Problemas con moraleja
Al igual que las fábulas y cuentos tradicionales, algunos problemas tienen moraleja
![Grabado de Gustave Doré de la escena en Caperucita roja en la cama con el lobo: "Quedó asombrada al ver el aspecto de su abuela", de la versión de 1862 en 'Los cuentos de Mamá Ganso' de Charles Perrault.](https://imagenes.elpais.com/resizer/v2/PWYHLXDH3BGDZD2YX4C6JADUGI.jpg?auth=b4a361bad512d01620944a91eb5b6b85aec5b802869663d7cbd7110faa63f393&width=414)
La solución más sencilla y elegante al primer problema de la semana pasada es que hay 7 velas y duran 7 días: puesto que una vela tarda 4 horas en consumirse por completo, disponemos de 28 “horas-vela”, y gastamos 1 el primer día, 2, el segundo, 3 el tercero… y 7 el séptimo, o sea, 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28. Pero…, ¿es esta la única solución posible? (Ver últimos comentarios de la semana pasada).
En cuanto al anciano apesadumbrado por la fugacidad del tiempo, celebra su cumpleaños el 31 de diciembre: el 30 tenía 77 velitas de (no “en”, pequeño error del enunciado) su tarta de cumpleaños anterior, el 31 cumplió 78 y el 1 de enero pensó que al año siguiente cumpliría 80.
“En el tercer problema —dice nuestro usuario destacado Francisco Montesinos—, conviene tomar como unidad de medida los x cm que le quedan a la vela más fina una vez transcurrido el tiempo t que se busca. Llamando d1 y d2 a las disminuciones sufridas por cada vela es inmediato que d1 = 15x y d2 = 12x. Así pues, t = (d1/v1) = (d2/v2) = (15x/4x) horas = (15/4) horas = 3h 45m”.
Al cabo de 3 horas, la vela larga del cuarto problema, puesto que tarda 7 horas en consumirse por completo, habrá gastado 3/7 de su altura y medirá, por tanto, 16 cm, y mientras la vela corta gastará 3/11 de su altura inicial, h; en consecuencia (puesto que quedan 8/11 de vela), 8h/11 = 16, de donde h = 22 cm.
Extraños parientes y metaproblemas
Se ha convertido en un clásico el rompecabezas (en su día utilizado para seleccionar a personas creativas) consistente en unir 9 puntos dispuestos en forma de cuadrícula de 3 x 3 con solo 4 trazos rectilíneos, sin levantar el lápiz del papel ni pasar dos veces por el mismo trazo. Pero la conocida solución de la figura no es única, ¿puedes hallar otra? Y el metaproblema de rigor: ¿cuál es la moraleja?
O, dicho de otro modo, ¿por qué mucha gente no consigue resolver el problema e incluso llega a la conclusión de que es imposible unir los puntos con menos de 5 trazos? ¿Cuál es el obstáculo mental que dificulta dar con una solución que, una vez conocida, resulta sencilla?
![Problemas de matematicas](https://imagenes.elpais.com/resizer/v2/UFO6RR5N7FCQBBL34CVK2R4DJM.png?auth=870491252143052357601b63748b5ef2ef2f647525317b0eb4756cee74765de4&width=414)
Y un segundo metaproblema relacionado con otro clásico, del que ya nos ocupamos hace un par de años: la división de un triángulo obtusángulo en acutángulos. Si aún no lo conoces, dedica unos minutos a intentar la división antes de pasar al metaproblema, que es el siguiente:
La unión de 9 puntos con 4 trazos y la división de un triángulo obtusángulo en acutángulos no parecen tener nada que ver, y, sin embargo, son dos problemas estrechamente relacionados. ¿Cuál es su relación?
![Problemas de matematicas](https://imagenes.elpais.com/resizer/v2/CPXTXC7BERDLRHYYZPZVR6NCIY.png?auth=7fc5d274f12797cef29c9ca1a4c7e8e1ab3bfa723369b165bd7835884be460bc&width=414)
Y, como colofón, otros dos clásicos con moraleja y también relacionados entre sí en función del tipo de dificultad que entraña su resolución: un campesino amante de la geometría quiere plantar en su terreno cuatro árboles de forma que cada uno de ellos diste lo mismo de los otros tres. ¿Puede conseguirlo o es imposible?
Con 6 cerillas es fácil formar un hexágono regular. Y moviendo solo 2 cerillas y añadiendo una más puedes formar, a partir del hexágono, dos rombos iguales, sin que sobre ninguna cerilla y usadas en toda su longitud. Y, más difícil todavía, con las 6 cerillas puedes formar 4 triángulos equiláteros. ¿Cómo?
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Sobre la firma
![Carlo Frabetti](https://imagenes.elpais.com/resizer/v2/https%3A%2F%2Fs3.amazonaws.com%2Farc-authors%2Fprisa%2F35a7aff5-1175-4b19-8bb0-0f31389dd046.png?auth=4be2c8d0c2fc46e4c9bbbc2f2ace965851ce7f476cadd5490539a0d8c66c4764&width=100&height=100&smart=true)