, siempre puede capturarlo en la jugada Ne 14. Lo que debe hacer es ponerse siempre diagonalmente en línea con su oponente, y al ir a 33, si tiene la primera jugada, impide que B se ponga diagonalmente en línea con él. He aquí dos buenas partidas. El número que va delante del guion es siempre la jugada de A; el que va después del guion es la jugada de B: 33-8, 32-15, 31-22, 30-21, 29-14, 22-7, 15-6, 14-2, 7-3, 6-4, 11-, y A captura en su próxima jugada (12ª); -13, 54-20, 53-27, 52-34, 51-41, 50-34, 42-27, 35-20, 28-13, 21-6, 14-2, 7-3, 6-4, 11-, y A captura en su próxima jugada (14ª).

§ 120. El misterio de las cerillas

He aquí un juego que es simple hasta la puerilidad, pero que merece investigarse.

El señor Stubbs puso una mesilla entre él y su amigo, el señor Wilson, y cogió una caja de cerillas, de donde extrajo treinta.

—He aquí treinta cerillas —dijo—. Las divido en tres montones desiguales. Veamos. Tenemos 14, 11 y 5. Ahora bien, los dos jugadores extraen alternativamente la cantidad que deseen de cualquier montón, y quien extrae la última cerilla pierde el juego. ¡Eso es todo! Jugaré con usted, Wilson. Yo he formado los montoncitos, así que usted extrae primero.

—Como puedo extraer la cantidad que guste —respondió Wilson—, supongo que exhibiré mi moderación habitual y cogeré la totalidad de la pila de 14.

—Es la peor decisión, pues pierde directamente. Yo cojo 6 de la de 11, dejando dos montones iguales de 5, y dejar dos montones iguales es un modo seguro de ganar (con la única excepción de 1, 1) porque lo que el contrincante haga en un montón yo puedo repetirlo en el otro. Si usted deja 4 en un montón, yo dejo 4 en el otro. Si usted deja sólo 1 en un montón, yo cojo todo el otro montón. Si usted coge un montón entero, cojo todas las cerillas del otro menos una. No, nunca debe usted dejar dos montones, a menos que sean iguales y superiores a 1, 1. Comencemos de nuevo.

—Muy bien —dijo Wilson— Cogeré 6 del montón de 14, y le dejaré 8, 11, 5.

Luego Stubbs dejó 8, 11, 3; Wilson dejó 8, 5, 3; Stubbs, 6, 5, 3; Wilson, 4, 5, 3; Stubbs, 4, 5, 1; Wilson, 4, 3, 1, Stubbs, 2, 3, 1; Wilson, 2, 1, 1; lo cual Stubbs redujo a 1, 1, 1.

—Ahora es evidente que debo ganar —dijo Stubbs—, pues usted debe coger 1, y luego yo cogeré 1, dejándole la última cerilla. Usted no tenía modo de ganar. Hay justo trece maneras en que se pueden agrupar las cerillas al comienzo para asegurar el triunfo. De hecho, los grupos seleccionados, 14, 11, 5, me daban la victoria segura, porque haga lo que hiciere el oponente hay siempre una respuesta ganadora, y así hasta llegar a la última cerilla.

Solución:

Si formamos los tres montones (y así somos los segundos en tomar), cualquiera de los trece agrupamientos siguientes nos dará la victoria si jugamos correctamente:

15-14-1; 15-13-2; 15-12-3; 15-11-4; 15-10-5; 15-9-6; 15-8-7; 14-13-3; 14-11-5; 14-9-7; 13-11-6; 13-10-7; 12-11-7.

