potencias de 2

hay una historieta de los pitufos en la que son capturados por gargamel, todos ellos excepto papá pitufo, que logra escapar. por la noche acude a rescatarles, provisto de herramientas para romper los grilletes que les apresan.

me he fijado en una viñeta en que le pide a uno de los pitufos que le ayude a liberar a los demás una vez que él ya esté libre.

en una situación en la que alguien acudiera al rescate de un grupo de personas maniatadas, y cada persona liberada se incorporase a la tarea de liberar a las demás, el número de personas libres aumentaría de forma exponencial.

inicialmente sólo está libre de ataduras el que llega al rescate. al liberar a uno de los que están apresados, ya son dos. a continuación, ambos liberan a otros dos, uno cada uno, y ya son cuatro. los cuatro liberan a uno más cada uno, con lo cual ya hay ocho libres. esos ocho liberan a uno más cada uno, y ya son dieciséis libres. y así sucesivamente. lógicamente trabajan más los que antes han sido liberados.

como vemos, el patrón que sigue el número de individuos liberados es el de las potencias de 2: 2⁰, 2¹, 2², 2³, 2⁴, 2⁵, 2⁶, 2⁷, 2⁸... o lo que es igual: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256...

veamos cómo se aplicaría esto al caso de los pitufos. supongamos que se tarda un minuto en romper cada grillete. es un tiempo generoso, sesenta segundos de reloj golpeando con el martillo y el cincel dan para mucho. da tiempo incluso a que el pitufo recién liberado estire un poco las piernas antes de ponerse a liberar a otros.

dado que los pitufos son 100 en total, el tiempo que tardarán en quedar libres todos estará entre 6 y 7 minutos, ya que 2⁶=64 y 2⁷=128. tiene que estar entre medias.

ese tiempo se puede calcular de manera exacta:

2^x = 100

x = log100/log2 = 6.643856...min = 6 min 39 seg

en realidad, es difícil imaginar que todos los pitufos liberados dispongan al mismo tiempo de herramientas para romper los grilletes del resto. pero si así fuera, este procedimiento sería sin duda muy eficiente.

y lo es más aún si el número de prisioneros aumenta. en algo más de 21 minutos se podría liberar a toda la población de madrid. en poco más de 25 minutos, a toda la población de españa. en algo menos de 30 minutos, a toda la población de europa. entre 32 y 33 minutos, a toda la población actual del mundo. y en aproximadamente 47 minutos, a la población estimada del mundo en toda la historia.

pero en realidad esto es un supuesto muy idealizado, en el que se ignoran factores como el entorpecimiento mutuo entre las personas que están liberando a los demás, o el cansancio de los que llevan más tiempo aplicados a esa tarea.

desde el punto de vista matemático, este problema es equivalente al del tablero de ajedrez y los granos de trigo.

cuenta la leyenda que un rey indio quiso premiar a un sabio visir por haber inventado el juego del ajedrez. le daría al visir lo que pidiera. entonces éste le pidió al rey que le pusiera un grano de trigo en la primera casilla de un tablero de ajedrez, dos granos de trigo en la segunda casilla, cuatro granos en la tercera casilla, ocho granos en la cuarta casilla... y así sucesivamente, hasta llegar a la última. en cada casilla, el doble de granos de trigo que en la anterior.

parece poca cosa, pero a medida que se avanza en el tablero, el número de granos de trigo que hay que poner en cada casilla empieza a asustar. en la última casilla habría que poner 2⁶³ granos, que son 9,223,372,036,854,775,808, del orden de 9 trillones de granos. eso es mucho trigo, creedme. no cabría ni en un tablero de ajedrez de tamaño natural.

hay que aclarar que el exponente al que hay que elevar 2 en cada casilla es igual al número de la casilla menos una unidad. en la primera, 2⁰ (que es 1). en la segunda, 2¹. en la tercera, 2². en la cuarta, 2³. ...y así sucesivamente hasta la última, 2⁶³. de ahí que, aunque la última casilla sea la nº64, el exponente que corresponde es 63.

para calcular el total de granos de trigo en todas las casillas utilizamos la fórmula que nos da la suma de la progresión geométrica 2⁰+2¹+2²+2³+2⁴+...2ⁿ. esa suma es igual a 2ⁿ⁺¹-1. en el caso que nos ocupa, para n=63, el número total de granos es 2⁶⁴-1, lo que da una cantidad de 18,446,744,073,709,551,615: algo más de 18 trillones de granos.

