El cuadrado, el triángulo, su área y las apariencias

abril 27, 2017

Un problema más para pensar de forma un poco diferente a la ‘habitual’. Eso que se ha dado en denominar, de manera un tanto coloquial: “pensamiento lateral”. En esta ocasión ni siquiera necesita cálculos, solo recordar las nociones más básicas de geometría relacionadas con el área del cuadrado y el triángulo. Planteado por Adrián Paenza, conocido divulgador matemático argentino, requiere mantener la mente abierta a cualquier supuesto. Dice así:

“En la Figura 1 se muestra un cuadrado que tiene inscritos dos triángulos que tienen uno de sus lados coincidentes con uno de los lados del cuadrado. Uno de ellos con su lado izquierdo y el otro en la base inferior. O lo que es lo mismo, cada triángulo tiene dos vértices coincidentes con dos vértices del cuadrado, estando ubicado el tercero en cualquier punto del lado opuesto del mismo.

Asimismo, se puede apreciar como los dos triángulos entre sí se cortan formando un área común o superpuesta tal y como se ve en color en la Figura 2. Y también un área que no pertenece a ninguno de ellos como se indica en la Figura 3.

La pregunta es: ¿Cual de las dos áreas es mayor? ¿El área donde se superponen los dos triángulos o el área que no pertenece a ninguno de ellos?”

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La solución en un próximo post.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “El truelo y una extraña paradoja”

En su enunciado ya comentamos que su solución encerraba una extraña paradoja. Y ésta no es otra, contra lo que pudiera parecer, que según la teoría de probabilidades lo mejor para el tirador A es que haga su primer disparo… al aire.

A continuación le llegaría el turno al tirador B que por lógica debería hacerlo contra el tirador C. Se trata del contrario más peligroso y tiene claro que si falla, C, que es un tirador perfecto (100 %), le devolvería el disparo y lo eliminaría en el siguiente turno. Tampoco debemos olvidar que B es más certero (67 %) que A (33 %) y, de no hacerlo así, truelo-01sería más arriesgado pues la siguiente ronda sería ya un duelo tradicional. Por otro lado también queda claro que cualquier resultado que se de en el duelo entre B y C su consecuencia es que uno de los dos habrá ‘desaparecido’ antes de que se inicie el siguiente turno para A.

De esta manera se puede afirmar que el tirador A consigue dos cosas:
1) Además de ser el primer tirador en el ‘truelo a tres’ que lo sea también en el ‘duelo a dos’.
2) Sus probabilidades de vencer aumentan ya que no sería contra dos contrarios sino contra solo uno.

Se puede concluir diciendo que el ‘truelo’ desemboca en la extraña paradoja de que el jugador con peor puntería al final sea quien tenga más probabilidades de ganar, pues los otros dos contendientes tenderán a dispararse entre sí cuando les llegue su turno, y por tanto la mejor opción para el tirador A es… realizar el primer disparo… al aire.


El truelo y una extraña paradoja

marzo 3, 2017

Estamos familiarizados con la palabra ‘duelo’ para aludir a un reto o combate dialéctico o de otro tipo entre dos equipos o personas, pero no así con ‘truelo’ cuando nos referimos al enfrentamiento entre tres partes. Pues bien, este es el caso a continuación planteado:

sin-titulo-1“Supongamos un truelo entre tres contendientes (A, B, C), en el que ganar significa eliminar a las otras dos, situadas en los vértices de un triángulo equilátero como muestra la figura.

Se sabe que cada vez que tira A acierta el 33 % de las veces (una de cada tres), B lo hace el 66 % (dos de cada 3), y la puntería de C es infalible (acierta siempre).

Las condiciones del truelo consisten en que cada uno tire una vez empezando por A (es la ventaja que han acordado al ser el peor tirador), luego lo hará B (por ser el segundo peor) y finalmente C. Este orden se mantendrá siempre, es decir: primero A, luego B y después C.