La bonita solución general de este problema es la siguiente. Exprese el número de cada montón en potencias de 2, evitando repeticiones y recordando que 2^0 = 1. Luego, si dejamos las cerillas al oponente de modo que quede un número par de cada potencia, podemos ganar. Y si al principio dejamos las potencias pares, podemos continuar haciéndolo durante la partida. Como ejemplo, tomemos el último grupo que mencionamos, 12-11-7. Expresado en potencias de dos tenemos:

12

=

8

4

–

–

11

=

8

–

2

1

7

=

–

4

2

1

2

2

2

2

Como así hay dos de cada potencia, debemos ganar. Digamos que nuestro oponente coge 7 de la pila de 12. Entonces deja:

5

=

–

4

–

1

11

=

8

–

2

1

7

=

–

4

2

1

1

2

2

3

Aquí las potencias no son de número par, pero al sacar 9 de la pila de 11 inmediatamente restauramos la posición ganadora:

5

=

–

4

–

1

2

=

–

–

2

–

7

=

–

4

2

1

–

2

2

2

Y así hasta el final. Esta solución es muy general, y se aplica a cualquier número de cerillas y cualquier número de montones. Un lector me ha escrito informándome que el primero en proponer este acertijo fue W. M. F. Mellor, pero no he podido corroborar cuándo ni dónde se publicó.

§ 121. El acertijo de los cigarros

Una vez propuse el siguiente acertijo en un club londinense, y durante largo tiempo atrajo la atención de los presentes. No pudieron desentrañarlo, y lo consideraron imposible de resolver. Sin embargo, como ahora demostraré, la respuesta es muy sencilla.

Dos hombres están sentados ante una mesa cuadrangular. Uno pone un cigarro común (romo en una punta, puntiagudo en la otra) sobre la mesa, y el otro hace lo mismo, y así alternativamente, siendo una condición que ningún cigarro toque al otro. ¿Cuál jugador logrará poner el último cigarro, suponiendo que ambos jueguen del mejor modo posible? El tamaño de la mesa y el tamaño del cigarro no se aclaran, pero para excluir la ridícula respuesta de que la mesa podría ser tan ínfima que sólo cupiera un solo cigarro, diremos que la mesa no debe ser inferior a 2 pies cuadrados y el cigarro no debe tener menos de 4½ pulgadas de longitud. Con esas restricciones, el lector puede optar por cualquier dimensión que guste. Desde luego, entendemos que todos los cigarros son exactamente iguales en todo sentido. ¿Debería ganar el primer jugador o el segundo?

Solución:

Ni un solo miembro del club desentrañó este acertijo, y sin embargo demostraré que es tan sencillo que aun un niño puede comprender la solución, una vez que se le explica. La gran mayoría de mis amigos manifestaron un total desconcierto. Muchos consideraban que “el resultado teórico, en todo caso, está determinado por la relación entre la mesa y los cigarros”; otros, considerándolo un problema en teoría de probabilidades, llegaron a la conclusión de que las oportunidades favorecen ligeramente al primero o segundo jugador, según el caso. Un hombre cogió una mesa y un cigarro de dimensiones particulares, dividió la mesa en secciones iguales, y procedió a hacer que los dos jugadores llenaran estas secciones de modo que ganara el segundo jugador. ¿Pero por qué el primer jugador debería ser tan complaciente? En cualquier etapa sólo tiene que poner un cigarro oblicuamente en cualquiera de estas secciones para desbaratar los cálculos del segundo jugador. Tenemos que suponer que cada jugador se esfuerza por ganar, y no que facilita las cosas al oponente.

Las teorías de otros amigos serían muy sensatas si la forma del cigarro fuera la de un torpedo, totalmente simétrica y con ambos extremos puntiagudos.

Demostraré que el primer jugador debe ganar infaliblemente si siempre juega del mejor modo posible. Examinemos con cuidado el siguiente diagrama, el N° 1, y todo quedará claro.

