Cada uno tiene sus manías, y entre las mías está el intentar no dejar cabos sueltos, es decir, aclarar las cuestiones que se han ido planteando en artículos pasados y no se han dado respuesta. Entre ellas se encuentran las cuestiones planteadas en la reseña sobre los libros de matemática recreativa del profesor Rodríguez Vidal.
Comentábamos en ella la difusión que hizo de la Aritmética Práctica y Especulativa, de Juan Pérez de Moya, publicado en Salamanca en 1562. Este tratado es el primero conocido hasta la fecha conteniendo situaciones de matemática recreativa editado en España, con bastante retraso respecto a otros países (el célebre ‘Liber abaci’, de Leonardo de Pisa, Fibonacci, de temática similar, fue publicado en 1202, tres siglos antes), lo que hacía que muchas de las cosas que en él se contaban, fueran ya antiguas antes de que alguien las leyera. No obstante, Pérez de Moya trata de resultar ameno al lector, y describe muchos de los ‘trucos’ matemáticos dentro de relatos, leyendas, asuntos cotidianos (por eso hay muchos relacionados con el comercio) y va variando las formas literarias, a veces en forma narrativa, otras en forma de diálogo. Este libro fue muy popular (como se ha comentado, se publica en 1562 y hasta final de siglo, menos de cuarenta años, se hacen cuatro ediciones), seguramente por su carácter enciclopédico y las cualidades expositivas que hemos indicado
Además el texto es claro y bien organizado. Fue conocido fuera de España, y alabado por autores relevantes, como el flamenco Simon Stevin.
La cuenta de la vieja
Seguramente todos hemos oído alguna vez esta expresión, para indicar que algo se hace de un modo muy rudimentario. El origen de esta expresión no se sabe, pero, como nos indica Rodríguez Vidal, dada la amplia difusión del libro de Pérez de Moya, bien pueda referirse al siguiente diálogo que mantienen dos de los personajes de su libro (uno defensor de las matemáticas y otro detractor):
Antimaco: Bien veo, señor Sofronio, que las razones alegadas concluyen en parte contra mi opinión, más con todo esto no dejaré de replicar lo que siento, concediendo lo que es razón de conceder. Yo bien confieso que tenga ventaja el Aritmético artificial a otro cualquiera que esta arte no sepa, en la facilidad y presteza de contar, más quién quita que lo que él contare en poco tiempo con sus números no lo cuente yo despacio, siquiera con unos cantos, o contando con los dedos, o como hacía una vieja, de quien aún el otro día me contaron: y si todos fuesen como aquella, poca necesidad había en el mundo de la Aritmética.
Sofronio: ¿Qué hacía, por vuestra vida?
Antimaco: Acaeció que esta vieja quiso un día feriar cierto ganado que tenía, la cual después que hubo averiguado el precio que por cada cabeza le habían de dar, se asentó a la puerta por do el ganado había de salir, y demandaba primeramente le pagasen una cabeza, y después que estaba pagada, mandaba que la sacasen, y luego comenzaba de nuevo a hacer cuenta de otra, y así en las demás, cosa cierto apartada de todo engaño.
En estos diálogos, se dejan caer ‘píldoras’ de sabiduría popular, la mayor parte muy acertadas. Les dejo dos de ellas, a modo de ejemplo: «Ninguna cosa es tan fácil, que no sea dificultosa, si se hace de mala gana». O esta otra: «El arte no se da para engañar, sino para excusar el engaño».
Aclarando las cuestiones propuestas
Una de las cosas que me molestaba cuando leía los libros de divulgación y matemática recreativa era que, en muchos ejercicios propuestos, simplemente se da la solución final, sin ningún tipo de razonamiento o aclaración de cómo se ha obtenido.
Seguramente no había ninguna mala intención en ello, más bien economizar el número de páginas, o que el lector pensara (aunque para algunos me consta que podía ser frustrante).
No obstante, Rodríguez Vidal se encuentra entre los autores que más soluciones detalla. Sin embargo, las cuestiones que les dejé propuestas en el artículo previo, no aparecen explicadas, solo su solución final. No sé cuántos pensaron en ellas (si lo hizo alguno; debo recordar que saber cosas de matemáticas está muy bien, pero el objetivo final de esta disciplina es pensar en situaciones problemáticas, intentar resolverlas y, si es posible, lograrlo). Les muestro el razonamiento que yo he utilizado para encontrar sus soluciones.
Precio absurdo:
Un propietario tiene 60 melones, y dio 50 de ellos a un mozo y 10 a otro. Y mandó que vendiese primero el que llevaba 50 melones, y luego al mismo precio y modo, vendiese el que llevaba 10 melones, y trajese doble dinero el segundo que el primero.