¿Cuál sería la mejor estrategia para A como primer tirador? ¿Disparar primero a B? ¿Hacerlo con C? ¿Otra alternativa?”

Se trata de un problema que encierra una extraña paradoja y una cierta contradicción con lo que en principio se pudiera pensar. Ejemplos de truelos conocidos los tenemos en el cine, como en la película de “El bueno, el feo y el malo” donde los tres protagonistas: el ‘bueno’, un cazarrecompensas y un asesino a sueldo se disputan un botín de 100000 dólares que se encuentra enterrado en la tumba de un cementerio. También se dan cita en la vida real como la confrontación entre serbios, croatas y bosnios en la guerra de la antigua Yugoslavia.

Ver solución en “El cuadrado, el triángulo, su área y las apariencias”.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “La rutina y la velocidad y las consecuencias de un cambio”

En primer lugar con los datos disponibles se puede afirmar que el marido y la mujer (que sale de su casa siempre a la misma hora) llegan a casa 10 minutos antes de lo habitual. Por tanto la mujer necesitó conducir 10 minutos menos que en un día normal. Es decir, 5 minutos menos en el viaje de ida y otros 5 en el de vuelta.

reloj-02Por otro lado, si la mujer recoge siempre a su marido a las 5 de la tarde y en esta ocasión lo hace 5 minutos antes, quiere decir que se encuentran a las 4 h. 55 minutos. Si además tenemos en cuenta que el marido comienza a caminar a las 4 de la tarde (su tren ha llegado 1 hora antes de lo previsto) podemos concluir diciendo:

“El marido ha estado caminando durante 55 minutos” (desde la 4h. a las 4 h. 55’)

Como se puede ver se trata de un problema sencillo… cuando se conoce la solución, que puede parecer complicado por la aparente falta de datos. En estos casos se hace necesario acostumbrar a nuestra mente a practicar el ‘pensamiento lateral’ del que ya hemos hablado otras veces.


La rutina, la velocidad y las consecuencias de un cambio

enero 9, 2017

Adrián Paenza, profesor universitario conocido por su serie “Matemáticas, ¿estás ahí?”, nos plantea en esta ocasión un problema sencillo pero profundo a la vez. Sin apenas cálculos, su solución solo requiere pensar sin desechar ningún camino. Dice así:

”Un comerciante viaja a su trabajo todos los días usando el mismo tren, que sale de la misma estación y que tiene los mismos horarios, tanto de ida como de vuelta. Para colaborar con él, su mujer lo lleva por la mañana hasta la estación y luego lo pasa a buscar a las 5 de la tarde con su coche, de manera que pueda evitar el viaje en autobús. Para el problema en si, lo importante es que su mujer lo encuentra todos los días a la misma hora, a las 5 de la tarde, y viajan juntos hasta su casa.

reloj-03Un día, el marido termina su trabajo más temprano y toma un viaje previo que lo deja en la estación a las 4 de la tarde en lugar de a las 5, como era lo normal de cada día. Como hace un día espléndido, en vez de llamar a su mujer para contarle el cambio, decide empezar a caminar por la misma calle que usa ella para ir a buscarlo. Tal y como había previsto ambos se encuentran en el trayecto. Entonces, el marido se sube al auto y regresan juntos a su domicilio, al que llegan 10 minutos antes de lo habitual.

Si uno supone la situación ideal (e irreal también) de que:
a) La mujer viaja siempre a la misma velocidad,
b) Sale siempre a la misma hora de la casa para ir a buscar a su compañero,
c) El hombre se sube al auto de forma instantánea y sin perder tiempo, y
d) No aparece nada extraño en el camino, ni semáforos que dilaten o aceleren el tránsito, etc.

¿Puede usted determinar cuánto tiempo caminó el marido cuando su esposa lo encontró?”