El primer jugador debe poner su primer cigarro de punta en el centro exacto de la mesa, como lo indica el circulito. Ahora bien, haga lo que hiciere el segundo jugador en toda la partida, el primer jugador debe repetir lo mismo en posición diametralmente opuesta. Así, si el segundo jugador pone un cigarro en A, yo pongo uno en AA; si él pone uno en B, yo pongo uno en BB; él pone uno en C, yo pongo uno en CC; él pone uno en D, yo pongo uno en DD; él pone uno en E, yo pongo uno en EE; y así sucesivamente hasta que no se puedan poner más cigarros sin que se toquen. Como presuntamente los cigarros son similares en todo sentido, es claro que por cada jugada que escoja el segundo jugador, es posible repetirla en una línea trazada a través del centro de la mesa. El segundo jugador siempre puede reproducir la maniobra del primero, dondequiera éste ponga un cigarro, y sin importar si decide apoyarlo de punta o de lado. Como los cigarros son similares en todo sentido, uno obviamente hará equilibrio sobre el borde de la mesa en precisamente el mismo punto que otro. Desde luego, como se supone que cada jugador juega del mejor modo posible, esto es una cuestión teórica. No es objeción válida decir que en la práctica uno no actuaría con exactitud suficiente como para estar seguro de vencer. Si siendo el primer jugador no logró ganar, será consecuencia de que no ha jugado del mejor modo posible.

El segundo diagrama sirve para mostrar por qué el primer cigarro debe estar puesto de punta. (Y aquí diré que pude apoyar de punta el primer cigarro que escogí de una caja, y es válido suponer que todos los demás cigarros harían lo mismo.) Si el primer cigarro estuviera apoyado de lado, como en F, el segundo jugador podría poner un cigarro en G, por ejemplo: lo más cerca posible, pero sin tocar F. Ahora, en esta posición yo no puedo repetir la jugada del lado opuesto, porque los dos extremos del cigarro no son iguales. Se verá que GG, cuando se sitúa en el lado opuesto en la misma relación con el centro, está en intersección con F, o superpuesto, y no se permite que los cigarros se toquen. Por tanto, hay que poner el cigarro más lejos del centro, lo cual no nos dejará espacio suficiente entre el centro y la esquina inferior izquierda para repetir todo lo que el otro jugador haga entre G y la esquina superior derecha. En tal caso el resultado no sería una victoria segura para el primer jugador.

Capítulo XI

Problemas varios

“Un acaparador de bagatelas”

SHAKESPEARE, Cuento de invierno, iv, 2

§ 122. Una aldea maravillosa

En el Japón hay una aldea situada en un valle muy bajo, y sin embargo el Sol está más cerca de sus habitantes, cada mediodía, en 4.800 kilómetros o más, que cuando sale o se pone. ¿En qué parte del país está situada esa aldea?

Solución:

Cuando el Sol está en el horizonte de cualquier lugar, trátese del Japón o cualquier otra parte, está más alejado de ese lugar ―por una longitud de la mitad del diámetro de la Tierra― que cuando esté en su meridiano al mediodía. Como el radio de la Tierra es aproximadamente 6.400 kilómetros, el Sol debe estar más de 4.800 kilómetros más cerca al mediodía que al amanecer, pues no hay ningún valle que tenga siquiera la centésima parte de 1.600 km de profundidad.

§ 123. Los anillos de hierro

La ilustración representa uno de los más antiguos acertijos mecánicos. Su origen es desconocido. El matemático Cardan escribió sobre él en 1550, y Wallis en 1693; aunque se dice que aún se encuentra en oscuras aldeas inglesas (a veces guardado en sitios extraños, tales como el campanario de una iglesia), hecho de hierro, y apropiadamente llamado tiring irons (“anillos para halar”), y usado hoy por los noruegos como cerrojo para cajas y maletines. En las jugueterías se llama a veces “anillos chinos”, aunque no parece haber autoridad para esta descripción, y con frecuencia se lo conoce con la insatisfactoria designación “anillos asombrosos”. Los franceses lo llaman Baguenaudier.

El acertijo consiste en un simple gancho de alambre fijado en un mango que se debe empuñar con la mano izquierda, y varios anillos sujetados por alambres que atraviesan los orificios de la barra y se mantienen allí gracias a sus extremos romos. Los alambres se mueven libremente en la barra, pero no pueden desprenderse de ella, y los alambres no se pueden sacar de los anillos. El acertijo consiste en separar totalmente el gancho de todos los anillos, y luego ponerlos todos de nuevo.