De acuerdo a las condiciones que se nos imponen (los dos mozos deben tener las mismas condiciones de venta), y que hay una evidente desproporción entre los melones que lleva el primero (50) frente a los del segundo (solo 10), y aun así, el segundo debe recaudar el doble que el primero, es claro que no es posible vender cada melón al mismo precio, que hay que venderlos por ‘paquetes’. Por ejemplo, hacer lotes de varios melones a un precio, y cuando no sea posible hacer más lotes (porque el resto que nos queda, no llegan a completar un lote), venderlos individualmente. En esa venta de uno en uno, es donde el segundo mozo debe superar al primero para obtener el doble de recaudación. Para ello, deben quedarle sueltos más melones que al primer mozo.
Imaginemos que hacemos lotes de tres melones (de dos no puede ser, porque al ser 50 y 10, los lotes serían exactos, no sobrarían melones para vender individualmente). En ese caso:
Primer mozo: 16 lotes de tres melones y le sobran 2 (porque 16 x 3 + 2 = 50)
Segundo mozo: 3 lotes de tres melones y le sobra solo 1 (porque 3 x 3 + 1 = 10)
Al sobrarle menos melones al segundo mozo (el que tiene que recaudar el doble) que al primero, esos lotes no van a servir para cumplir las condiciones de su amo. Con este ejemplo queda claro (yo creo) el procedimiento: tenemos que dividir 50 y 10 por todos los números entre 3 y 9 (más no, porque el segundo mozo no tiene más que 10 melones), y quedarnos con aquel divisor que nos de mayor resto para el segundo que para el primero. Es inmediato ver que eso se logra al dividir por 7 (o sea, hacer lotes de 7 melones). En ese caso,
Primer mozo: 7 lotes de siete melones y le sobra 1 (7 x 7 + 1 = 50)
Segundo mozo: 1 lote de siete melones y le sobran 3 (1 x 7 + 3 = 10)
Ahora debemos fijar a qué precio hay que vender los lotes y los melones individuales que sobran. Llamemos p al precio del lote, y q, al de los melones que restan. Entonces cada mozo obtendría (pongamos como moneda el euro, por ejemplo; en el siglo XVII serían escudos, o maravedíes, o lo que fuera, eso nos da igual):
Primer mozo: 7p + q
Segundo mozo: p + 3q
Como el segundo debe recaudar el doble que el primero, entonces,
2(7p + q) = p + 3q
Simplificando llegamos a que 13p = q. Cualesquiera valores para p y q que cumplan esa relación, verificarán las condiciones del patrón de los mozos. Pero tampoco podemos poner una diferencia muy grande entre el lote y los melones individuales, porque sería absurdo (es decir, si p = 2, q = 26, tendríamos que siete melones los venderían por 2 euros y los individuales que sobran a 26 euros cada uno). Por tanto, lo más “razonable” (que también es un tanto disparatado) es que p = 1, q = 13, o sea, vender el lote de 7 melones a 1 euro, y los sobrantes a 13 euros la unidad (dejaríamos los más grandes para el final, pero, aun así, las diferencias son notables). Con ello el primer mozo regresaría con 20 euros, y el segundo con 40.
Siguiendo un razonamiento similar, el lector no tendrá problema alguno en resolver la primera cuestión, que es muy similar:
Exigencia cumplida (antiguo problema oriental, difundido también desde el Renacimiento): Un propietario agricultor repartió a tres criados suyos 120 limones, dándole a uno 60, a otro 40 y a otro 20. Luego, los envió a tres mercados distintos, dándoles orden de que los vendiesen en los tres a un mismo precio. Pero asimismo les exigió que trajesen los tres el mismo dinero por la venta. Como esto les pareció imposible a los criados, le dio a cada uno un ejemplar de un mismo cartel anunciador de los precios, para que se cumpliese la primera condición, y este cartel era tal que también se cumplía la segunda.
La solución es vender lotes de siete limones al precio de un euro el lote. Concluidos los lotes, los limones restantes se venderían a tres euros cada uno.
Números circulares
Para finalizar propusimos resolver el siguiente criptograma
Cuenta Rodríguez Vidal que en la Aritmética de Pérez de Moya (1562), se indica:
«Otros números son dichos circulares, por cierta similitud en que semejan al círculo: porque, así como el círculo fenece en el punto que comienza, así estos números comienzan y fenecen en un semejante término. De estos números hay sólo dos que son 5 y 6.
Ejemplo: Cinco multiplicado por sí hace 25, comenzó en 5 y feneció en 5. Asimismo, si se multiplican estos 25 por 5, 125, y así procedería en infinito, que no cesaría de ponerse cinco al principio de los productos, y lo mismo haría el 6, que siempre fenecería en 6».