Se trata de un problema que en principio puede desconcertar ante la escasez de datos para su resolución. No es así. Son suficientes. Solo hace falta pensar de un modo un poco ‘diferente’. Un buen ejemplo para poner a prueba nuestro ingenio. Como una pequeña aclaración solo añadir que no hace falta conocer ni la velocidad a la que iba el marido o de la mujer en su coche, ni tampoco la distancia entre el domicilio y la estación. Si acaso solo tener en cuenta lo señalado al final del enunciado.

Ver solución en “El truelo y una extraña paradoja”

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “El triángulo, su área y una pregunta capciosa”

A simple vista nuestro problema parece sencillo, pues bastaría recordar que el área de un triángulo es el resultado de multiplicar la base (10) por la altura (6) y dividir el producto por 2 (b*h/2). O lo que es lo mismo: 10*6/2= 30. Ahora bien, como muy bien dice el entrevistador, el triángulo rectángulo que nos ocupa no es posible. Y no lo es porque para un valor de la hipotenusa de 10, la altura máxima asociada la a misma nunca puede ser 6 sino 5. Una demostración sencilla.

Sabido es que el ángulo opuesto a la hipotenusa de un triángulo rectángulo es 90º, mientras que los dos ángulos restantes son complementarios entre sí. Lo que nos lleva decir que, para un determinado valor de la misma, todos los triángulos posibles son los inscritos en una circunferencia cuyo diámetro sea la hipotenusa. Tal y como muestra la figura, se puede observar entonces como la altura asociada a la hipotenusa es máxima cuando es igual al radio de la circunferencia. Por tanto, si su longitud es 10, su altura relativa como máximo es 5, y su área 25. O bien si el valor de la altura (6) fuese correcto, no lo sería el de la hipotenusa (12), y su área 36. En cualquier caso, nunca podría existir un triángulo rectángulo como el indicado en el enunciado (hipotenusa 10 y altura asociada 6).

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El triángulo, su área, y una pregunta capciosa

noviembre 15, 2016

Problema muy interesante enviado por un amigo, compañero de estudios en la Universidad Laboral de Tarragona, en el que se mezclan recuerdos escolares, cálculos sencillos, y también ingenio. Me cuenta que se lo pasó otro amigo, en este caso de letras, abogado, diciéndole que no entendía por que habían suspendido al protagonista, aspirante a un trabajo en la firma Microsoft. Dice así:

Los procesos de selección de las empresas son muy exigentes. En el gigante Microsoft parece que no se andan con chiquitas y van un paso más allá. Eso, al menos, es lo que se extrae de las explicaciones de un estudiante de Informática del Instituto Nacional de Tecnología en Naranjal en La India. Prashant Bagdia no ha tenido contemplaciones contra la multinacional informática y ha relatado al portal Quora todos los detalles del proceso de selección que sufrió un amigo suyo que pretendía acceder a un trabajo en Microsoft. Al parecer, cuando la entrevista ya estaba tocando a su fin, el entrevistador soltó de repente una pregunta totalmente inesperada.

Sin título-2“Un triángulo rectángulo tiene una hipotenusa que mide 10 cm con una altura relativa o asociada a la misma de 6 cm. ¿Cuál es el área del triángulo?”

El amigo de Prashant (es lo que cuenta él) se quedó inmóvil en un primer momento. Luego dudó: ¿Por qué una compañía de software me hace una pregunta de geometría? ¿Tal vez es una pregunta trampa? ¿Tal vez no sea una pregunta trampa y sólo quiere ver como pienso en una cuestión tan insignificante?”, meditó.

Finalmente, decidió dar una respuesta aún con la idea de que podía ser una pregunta trampa.
“El área de cualquier triángulo es 0,5 de la base por la altura, con lo que la respuesta a esta pregunta sería 0,5 X 10 X 6, que es 30”.

“¿Seguro?”, inquirió el entrevistador. El amigo de Prashant se quedó pensando y respondió: “Sí, estoy seguro de que el área del triángulo es 30”. “Su respuesta es incorrecta. Esta ha sido la última pregunta de la entrevista. Puede esperar fuera hasta que le demos los resultados”, le espetó el entrevistador. “No puede existir, piense por qué”.