Ahora bien, se verá a simple vista que el primer anillo (a la derecha) se puede quitar en cualquier momento, deslizándolo por encima del extremo y sacándolo del gancho; y se puede poner realizando la operación inversa. Con esta excepción, el único anillo que se puede quitar es el segundo contiguo en el gancho, del extremo derecho. Así, con todos los anillos puestos, el segundo se puede sacar de inmediato; con el primero abajo, no se puede sacar el segundo, pero sí el tercero; con los tres primeros anillos abajo, no se puede sacar el cuarto, pero sí el quinto; y así sucesivamente. Se verá que el primer y segundo anillos se pueden sacar juntos o poner juntos; pero para impedir confusiones quitaremos validez a este doble movimiento, y diremos que sólo se puede poner o quitar un anillo cada vez.

Así podemos sacar un anillo en 1 movimiento; dos anillos en 2 movimientos; tres anillos en 5 movimientos; cuatro anillos en 10 movimientos; cinco anillos en 21 movimientos; y si continuamos duplicando (y añadiendo uno donde el número de anillos es impar) podemos llegar fácilmente a la cantidad de movimientos necesarios para sacar totalmente cualquier número de anillos. Para sacar los siete anillos se requieren 85 movimientos. Examinemos los cinco movimientos realizados para sacar los primeros tres anillos: los círculos por encima de la línea representan los anillos que quedan en el gancho y los de abajo los anillos que están fuera del gancho.

Saquemos el primer anillo; saquemos el tercero; pongamos el primero; saquemos el segundo; y saquemos el primero: 5 movimientos, como lo muestran claramente los diagramas. Los círculos oscuros muestran en cada etapa, desde la posición inicial hasta la final, qué anillos es posible sacar. Después del movimiento 2, se notará que ningún anillo se puede sacar hasta que uno se haya puesto, porque el primero y segundo anillos de la derecha, que ahora están en el gancho, no están juntos. Después del quinto movimiento, si deseamos sacar los siete anillos debemos sacar el quinto. Pero antes de poder sacar el cuarto es preciso poner los tres primeros y sacar los dos primeros. Entonces tendremos el 7, 6, 4 y 3 en el gancho, y así podemos sacar el cuarto. Cuando hayamos puesto 2 y 1 y sacado 3, 2, 1, podremos soltar el séptimo anillo. La próxima operación consistirá en poner 6, 5, 4, 3, 2, 1 en el gancho y sacar 4, 3, 2, 1 con lo que saldrá el 6; luego poner 5, 4, 3, 2, 1 en el gancho, y sacar 3, 2, 1 con lo que saldrá el 5; luego poner 4, 3, 2, 1 y sacar 2, 1 soltando el 4; luego poner 3, 2, 1 y sacar 1 soltando el 3; luego poner 2, 1 soltando el 2; y el 1 se soltará con el movimiento 85, dejando el gancho libre. El lector ahora puede comprender este acertijo, lo tenga o no en las manos en forma práctica.

El problema que propongo es simplemente éste. Supongamos que hay catorce anillos y procedemos a sacarlos del modo correcto para no desperdiciar ningún movimiento. ¿Cuál será la posición de los anillos una vez efectuado el movimiento 9.999?

Solución:

Daré mi elaboración completa de la solución, para que los lectores vean cuán fácil es cuando uno sabe cómo proceder. Y primero de todo, como hay un número par de anillos, diré que todos se pueden sacar en un tercio de (2n+1 – 2) movimientos; y como n en nuestro caso es 14, todos los anillos se pueden sacar en 10.922 movimientos. Luego calculo 10.922 – 9.999 = 923, y procedo a hallar la posición donde sólo quedan por realizar 923 de los 10.922 movimientos. He aquí el curioso método para hacerlo. Se basa en el método de escala binaria utilizado por Monsieur L. Gros, según explica W. W. Rouse Ball en sus Recreaciones matemáticas.