Obviamente, se puede extender la definición a números de más de una cifra, de dos, tres, etc., como el caso que nos ocupa.
En la multiplicación anterior observamos, fijándonos en la cifra de las unidades, que R x R = *R. OJO: del resultado sólo me quedo con la cifra de las unidades. Eso indica el asterisco: que pueden aparecer dígitos delante. ¿Qué dígitos verifican esa relación?
Claramente el 1, 5 y 6. El resto no, ya que el producto por sí mismos, no da el mismo número (por ejemplo, 7 x 7 = 49; la cifra de las unidades del resultado es 9, y no 7).
Consideremos R = 6. Continuemos con la cifra de las decenas. OR x OR = *OR. En el caso elegido, O6 x O6 = *O6. Escribamos la multiplicación como solemos hacer para descubrir qué posibles valores existen para O.
Empecemos a multiplicar como solemos. En la imagen, bajo el 6 x 6 colocamos las unidades de 36. Nos llevamos 3 unidades, que añadimos al siguiente producto que sería 6O, quedando 6O + 3. Multiplicamos ahora por la cifra de las decenas, la O. Bajo el 6O + 3, colocaríamos el 6O. No proseguimos con la multiplicación, porque no nos hace falta más (recordemos que sólo buscamos la cifra de las decenas del producto final). Sumando la columna de las decenas tenemos entonces
6O + 3 + 6O = O
Lo igualamos a O ya que el producto debe acabar en O6. Resolviendo esa ecuación (la incógnita es la letra O en este caso), tenemos que
12O + 3 = O
O lo que es lo mismo
11O + 3 = 0
Vamos dando valores a O, hasta que obtengamos un número acabado en 0:
Si O = 1, se tiene que 11 + 3 = 14
Si O = 2, se tiene que 22 + 3 = 25
Si O = 3, se tiene que 33 + 3 = 36
Si O = 4, se tiene que 44 + 3 = 47
Si O = 5, se tiene que 55 + 3 = 58
Si O = 6, se tiene que 66 + 3 = 69
Si O = 7, se tiene que 77 + 3 = 80
Obsérvese que los números que van apareciendo van incrementando las unidades en uno (podíamos por tanto habernos ahorrado hacer todas las sumas: con la primera, que acaba en 4, sabríamos que en seis números más, tendríamos el 0, y eso sucede para el número 7). Por tanto, el único valor posible para O es 7. Así que nuestro AMOR es, de momento, AM76.
Para las otras dos letras procederíamos del mismo modo.
Vamos con la M. Como antes, debe cumplirse que M76 x M76 = *M76. Reiteramos que con el asterisco simbolizamos todas las cifras que puedan salir delante. Esas no importan en este momento, lo que queremos es que el número termine en M76. Como antes, escribimos la multiplicación hasta donde nos interesa.
Al hacer la suma, en la cifra de las centenas (obsérvese que,en efecto, decenas y unidades van bien, acaban en 76), debe cumplirse que
6M + 4 + 3 + 6M = * M
Es decir, la cifra de las unidades debe verificar que 11M + 7 = * 0. Como antes vamos dando valores a M:
Si M = 1, se tiene que 11 + 7 = 18
Si M = 2, se tiene que 22 + 7 = 29
Igual que antes, la cifra de las unidades avanza de uno en uno. Por tanto, el resultado acaba en 0, para un valor más, esto es, para M = 3. Y no puede haber más. Entonces AMOR es ya A376. Utilizando el mismo razonamiento, se llega a que A = 9, por lo que la multiplicación buscada es finalmente
9376 x 9376 = 87909376
No olvidemos que esta es la solución, cuando R = 6. Pero teníamos otras posibilidades (que R fuera 0, 1 y 5). El lector podrá ya comprobar fácilmente, procediendo de manera análoga a la explicada, que con esos valores no se llega, por una u otra razón, a ninguna solución que verifique el criptograma inicial. Y seguramente plantearse, ¿podríamos seguir con más dígitos, y así proponer otros criptogramas?
Seguramente alguno se habrá planteado escribir AMOR como
1000A + 100M + 10O + R
multiplicarlo por sí mismo, y plantear un sistema de al menos cuatro ecuaciones. No digo que no se llegue a la solución (no lo he intentado así), pero siempre es más largo y engorroso, porque pueden resultar más ecuaciones que incógnitas y habría que estudiar las que nos proporcionen un sistema compatible (con solución).
Alfonso Jesús Población Sáez es profesor de la Universidad de Valladolid y miembro de la Comisión de Divulgación de la Real Sociedad Matemática Española (RSME).
El ABCdario de las Matemáticas es una sección que surge de la colaboración con la Comisión de Divulgación de la RSME.