El aspirante se quedó de piedra. Sin embargo, antes de abandonar la sala preguntó cuál era la respuesta correcta. “El triángulo de la pregunta no puede existir nunca. Piense por qué”, fue la contestación que recibió del entrevistador de Microsoft.

Ver solución en “La rutina, la velocidad y las consecuencias de un cambio”
Está claro que la solución no es tan obvia como pueda parecer, ni tampoco tan difícil como algunos pueden pensar.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “El perro, el gato, la velocidad y el espacio”

La respuesta en principio parece clara. Leyendo el enunciado la primera apreciación es que gana… el gato. Veamos por qué:

– El gato necesitaría dar 100 saltos (cada uno de 2 pies) para cubrir la distancia de ida y vuelta, mientras que el perro lo haría en 68 saltos (cada uno de 3 pies) pues estaría obligado a recorrer 102 pies en lugar de 100 tanto a la ida como a la vuelta.
– Como el gato es más rápido que el perro, avanza 3 pies en cada salto en tanto que el perro solo 2, la relación de su velocidad estaría en la misma proporción (3 a 2). Es decir, cuando el gato ha dado sus 100 saltos, el perro aún no ha llegado a los 67 (100*2/3), por debajo de los 68 a los que se vería obligado para cubrir el trayecto completo.

Sin título-1Ahora bien, a pesar de esta respuesta, lógica por otra parte, todos los participantes estaban un poco ‘moscas’: ¡parecía demasiado sencilla a tenor de la recompensa! Además, el hecho de que Barnum, el famoso dueño del circo, hubiese hecho saber que daría la solución y entregaría los premios un primero de abril  (‘Día de tontos’ en la tradición norteamericana), y al mismo tiempo añadiese que… ‘ya no habría más gato encerrado sino liberado, para beneficio de los más interesados’, desconcertaba aún más.

Y así fue. Barnum se guardaba un as en la manga. Suponiendo que el gato se llama Terry y que el perro fuese una perra, Marlene, no cabe duda que la frase: ”El perro avanza tres pies a cada salto y el gato sólo dos, pero Marlene da tres saltos por cada dos de Terry” tendría un significado muy distinto, pues entonces el perro recorrería 9 pies y el gato solo alcanzaría 4 en la misma unidad de tiempo. En ese caso sería el perro el que ganaría la carrera al terminarla en 68 saltos, ya que el gato no habría llegado a los 46 (68*2/3), o lo que es lo mismo 90 pies y 8 pulgadas, una distancia inferior.


El perro, el gato, la velocidad y el espacio

septiembre 22, 2016

Uno de los muchos e interesantes problemas del genial y polifacético, también discutido, Sam Loyd. Conocido matemático, aceptaba que los mejores acertijos debían ser aquellos cuyo enunciado se acercase más a la realidad, si bien en ocasiones solía adornarlos con algo de fantasía.

En este caso hace referencia a una carrera entre un gato y un perro. Dice así:

Hace muchos años, cuando el Circo Bamum era verdaderamente “El Mayor Espectáculo del Mundo”, el famoso dueño me pidió que preparara para él una serie de acertijos con premio para fines publicitarios. Fueron muy conocidos como ‘Las preguntas de la Esfinge’, a causa de los grandes premios ofrecidos a cualquiera que pudiera resolverlas.

Bamum estaba particularmente complacido con el problema de la carrera del gato y el perro, e hizo saber por doquier que un primero de abril daría la respuesta y entregaría los premios o tal como él mismo expresara: ‘ya no habría más gato encerrado sino liberado, para beneficio de los más interesados’.

El acertijo estaba anunciado de esta manera:

Gato y perro 01

“Un gato y un perro entrenados corren una carrera de cien pies y luego regresan. El perro avanza tres pies a cada salto y el gato sólo dos, pero Marlene da tres saltos por cada dos de Terry. Ahora bien, en estas condiciones, ¿cuáles son los posibles resultados de la competición?”