como no tengo en casa trigo en grano para medir empíricamente cuánto pesa, lo he hecho con arroz, que es similar en volumen y en densidad. pensad que un paquete de un kilo de arroz tiene un volumen parecido al de un kilo de harina de trigo. claro que la harina es más compacta que el arroz, ya que éste no llena por completo el espacio: quedan huecos entre los granos. en el caso de la harina, como las partículas son mucho más finas, los intersticios entre ellas sólo son visibles a nivel microscópico.

en cualquier caso, podemos afirmar que en 30 gr. de arroz hay unos 1500 granos. por regla de tres, 1.8*10¹⁹ granos pesarán 360,000 millones de toneladas.

con 360,000 millones de toneladas de trigo se pueden fabricar muchas barras de pan y muchas galletas. y con la misma cantidad de arroz se pueden hacer muchas paellas.

aquí tenéis los valores exactos de la exponencial de 2. valen para los dos supuestos que hemos visto. n puede ser el contador de las casillas del tablero de ajedrez o de los minutos que transcurren a medida que son liberados los prisioneros. y 2ⁿ puede ser el número de granos en cada casilla o el número de prisioneros liberados.

 n..........................2ⁿ

 0---------------------------1

 1---------------------------2

 2---------------------------4

 3---------------------------8

 4--------------------------16

 5--------------------------32

 6--------------------------64

 7-------------------------128

 8-------------------------256

 9-------------------------512

10-----------------------1,024

11-----------------------2,048

12-----------------------4,096

13-----------------------8,192

14----------------------16,384

15----------------------32,768

16----------------------65,536

17---------------------131,072

18---------------------262,144

19---------------------524,288

20-------------------1,048,576

21-------------------2,097,152

22-------------------4,194,304

23-------------------8,388,608

24------------------16,777,216

25------------------33,554,432

26------------------67,108,864

27-----------------134,217,728

28-----------------268,435,456

29-----------------536,870,912

30---------------1,073,741,824

31---------------2,147,483,648

32---------------4,294,967,296

33---------------8,589,934,592

34--------------17,179,869,184

35--------------34,359,738,368

36--------------68,719,476,736

37-------------137,438,953,472

38-------------274,877,906,944

39-------------549,755,813,888

40-----------1,099,511,627,776

41-----------2,199,023,255,552

42-----------4,398,046,511,104

43-----------8,796,093,022,208

44----------17,592,186,044,416

45----------35,184,372,088,832

46----------70,368,744,177,664

47---------140,737,488,355,328

48---------281,474,976,710,656

49---------562,949,953,421,312

50-------1,125,899,906,842,624

51-------2,251,799,813,685,248

52-------4,503,599,627,370,496

53-------9,007,199,254,740,992

54------18,014,398,509,481,984

55------36,028,797,018,963,968

56------72,057,594,037,927,936

57-----144,115,188,075,855,872

58-----288,230,376,151,711,744

59-----576,460,752,303,423,488

60---1,152,921,504,606,846,976

61---2,305,843,009,213,693,952

62---4,611,686,018,427,387,904

63---9,223,372,036,854,775,808

pasamos a otro asunto: mis amigas wuapibego, blas y las hermanas elanor y arien me han concedido dos bonitos premios blogueros. muchas gracias a todas por acordaros de mí!! :) en cada uno de ellos hay un cuestionario que procedo a responder.

premio 1

7 libros favoritos:

la máquina del tiempo (herbert george wells)

el extraño caso del dr.jekyll y mr.hyde (robert louis stevenson)

de la tierra a la luna / alrededor de la luna (julio verne)

las aventuras de sherlock holmes (arthur conan doyle)

momo (michael ende)

la leyenda del rey errante (laura gallego)

los planetas (dava sobel)

7 películas favoritas:

ben hur

quo vadis?

con la muerte en los talones

los pájaros

repulsión

cantando bajo la lluvia

mary poppins

Contestar 3 preguntas:

1. ¿Cual es tu sección favorita de los blogs? recuerdos de la infancia

2. ¿Cuantas paginas tenia el ultimo libro que has leído? 528

3. ¿Cual es la mejor adaptación de cine que has visto? quo vadis

premio 2

Contestar a estas preguntas:

1. ¿Que es lo que más te gusta de la vida?

encontrar cada día nuevas cosas por las que ilusionarse.

