A primera vista, podría parecer mera coincidencia que el cuadrado de π sea casi igual a g, la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra (ver entrega anterior); pero, como explica Sergio V en un erudito comentario:
«Respecto a la curiosa coincidencia, si nos desplazásemos en el tiempo y el espacio a tal día como hoy de 1791 en París, cuando la libertad, la igualdad y la fraternidad humanas todavía parecían un objetivo al alcance de la mano, no solo pi al cuadrado se aproximaría a g; g sería igual a pi al cuadrado. Sin embargo, solo disfrutaríamos de esta igualdad durante aproximadamente mes y medio. El instrumento responsable de esta igualdad sería el péndulo de segundos, ya que la Asamblea Nacional Francesa decidió el 8 de mayo del año anterior que la longitud del nuevo metro tenía que ser igual a la longitud de un péndulo con un periodo de 2 segundos. Si utilizamos la fórmula para determinar el periodo de un péndulo, T = 2 pi por raíz de l/g, y diésemos por buenos los datos franceses del 8 de febrero de 1791 y como incógnita g, obtendríamos 2 = 2 pi por raíz de 1/g. Si dividimos entre 2, elevamos al cuadrado y despejamos g, obtenemos que g = pi al cuadrado». O sea que la aparente casualidad es, sencillamente, una consecuencia del sistema métrico decimal.
En cuanto a la probabilidad de que una carta, al ir poniéndolas todas sobre la mesa a la vez que se las nombra por orden, aparezca al decir su nombre, es casi 2/3, pues, como comenta Salva Fuster:
«En el problema de nombrar las cartas, debemos calcular la proporción entre los desarreglos y el total de permutaciones de 40 elementos y, tras ello, obtener la probabilidad complementaria. Las 40 cartas, tras ser barajadas, pueden encontrarse ordenadas en cualquiera de las 40! permutaciones posibles. De esas permutaciones, existen !40 (subfactorial de 40) en las que no coincide ningún elemento con la ordenación habitual (“As de oros, dos de oros, tres de oros… as de copas, dos de copas, tres de copas…”). Por lo tanto, la probabilidad buscada es 1 – !40/40!, cuyo valor aproximado es 1 – 1/e ≈ 0,632, lo que confirma que la apuesta de doble contra sencillo encaja bastante bien».
El mismo lector da la solución al problema de las 12 bolas y las 3 pesadas (ver el extenso comentario décimo tercero de la entrega anterior), y propone otro, no menos interesante, de pesas y balanzas:
«Disponemos de una balanza de brazos y de un conjunto de pesas cuyos pesos están comprendidos entre 1 kg y 40 kg. Queremos estar seguros de poder determinar el peso de un objeto de peso desconocido, sabiendo que es un número entero entre 1 kg y 40 kg. Si solo podemos elegir algunas de las pesas para usarlas en la balanza y, una vez hecha esa elección, ya no podemos utilizar las restantes, ¿cuál es el número mínimo de pesas necesario?».
Si resuelves este problema, te resultará más fácil abordar el siguiente, un clásico bastante conocido, pero de obligada mención al hablar de pesas y pesadas:
Un tendero se hace con una gruesa cadena de 13 eslabones, cada uno de los cuales pesa un kilo, y decide utilizarlos como pesas. ¿Cuántos eslabones tendrá que abrir, como mínimo, para poder pesar cualquier número exacto de kilos entre 1 y 13?
Y como no todas las balanzas son precisas, he aquí una un tanto «infiel»:
Al poner cierto objeto en un platillo de una balanza defectuosa, se equilibra con una pesa de 60 gramos; pero al ponerlo en el otro platillo requiere, para equilibrarse, una pesa de 90 gramos. ¿Cuánto pesa el objeto en cuestión?
De la balanza a la báscula
Desde que hay básculas electrónicas de gran precisión, las balanzas de brazos han caído en desuso, y algunos problemas de pesadas se han puesto al día incorporando los nuevos instrumentos de medición. Veamos un ejemplo:
Tenemos 11 montones de monedas con 10 monedas en cada montón. Todas las monedas de uno de los montones son falsas y pesan 11 gramos cada una, mientras que todas las demás monedas son buenas y pesan 10 gramos. Disponemos de una báscula de precisión en la que podemos pesar cualquier cantidad de monedas a la vez. ¿Cuántas pesadas tendremos que efectuar, como mínimo, para determinar cuál es el montón de las monedas falsas?
Y como esta sección se llama «El juego de la ciencia», uno de física, para que no se diga que solo jugamos con las matemáticas:
Sobre el plato de una báscula hay un cubo con agua. La aguja de la báscula marca 5 kilos. Si dejamos caer en el cubo una piedra de 1 decímetro cúbico de volumen y densidad 2, ¿cómo reaccionará la aguja?
La pregunta que más me apetece responder es la relacionada con la balanza infiel. No se debe a que, al igual que Tomás, el protagonista de La insoportable levedad del ser, sienta una irresistible tentación de engañar a mi pareja. Nada más alejado de la realidad.