El hecho de que la respuesta se hiciera pública el primer día de abril (‘Día de tontos’, en la tradición norteamericana), y la astuta referencia a ‘liberar al gato de su encierro’, fue suficiente para insinuar que el gran showman tenía alguna extraña respuesta en la manga.

Ver solución en “El triángulo, su área, y una pregunta capciosa”.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “Numeración aparcamiento y forma de pensar”.

A veces… ‘los árboles no nos dejan ver el bosque’. Seguro que más de uno habrá pensado en soluciones complicadas, como por ejemplo buscar un número que concuerde con la serie: 16-06-68-86-98-…

En esta ocasión es mucho más sencillo tal y como corresponde a la mente abierta de los niños de primaria de seis años a los que iba dirigido en su examen. Enseguida se dieron cuenta (tenían solo 20 segundos) que la solución es 87, número visto al revés en la situación ‘real’ del aparcamiento de la figura.

Un acertijo mucho más fácil de lo que parece para el que hay que utilizar un enfoque indirecto y ‘creativo’ al que el psicólogo Edward de Bono denominó ‘pensamiento lateral’ como ya hemos hecho referencia en otros post.

Solución


Numeración aparcamiento y manera de pensar

agosto 1, 2016

Hace tiempo que no planteamos un problema de “pensamiento lateral” que a veces desconciertan por convertir lo sencillo en complicado debido a nuestra ‘estructura’ mental. Problemas de lógica que apenas necesitan cálculos matemáticos, sin embargo requieren soluciones más imaginativas que el simple pensamiento ‘frontal’. Como dijimos en otro post su idea se debe a Edward de Bono, escritor y psicólogo por la Universidad de Oxford, creador de diversas herramientas para mejorar las habilidades y actitudes de exploración allí donde la imaginación es la clave en una búsqueda ‘creativa’. Sencillos de enunciar, en los que parece que algo se nos ‘escapa’, su dificultad consiste en planificar una estrategia cuyo atractivo permita entrenar al cerebro en posibles soluciones. En esta ocasión hemos elegido uno fácil, de exposición muy simple, pero que suele conducir al ‘atasco’ en el caso de los adultos. No así en el de los niños que con su mente más ‘abierta’ lo resuelven con inusitada rapidez. Tanto es así que, propuesto en una clase Primaria de un colegio chino, solo les dieron 20 segundos para encontrar la respuesta. Dice así:

¿En que número de plaza del parking de la figura se encuentra aparcado el coche indicado?

Sin título-3

Se trata de un acertijo matemático que dio la vuelta al mundo tras convertirse en la segunda entrada más popular de Sina Weibo, un portal chino similar a Twitter que cuenta con cerca de 400 millones de usuarios. Después de los disturbios del año 2009 en Urumchi, capital de la región autónoma de Sinkiang, el gobierno chino bloqueó las redes de Twitter y Facebook, y como reacción a la censura la compañía Sina lanzó una alternativa de comunicación mediante microblogging de características similares a las redes sociales citadas.

Ver solución en El perro, el gato, la velocidad y el espacio.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “Diez bolsas, diez monedas, y el razonamiento lógico”.

Lo que haremos en primer lugar será numerar las bolsas del 1 al 10 para a continuación extraer monedas de cada una de ellas de la siguiente manera:

1 moneda de la bolsa nº 1.
2 monedas de la bolsa nº 2.
3 monedas de la bolsa nº 3.
4 monedas de la bolsa nº 4.
5 monedas de la bolsa nº 5.
6 monedas de la bolsa nº 6.
7 monedas de la bolsa nº 7.
8 monedas de la bolsa nº 8.
9 monedas de la bolsa nº 9.
10 monedas de la bolsa nº 10

Por tanto se habrán sacado 55 monedas que luego pesaremos de una sola vez en la balanza. Si todas tuvieran el mismo peso (10 gr.) el resultado sería 550 gr. Ahora bien, al incluir una indeterminada cantidad de monedas de 11 gr. procedente de una bolsa no determinada, el peso real será mayor.
La pregunta es: ¿Cómo adivinar la bolsa de donde proceden las monedas de 11 gr?