Divido 923 por 2 y obtengo 461 y un resto de 1; divido 461 por 2 y obtengo 230 y un resto de 1; divido 230 por 2, y obtengo 115 y un resto de cero. Continúo dividiendo por 2 de esta manera mientras sea posible, y descubro que todos los restos son 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, con el último resto a la izquierda y el primer resto a la derecha. Como hay catorce anillos y sólo diez cifras, ponemos la diferencia, expresada en la forma de cuatro ceros, entre paréntesis a la izquierda, y ponemos entre paréntesis todas las cifras que repitan una cifra de la izquierda. Entonces obtenemos la siguiente formulación: (0 0 0 0) 1 (1 1) 0 (0) 1 (1) 0 1 (1). Esta es la respuesta correcta del acertijo, pues si ahora ponemos anillos debajo de la línea para representar las cifras entre paréntesis y los anillos por encima de la línea para las demás cifras, obtenemos la solución requerida:

Esta es la posición exacta de los anillos después de efectuar el movimiento 9.999, y el lector hallará que el método puede resolver cualquier problema similar, al margen de la cantidad de anillos que haya. Pero al realizar el proceso inverso, donde se nos requiere que establezcamos la cantidad de movimientos necesarios para llegar a una posición dada de los anillos, la regla exige una pequeña modificación, pues no se sigue necesariamente que la posición es una que se haya alcanzado mientras se quitaban todos los anillos de los hierros, como pronto verá el lector. Cuando el número total de anillos es impar, la cantidad de movimientos requeridos para sacarlos todos es un tercio de (2n+1 – l).

Con n anillos (donde n es impar) hay 2n posiciones, contando todas aquellas donde los anillos están dentro o fuera. En ⅓(2n+1 + 2) posiciones están todos fuera. El número de posiciones no usadas es ⅓(2n – 2).

Con n anillos (donde n es par) hay 2n posiciones, contando dentro y fuera. En ⅓(2n+1 + l) posiciones todos están fuera. La cantidad de posiciones no usadas es ⅓(2n – 1).

Será conveniente tabular algunos casos.

Número de anillos

Total de posiciones

Posiciones

utilizadas

Posiciones no utilizadas

1

2

2

0

3

8

6

2

5

32

22

10

7

128

86

42

9

512

342

170

2

4

3

1

4

16

11

5

6

64

43

21

8

256

171

85

10

1024

683

341

Nótese primero que la cantidad de posiciones utilizadas es una más que la cantidad de movimientos requeridos para sacar todos los anillos, porque estamos incluyendo “todos dentro”, que es una posición, pero no un movimiento. Nótese luego que el número de posiciones no utilizadas es igual al número de movimientos utilizados para sacar un conjunto que tiene un anillo de menos. Por ejemplo, se requieren 85 movimientos para sacar 7 anillos, y las 42 posiciones no utilizadas son exactamente la cantidad de movimientos requeridos para sacar un conjunto de 6 anillos. Lo cierto es que si hay 7 anillos y sacamos los primeros 6, y luego deseamos sacar el séptimo anillo, no hay más remedio que invertir los 42 movimientos que nunca debimos efectuar. En otras palabras, debemos poner de vuelta los 7 anillos y comenzar de nuevo. Primero hay que sacar 5 anillos, para lo cual primero hay que sacar 3 anillos, para lo cual hay que sacar ese primer anillo. Para sacar 6, primero sacamos 2 y luego 4 anillos.

§ 124. Un duro ascenso

En una villa suburbana hay una pequeña escalinata con ocho escalones, sin contar el rellano. He aquí el acertijo con el que Tomasito el Listo asombró a su familia. Uno debe comenzar abajo y pisar dos veces el piso superior (deteniéndose allí al finalizar), tras haber regresado una vez a la planta baja. Pero hay que tener cuidado de usar cada escalón la misma cantidad de veces. ¿Cuál es la cantidad mínima de pasos para efectuar el ascenso? Parece muy sencillo, pero es muy probable que en su primer intento usted dé muchos más pasos de los necesarios. Desde luego, no debe subir más de un escalón por vez.