Mi verdadera motivación es que en momentos como los actuales, en los que discursos racistas, machistas, homófobos y clasistas están ganando terreno al respeto, la tolerancia y la empatía en ese constructo colectivo que hemos venido a llamar “sentido común”, mantenerse equidistante siempre es un error.
Como también sería un error, en este otro problema, pensar que la solución se encuentra en el punto equidistante entre 60 y 90. Tal vez el “sentido común”, en un primer pensamiento instintivo, nos lleve hacia ese camino. Pero, un análisis más reflexivo, nos llevará a la conclusión de que uno de los brazos de la balanza es más largo que otro como, curiosamente, sucede con la balanza de Temis en España. Y aquí ya no nos hallaríamos ante una media aritmética, sino ante un geométrica.
Llegados a este punto, ya que el problema de Temis llevamos casi 100 años sin poder resolverlo, nos centraremos en el de la balanza infiel. Si multiplicamos los dos pesos obtenidos y hacemos la raíz cuadrada del resultado obtenido, obtendremos que el objeto pesa 73,48469 g y podríamos considerarlo un objeto soportablemente leve.
Tu comentario me sugiere otro acertijo (i)lógico: ¿Cuál es el brazo más largo, en el caso de la balanza de Temis? El que sostiene la espada.
De ahí eso de «el largo brazo de la ley».
El poder siempre ha tenido extremidades largas. Como le escribió Helena de Troya a Paris en la obra de Ovidio, «An nescis longas regibus esse manus?»
En el problema de los 11 montones de monedas con 10 monedas en cada montón, podemos detectar el montón de las monedas falsas con una única pesada. Para ello, conviene colocar en la báscula 10 monedas del primer montón, 9 del segundo, 8 del tercero y así sucesivamente, sin coger ninguna del decimoprimer montón.
Respecto al problema de física, independientemente de la densidad del objeto y de si flota o se hunde, su masa se sumaría a la que ya aparece en la báscula. Pasa algo parecido después de las fiestas del solsticio de invierno, independientemente de la densidad del turrón, el peso que muestra la báscula también aumenta. Volviendo a la piedra, al tener densidad 2 y un litro de volumen, su masa sería de 2 kg, que sumados a los 5 anteriores nos daría un total de 7. Con algunas excepciones:
– Que el agua estuviese hasta el borde o casi hasta el borde del cubo (que tendría una capacidad de casi 5 litros, teniendo en cuenta que los 5 kg incluyen agua, cubo y, posiblemente, asa). Si estuviese hasta el borde, al desplazar un litro de agua perdería un Kg (suponiendo que nada del líquido derramado se quede en el plato de la báscula). En total 4 kg de agua + 2 de piedra = 6. Todo esto se puede deducir a partir del Principio de Arquímedes. A partir del final de Arquímedes, sin embargo, se puede deducir que no es buena idea decirle a una fuerza militar imperialista que te está invadiendo que no estropee tus círculos.
– Que el cubo fuese de hierro y la roca un mineral. Con esa densidad, algunos minerales que encajan son el azufre, el grafito y con 2,1 de densidad, la sal gema (que si a Gema ese día le ha dado por comer fabada y tiene aire aprisionado dentro, podría bajar a 2). La combinación de estos minerales con el agua y el tiempo (y ciertos tipos de bacterias en al caso del azufre), es que resultan altamente corrosivos para el hierro, generando agujeros en el fondo y que el agua del cubo se acabe perdiendo como lágrimas en la lluvia. La pregunta es ¿cuál de los 3 minerales sería el que más rápidamente haría un agujero en el cubo de hierro? Y, al más lento, ¿le dará tiempo a actuar antes de que el agua, por mera oxidación, perfore el cubo?
7 kg sería el resultado final; pero…
Además diría que también dependera de la geometría del objeto y del cubo, y de la altura desde la que cae. Simplificando, al contactar con la superficie del agua generará en esta una onda de presión que a través del fondo del cubo afectará a lo marcado en la báscula y cuando posteriormente el objeto impacte con el fondo del cubo, este impacto también se reflejará en la báscula.
Coincido en que pueden ocurrir muchas cosas, pero creo que uno de los aspectos principales es el hecho de no llegar a los 7 kg mientras el objeto está sumergido y todavía cayendo. Al impactar en el suelo supongo que aparecerá en la báscula un valor superior a 7 kg durante un tiempo muy corto, para estabilizarse finalmente en 7 kg.
El impacto en el fondo es despreciable; pero ¿qué marca la aguja mientras el objeto cae dentro del agua?
Creo que marcará 6 kg mientras está sumergido y cayendo, pues el agua está haciendo sobre la piedra un empuje hacia arriba de 1 kg. Supongo que en la báscula se añadirá ese kilo adicional debido al empuje mientras cae, aunque no estoy seguro. Es un experimento que me gustaría hacer.
Coincido con Salvador, la aguja de la báscula no la mueve la masa, la mueve el peso, una fuerza. Hasta que la piedra no se pose sobre el fondo y las fuerzas no se encuentren en equilibrio, no marcará todo su peso, marcará solo el peso inicial (5) y el empuje que realiza el agua (1). Si imaginamos que el cubo, en vez de agua tuviese aire, hasta que la piedra no se depositase en el fondo del cubo, el movimiento de la aguja sería tan impertercible como el empuje que ejerce el aire sobre la piedra.