Para ello bastará con establecer la siguiente tabla comparativa:

Sin título-1Si el peso fuese de 551 gr. estarían en la bolsa nº 1
Ídem. 552 gr. en la bolsa nº 2
Ídem. 553 gr. en la bolsa nº 3
Ídem. 554 gr. en la bolsa nº 4
Ídem. 555 gr. en la bolsa nº 5
Ídem. 556 gr. en la bolsa nº 6
Ídem. 557 gr. en la bolsa nº 7
Ídem. 558 gr. en la bolsa nº 8
Ídem. 559 gr. en la bolsa nº 9
Ídem. 560 gr. en la bolsa nº 10

Por consiguiente queda claro que en función del peso obtenido será fácil deducir la bolsa donde se encuentran las monedas de 11 gr.


Diez bolsas, diez monedas, y el razonamiento lógico

junio 6, 2016

Nada de números, apenas cálculos, y solo lógica. Una buena mezcla para los que no les gusta coger lápiz y papel. Un problema ‘sencillo’ que solo requiere tiempo para ‘pensar’; eso sí, con imaginación. Pura matemática recreativa. Dice así:

Sin título-1“Se dispone de 10 bolsas numeradas del 1 al 10 que contienen 10 monedas cada una. Las monedas son todas iguales en apariencia con solo una excepción: todas pesan 10 gr., salvo las de una bolsa que pesan 1 gr. más. O lo que es lo mismo, 11 gr. cada una.

Por otra parte, se tiene una balanza que mide el peso exacto, pero solo podrá ser usada una vez.

El problema consiste en averiguar, con una sola pesada, cual es la bolsa en que se encuentran las monedas que pesan diferente (1 gr. más cada una).

Ver solución en “Numeración aparcamiento y manera de pensar”.

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A continuación mostramos la solución al problema planteado en el post: “Los tres marineros, Diofanto y el ‘buen’ reparto”.

Siguiendo un razonamiento similar al realizado en el post “Los tres reyes, un mono y el reparto de plátanos” podemos decir de manera resumida que:
– El primer marinero tira una moneda al mar y divide el resto entre 3, quedándose con 1 parte y dejando 2 para repartirlas al día siguiente.
– Poco después aparece el segundo en escena y repite la misma operación: divide el resto entre 3, se queda con 1 parte, deja 2 partes, y tira la moneda sobrante al mar.
– Más tarde, el tercero hace lo mismo con el resto de monedas, tirando también la sobrante al mar.
– Finalmente, al día siguiente, al desembarcar, el almojarife coge las monedas (‘catils’) que encuentra en la caja y, sabiendo que pertenecen a los marineros, las divide en tres partes que reparte entre ellos. Tampoco en su caso fue exacta la división, solo que la moneda sobrante se la guarda como retribución a su trabajo.

Ahora vayamos al planteamiento matemático:
Si llamamos X al total de monedas, como el primer marinero las divide en 3 partes, se queda 1 que llamaremos A, deja el resto, 2A, y tira la moneda sobrante al mar, resulta:
A= (X – 1)/3, o lo que es lo mismo: X=3A+1
A continuación el segundo marinero hace una operación similar: divide el resto, 2A en 3 partes, coge 1 que llamaremos B, deja el resto, 2B, y tira la moneda sobrante al mar. Por tanto:
B=(2A-1)/3, o lo que es lo mismo: A=(3B+1)/2
Por último el tercero realiza la misma operación que sus compañeros: divide el resto 2B en 3 partes, coge 1 que llamaremos C, deja el resto, 2C, y tira también la moneda que sobra al mar. O sea:
C=(2B-1)/3, o lo que es lo mismo: B=(3C+1)/2
Finalmente, el almojarife divide el resto que se encuentra 2C en 3 partes (a cada una la llamaremos Y), y se guarda la moneda que le sobra. Es decir:
2C=3Y+1, o sea: C=(3Y+1)/2