Tomasito conoce el truco, y lo ha mostrado a su padre, quien manifiesta desdén por esas cosas; pero cuando sus hijos duermen, el padre a menudo lleva a los amigos a la sala y se divierte desconcertándolos. Y sin embargo, es sencillísimo cuando sabemos cómo se hace.

Solución:

Numere los escalones en orden regular hacia arriba, 1 a 8. Luego proceda de este modo: 1, (regreso al piso), 1, 2, 3, (2), 3, 4, 5, (4), 5, 6, 7, (6), 7, 8, rellano, (8), rellano. Los escalones entre paréntesis se recorren en dirección contraria. Se verá pues que al regresar al piso después del primer paso, y siempre avanzando tres escalones por cada escalón que retrocedemos, realizamos la tarea requerida en diecinueve pasos.

§ 125. El acertijo del sábado

En un viejo libro he hallado este pequeño acertijo. Me pregunto cuántos lectores verán la solución que tenía en mente el autor de la adivinanza.

Día primero en la semana es el sábado cristiano,

el sábado judío, como antaño, es el día séptimo;

para los turcos es el sexto, como bien nos han contado.

¿Cómo pueden los tres, en el mismo sitio y día,

celebrar cada cual su propio sábado?

“Sábado” aquí debe entenderse, por cierto, como el día de descanso consagrado al Señor (que para el cristiano es el domingo y para el turco el viernes).

Solución:

El modo en que el autor de este viejo acertijo proponía resolver la dificultad era el siguiente: Desde la morada del judío, el cristiano y el turco emprendían un viaje alrededor del globo, el cristiano yendo hacia el este y el turco hacia el oeste. Los lectores del cuento “Tres domingos en una semana” de Edgar Allan Poe y de la novela La vuelta al mundo en ochenta días de Jules Verne sabrán que de ese modo el cristiano gana un día y el turco pierde un día, de modo que cuando se encuentren de nuevo en la casa del judío sus cálculos coincidirán con los de éste, y los tres podrán celebrar el sábado el mismo día. Esta respuesta depende de la noción popular para la definición de un día: la duración media entre sucesivos amaneceres. Es un viejo equívoco, y bastante aceptable para un acertijo. En rigor, los dos viajeros deberían modificar sus cálculos al atravesar el meridiano 180, de lo contrario tendremos que admitir que en el Polo Norte o Sur habría un sólo sábado en siete años.

§ 126. Poniendo monedas

He aquí un interesante acertijo que me sugirió el señor W. T. Whyte. Coja una hoja de papel y marque un espacio rectangular de 5 pulgadas por 3, y luego encuentre la mayor cantidad de monedas o fichas que pueda poner dentro de esos límites con las siguientes condiciones. Cada moneda o ficha debe tener una pulgada de diámetro.

Ponga la primera donde usted guste, luego ponga la segunda exactamente a una pulgada de la primera, la tercera a una pulgada de la segunda, y así sucesivamente. Ninguna moneda puede tocar otra ni cruzar el límite. Nuestra ilustración aclara este asunto. La moneda N° 2 está a una pulgada de la N° 1; la N° 3 está a una pulgada de la N° 2; la N° 4 a una pulgada de la N° 3; pero después de colocar la N° 10 no podemos continuar con este criterio. Sin embargo, se han metido algunas monedas más. ¿Cuántas puede colocar el lector?

Solución:

Se pueden poner trece monedas, como muestra la ilustración.

F I N

Table of Contents

Henry Ernest Dudeney

Nota

Prefacio

Problemas aritméticos y algebraicos

Problemas geométricos

Problemas con fichas móviles

Problemas de recorrido

Problemas de combinación y agrupamiento

Problemas ajedrecísticos

Acertijos de medida, peso y empaquetado

Problemas de cruce del río

Problemas con juegos

Juegos con acertijos