2.  Compartir un mensaje:

es muy importante la vocación, hacer aquellas cosas con las que nos sentimos “como en casa”.

bueno, muchas de las blogueras a quienes leo habitualmente ya han recibido estos premios. yo se los voy a conceder a tres chicas soñadoras que, además, seguro que darán respuestas interesantes a las preguntas: wendy, princesa nadie y mari cari.

otro tiovivo

tenía ganas de fotografiar un tiovivo que hay cerca de mi casa, y he ido esta tarde a pesar de que llovía. podía haber esperado a otro día en el que hubiera un poco más de animación, pero cuando se me mete algo en la cabeza...

es parecido a otro tiovivo que hay en santander, al que le dediqué dos entradas. éste es más pequeño, pero el diseño antiguo es el mismo.

después he ido a una panadería que hay cerca de allí, que es de las clásicas. recuerdo haber entrado allí muchas veces desde pequeño.

en esa panadería me he comprado un donut para merendar. dudaba entre el de azúcar y el de chocolate, pero me he decidido por el segundo.

y así he roto un poco la monotonía de esta tarde lluviosa...

insomnio

hace unos años leí en la sección de ciencia de un periódico un artículo sobre el último teorema de fermat. dicho teorema decía así: la ecuación xⁿ+yⁿ=zⁿ no tiene soluciones {x,y,z} enteras no nulas para n>2.

en el artículo creo recordar que se hablaba sobre las demostraciones que habían propuesto diferentes matemáticos. sin embargo, ese teorema no es precisamente de ayer: fue planteado por pierre de fermat en 1637.

ignoro si realmente fue el último teorema formulado por fermat. me extraña un poco porque, consultando su biografía, aún le quedaba mucha vida por delante. en cualquier caso, me gusta la denominación de último teorema de fermat que se le ha dado. suena enigmático, podría ser el título de una novela de misterio...

la ecuación que el teorema plantea, obviamente tiene infinitas soluciones para n=1. pasamos directamente al caso de n=2, que es más interesante: x²+y²=z².

esta ecuación nos recuerda al teorema de pitágoras. en esta entrada explicábamos que existen infinitos triángulos rectángulos en los que tanto los catetos (x,y) como la hipotenusa (z) son enteros:

3²+4²=5²

5²+12²=13²

7²+24²=25²

9²+40²=41²

...

el que la suma de dos números enteros elevados al cuadrado dé como resultado otro número entero elevado al cuadrado, se puede visualizar geométricamente de la siguiente manera: podemos tomar dos cuadrados de diferente tamaño, desmenuzarlos en pequeños ‘cuadraditos’ de lado unitario, juntarlos todos y formar con ellos un nuevo cuadrado de mayor tamaño que los dos cuadrados iniciales.

a partir de n=3, la ecuación ya no se cumple. no existirán valores enteros de {x,y,z} para los cuales se cumpla que x³+y³=z³. resulta muy curioso que la suma de dos números enteros elevados al cubo nunca pueda dar como resultado otro número entero elevado al cubo.

geométricamente lo podemos ver así: tomamos dos cubos de diferente tamaño, los deshacemos en ‘cubitos’ de arista unidad y los mezclamos todos. con esos ‘cubitos’, sin añadir más y sin que sobre ninguno, nunca podremos formar un nuevo cubo.

galletas

una de mis manías es partir las galletas maría en tres trozos de aproximadamente igual tamaño. por qué? sencillamente porque al partirla en dos, los trozos son demasiado grandes -no caben en la boca-, y al partirla en cuatro son demasiado pequeños.

dada la rigidez de la galleta, no es posible dividirla radialmente en tres ‘gajos’ de igual tamaño y forma. habrá que partir un trozo según una línea recta que quede ligeramente por encima del diámetro. suponiendo que ese trozo tenga un tamaño igual a un tercio de la galleta, la parte restante serán dos tercios, y será fácilmente divisible dado que es simétrica. así pues, hemos dividido la galleta en tres trozos, dos iguales y uno desigual en cuanto a su forma, pero de igual tamaño.

este problema equivale a separar un segmento circular cuya área sea igual a un tercio del círculo completo. si el área del círculo es igual a π·R², siendo R su radio, un tercio de la misma será π·R²/3.

calcularemos el área del segmento circular como diferencia entre dos áreas que pueden calcularse con relativa facilidad: la del sector circular abarcado por un ángulo α -que aún no sabemos cuál es y deberemos calcular-, y la del triángulo isósceles cuyo lado mayor es la cuerda según la cual hemos dividido el círculo, y cuyos lados menores son radios del mismo, de valor R.