Sin título-1Si hacemos todas las sustituciones necesarias para que nos quede una ecuación con dos incógnitas, X (nº total de monedas) e Y (cantidad de cada lote del último reparto) resultaría:
X=3A+1= 3(3B+1)/2+1= 3(3((3C+1)/2 +1)/2+1= 3(3((3((3Y+1)/2+1)/2 +1)/2+1
Es decir:
81Y + 65= 8X, que es la ecuación diofántica resultante.

Solo nos queda dar valores enteros a Y, apuntar los valores resultantes para X (nº total de monedas) hasta que aparezca el primer número entero (y único) comprendido entre 200 y 300 que nos daría la solución. Una condición que solo se cumple para Y=23 que da un valor de X=241, total de monedas (‘catils’) a repartir. Una solución a la que se llega rápido pues solo requiere un mínimo de ‘tanteos’ al tener que encajarla entre 200 y 300.

A continuación indicamos la respuesta (idéntica) que dio el ‘calculista’ Beremis Samir, quien notando que la historia narrada por el príncipe despertaba gran interés entre los nobles presentes creyó necesario darla de forma completa:
“Las monedas eran, al principio, 241. El primer marinero las dividió en tres partes; tiró un “catil” al mar y se llevó un tercio de 240, o sea, 80 monedas, dejando 160. El segundo marinero halló, por lo tanto, 160 monedas; tiró una al mar y dividió las restantes, 159, en tres partes. Tomó la tercera parte, o sea 53, y dejó el resto, 106. El tercer marinero encontró en la caja 106 monedas, dividió ese resto en tres partes iguales, tirando al mar la moneda que sobraba. Retiró la tercera parte de 105, o sea, 35 monedas, dejando el resto, o sea 70.
El almojarife encontró 70 monedas, las dividió en tres partes iguales, tocando 23 monedas más a cada marinero”.

Tabla 01.1

El reparto fue hecho, por tanto, de la manera siguiente:

Tabla 02.1

Al llegar al final de la solución, y habiendo dejado de hablar Beremís, el príncipe, para demostrar su admiración por el ingenio del calculista, le ofreció como recompensa una pequeña medallita recubierta de rubíes.
– Esta joya –explicó sonriente el soberano hindú- fue grabada por un artista genial. En una de las caras aparece mi nombre entrelazado con una flor de loto; y la otra contiene algunos versos sobre el mar escritos en lenguaje simbólico.
Beremís se mostró emocionado con el presente del príncipe y, tomando la medalla entre sus manos, la examinó con vivo interés.
– Es raro –dijo al fin-, pero el artista que imaginó esta delicada obra de arte se equivocó sin querer. No encuentro aquí ninguna poesía sobre el mar. Solo leo pensamientos sobre el Saber y la Ciencia:
“El que procura instruirse es más amado por Dios que aquel que combate en una guerra santa”.
“Aquel que educa y proporciona instrucción a los ignorantes es como un vivo entre los muertos”.
“Si pasara un día sin que aprendiera alguna cosa que me aproximase a Dios, que la aurora de ese día no sea bendecida”.
“Es un sacrilegio prohibir la Ciencia. Pedir a la Ciencia es ofrecer actos de adoración a Dios; enseñarla es hacer caridad. La ciencia es la vida del Islam, la columna de la Fe.”
– Amigo mío –dijo el poeta Iezid-. Conozco todos esos pensamientos. Fueron dictados por Mahoma (¡con Él en la oración y en la gloria!) y se enseñan hoy en todas las escuelas.
El sheik sonrió y concluyó:
– A mi modo de ver, el artista que grabó esa medalla no engañó al príncipe. La ciencia, según todos dicen, es un mar inmenso y profundo. Por consiguiente, esos pensamientos, desde el punto de vista simbólico, son “versos sobre el mar”.