Diría que mientras, y si el objeto cae dentro del agua con una velocidad cuasiconstante la báscula marcará 7.
Me parece que lo anterior no sería compatible con solo cinco litros de agua en el cubo.
Cierto. Pero a no ser que dejemos caer el objeto desde una altura considerable o lo arrojemos con fuerza, el efecto del impacto es despreciable. Y sin embargo…
Si imaginamos las dos pesadas en equilibrio en la balanza defectuosa en una sola pesada se tendrá equilibrio cuando un brazo pese p + 90 y en el otro p + 60 + 2d todo ellos en kg y donde p es el peso del objeto y d la diferencia de peso de los dos brazos. Simplificando d= 15 kg y volviendo a una de las pesadas iniciales p=75 kg
Igual de temeraria me parece la hipótesis de brazos de igual longitud y distinto peso que la de distinta longitud y pesos despreciables.
Bastan 2 cortes que dejen 3 trozos de 1,3 y 9 eslabones. Por ejemplo para pesar 11 kg se añade 1 trozo de 1 eslabón y se equilibra con los dos trozos restantes.
Entonces basta un solo corte, con el que abres el cuarto eslabón.
Si el eslabón abierto queda servible así es
En el acertijo de las pesas entre 1 y 40 kgr creo que bastan 10 pesas, 3 de 1kg, 3 de 3 kg y otras 3 de 9 kg además de una de 40 kg. Esto se deduuce de lo apuntado para el caso de los 13 eslabones de la cadena del tendero. Por ejemplo consideremos un peso de 35 kg. = (13 + 13 + 9) Kg. Los 13kg primeros se pueden equilibrar con pesas del primer lote {1,3,9}, los 13 kg siguientes con pesas del 2° lote y los 9 kg restantes con las del tercer lote. Quedaría por demostrar que es el mínimo.
Puedes lograrlo con menos pesas.
Es posible conseguirlo con menos pesas. El problema es equivalente al de la cadena, pero incrementando el número de eslabones hasta 40.
Mi propuesta sería 11,6,3 y 1.
Con esa elección, no podríamos descubrir el peso de los objetos entre 22 y 40 kg.
Sí, iba a proponer 20,10,5,3 y 2, y di un salto en el vacío con lo propuesto. Mejorable en todo caso con vuestra propuesta.
Me parece repensando el acertijo que con 7 pesas {1,3,9} U {2,6,18} U {40} sería suficiente pues si un peso en el intervalo (1,13) se equilibra con pesas del primer lote uno del intervalo siguiente (14,26) se podrá equilibrar con pesas de los dos primeros lotes……..
…..
En efecto. Con 4 pesas {1,3,9, 27} creo que sería suficiente
Efectivamente. ¿Y para pesar cualquier número entero de kilos entre 1 y 121?
Para poder pesar cualquier número entero de kilos entre 1 y (3^n-1)/2 se requieren n pesas, cuyo peso irá multiplicándose por 3 desde 1 hasta 3^(n-1) kilos.
5 pesas serían suficientes. Bastaría añadii una pesa de 3^4 para tener una «base» que con coeficientes {0,1,-1} permitiría escribir cualquiera de esos números como combinación lineal
El motivo de que mientras la piedra cae una vez sumergida en el líquido el peso de ese brazo de la balanza sea de 6 kg no se debe al empuje que sufre la piedra sino al aumento de nivel que experimenta el líquido y que incrementa la presión p sobre la base del recipiente de superficie s. De hecho p . s será igual al peso del agua que ha subido de nivel y por tanto igual al empuje que sufre la piedra en último término
Creo que si la piedra sufre un frenado apreciable por «rozamiento» con el agua este se reflejará en la báscula.
Estuve haciendo un experimento con una jarra y un bote bien cerrado de bicarbonato de sodio, pero sin un recipiente suficientemente profundo resulta difícil de ver el efecto de la caída. Mientras sujetamos el objeto, prácticamente sumergido en su totalidad, se incrementa el peso detectado en la báscula en el del volumen de agua desalojada. Lo que no tengo claro, pues requeriría mejorar el experimento, es lo que ocurre al soltar el objeto (ya sea acelerando o en velocidad cercana a la velocidad límite). Me parece que el incremento sobrepasa ligeramente el peso de agua desalojada, pero es muy difícil de percibir. Al llegar al fondo ya se suma el peso total del agua y el del objeto.
De hecho si el peso de la piedra fuera de 3 kg en lugar de 2 kg y con el mismo volumen el peso que marcaría la balanza mientras cae la piedra no aumentaría en 2 kg sino en 1 kg, O eso creo yo.
Crees bien.
En cuanto a los impactos, diria que si peso del cubo y de la parte móvil de la báscula no es muy grande frente a los 5+2 y estos 2 sufren una deceleración de varios ges, la báscula debería reflejar el impacto apreciablemente.
Si es una báscula electrónica de precisión, seguro que sí.