el área del sector circular será igual a la del círculo multiplicada por un factor de proporcionalidad que nos indica la ‘porción de tarta’ que estamos cogiendo. ese factor de proporcionalidad será el cociente entre el ángulo abarcado α y el ángulo completo de la circunferencia, que es 360º, o lo que es igual, 2·π radianes. hace tiempo hablamos aquí de la equivalencia entre grados y radianes.

el triángulo que debemos restar al sector circular lo podemos dividir en dos triángulos rectángulos iguales. el mayor de sus dos ángulos no-rectos será igual a la mitad de α, es decir, α/2. y sus catetos serán las proyecciones horizontal y vertical del radio, es decir, el radio R multiplicado por el seno y por el coseno de α/2, respectivamente.

el área de nuestro triángulo isósceles será igual al área de los dos triángulos rectángulos en que lo hemos dividido. el área de un triángulo es igual a un medio del producto de la base por la altura. al ser rectángulo la base y la altura son los catetos, siendo indiferente cuál sea cada uno. existe una relación trigonométrica según la cual el producto del seno y el coseno de un ángulo es igual a la mitad del seno del ángulo doble, y que nos permitirá simplificar la expresión.

así pues, calculamos el área de nuestro segmento circular restándole al área del sector circular el área del triángulo limitado por la cuerda y los radios.

el área del segmento circular vendrá dada por la expresión R²·(α–senα)/2, y recordemos que debe ser igual a un tercio del área del círculo. por tanto, deberemos igualarla a π·R²/3.

obtendremos una ecuación cuya incógnita es el ángulo α. para entender mejor su significado, la expresaremos de esta manera: α=2·π/3+senα.

 

2·π/3 es igual a 120º. la ecuación nos está diciendo que el ángulo que la satisface es algo mayor que 120º, ya que el seno del ángulo siempre será positivo al ser éste menor que 180º, que sería el correspondiente a dividir el círculo en dos mitades iguales. por otro lado, 120º es el ángulo correspondiente a dividirlo en tres ‘gajos’ iguales, pero al principio decíamos que eso en el caso de la galleta no se podía hacer. la cuerda según la cual la partimos tiene que estar un poco más abajo, y por tanto el ángulo abarcado será mayor.

dicho de otro modo: según la ecuación, el ángulo que buscamos será igual a 120º+‘algo’. y por otro lado, por lo que decíamos, deberá estar comprendido entre 120º y 180º. podemos probar con la media aritmética entre estos dos valores: 150º, cuyo equivalente en radianes es 5·π/6.

como vemos, es una solución suficientemente aproximada. sobre todo cuando se trata de partir una galleta, algo en lo que no se puede pretender ser muy exacto. estuve iterando con diferentes valores, y la solución exacta estaría en torno a 149.3º. pero las iteraciones no os las pongo aquí porque son aburridas y no merecen la pena.

para terminar, os dejo con una sugerencia de algo mucho más interesante que puede hacerse con una galleta maría. si no tenéis nocilla en casa, podéis bajar al supermercado en un momento.

jardín botánico

cuando estaba en 3º de bup, un sábado o domingo por la mañana fui al jardín botánico a documentarme para un trabajo de biología que debía presentar. tenía ganas de volver a visitarlo un día.

el jardín botánico de madrid se encuentra entre el paseo del prado y la calle de alfonso xii. una zona que me gusta especialmente, y por ello ha aparecido al menos en tres entradas de este blog: la del retiro, la de la cuesta de moyano y la del recorrido colón-legazpi.

en mayo del año pasado hice dos visitas al jardín botánico y tomé más de 150 fotos, de las cuales he seleccionado 40. las tenía guardadas en un cd sin saber qué hacer con ellas. el jardín me pareció muy grande y bonito, y me resultaba difícil decidir qué fotografiar y qué no.

muchas de las fotos son de árboles. lo que hacía era fotografiar su tronco -junto al cual había un cartel que indicaba la especie- y su copa. algunos eran tan altos que para abarcarlos necesitaba hacerles tres fotos.

espero que os gusten. dado que la botánica no es mi campo, tuve la sensación de hacer las fotos sin mucho criterio. y del mismo modo las he seleccionado: me he quedado con las que me resultaban más agradables visualmente. espero que os gusten.