Los números de Gardner

Gracias a Espejo Lúdico conocí esta ingeniosa creación de Martin Gardner Scott Kim, que aparece en "¡Ajá! paradojas que hacen pensar" de Martin Gardner, donde los nombres de los dígitos del 0 al 9 están escritos usando rotaciones y reflexiones de los símbolos de los mismos números. Como aficionado de los ambigramas no pude resistir la tentación de hacer mi propia adaptación al español, teniendo especial cuidado en hacer el menor número de cambios posibles respecto al original, y en no dejar números sin utilizar. Pueden acceder a una versión ampliada haciendo click en la imagen.

Actualización 11/10: Olvidé mencionar que en el diseño consideré algunas de las sugerencias de Acid que surgieron en los comentarios de la entrada de Espejo Lúdico. También corresponde notar que Merfat también diseñó su propia solución (y antes que yo). José Antonio Millán nos recomienda esta interesante colección de diseños donde números reemplazan a las letras. Rodolfo puntualiza que el original es obra del gran diseñador y ambigramista Scott Kim (¡gracias por la corrección!).

La polémica de los quesos

Hace un tiempo me encontré con la siguiente entrada del webcomic Left Handed Toons:

Traduzco para los que no entienden el inglés (aunque las imágenes hablan por sí solas):

Estimados Subway Inc.:

Sus rebanadas de queso tienen la siguiente forma: (fig. 1, queso isósceles). Esto es muy bueno, porque permite teselar el queso a lo largo del sandwich, de la siguiente forma: (fig. 2, qué hermosa cobertura! - la vida tiene sentido). Sin embargo, ustedes nunca hacen esto. En vez, ustedes acomodan los quesos así: (fig. 3, traslapado innecesario - decepción en el alma). Gracias. Drewmo.

Al leerlo no pude evitar sentirme profundamente identificado con el autor de esta carta abierta a Subway. Sin embargo, días después en el mismo sitio apareció una respuesta con la explicación para este extraño comportamiento:

Los triángulos de queso se deben poner así (AAAA) lo que hace a los clientes querer extra queso, ya que no cubre el sandwich completo. Doble queso (VAVAVA) = 40p extra!

Citando las palabras del mismo blog de Left Handed Toons: ofender la decencia geométrica resulta ser finalmente una perversa estrategia de marketing...

Autodescriptivo

En una entrada de la recomendable sección de ciencias y matemáticas de Futility Closet encontré la siguiente curiosidad: en el número 6.210.001.000, el dígito 0 aparece 6 veces, el 1 aparece 2 veces, el 2 aparece 1 vez, y así hasta el 9 que aparece 0 veces.

Me pregunto yo... ¿Será éste el único número con esa propiedad? ¿Qué pasa si en vez de leer las cifras como 0, 1, y hasta al 9, comenzamos por 1, 2, y terminamos por 9 y 0?

Tres coma catorce quince etcétera

Soy y seré a todos definible;
mi nombre tengo que daros:
cociente diametral siempre inmedible
soy de los redondos aros.

(visto en Juegos de Palabras)

Este párrafo puede ser leído como una adivinanza común, cuya respuesta es casi evidente. Lo que no es tan evidente es que además esconde la respuesta de otra forma mucho más ingeniosa y además útil: de hecho, estos versos son en realidad un truco para memorizar los 19 primeros decimales de dicho cociente (¿cómo?). Una técnica interesante, aunque no tan impresionante como esto.

Resolviendo un laberinto con Paint

Hoy me encontré con un interesante método para resolver un laberinto usando Photoshop. La verdad es que el resultado es impresionante. Sin embargo, no todos tienen Photoshop en sus computadores, o son capaces de seguir esas instrucciones, así acá voy a mostrar un truco similar, usando el viejo y querido MS Paint. Tomemos como ejemplo un laberinto de mazes.org; este de acá. Lo que hay que hacer es fácil: se copia la imagen, se pega en Paint, y con el tarro de pintura, usando un color diferente al del laberinto, se pinta en algún lugar de su borde. Con eso se obtiene algo como esto:

A simple vista no parece ser de mucha ayuda, pero con un poco más de atención, se puede ver que con esto el laberinto ya está resuelto: basta con seguir el camino que se forma entre las dos secciones de distinto color. En otras palabras, hay que procurar que durante todo el recorrido las paredes que tenemos a cada lado sean de distinto color. Con un poco de práctica se vuelve algo natural e instantáneo detectar la solución a partir de este dibujo.

Este truco sirve, además, como una manera sencilla de detectar si un laberinto tiene solución: si al pintar una pared se pinta el laberinto completo, entonces el laberinto no tiene solución.

Actualización 06/07: Acá hay un generador de laberintos que permite probar el truco con casos mucho más complicados... por ejemplo, acá pueden verlo aplicado en un laberinto de 160 filas por 160 columnas.

Maratón de problemas

En Sospechosos Habituales se está realizando, a partir de hoy y durante las próximas dos semanas, una maratón de problemas de ingenio: cada día se publicará un nuevo problema, y al final de las dos semanas las personas que más problemas hayan resuelto serán las ganadoras. El primer problema ya está publicado, y tiene buena cara (ojo: no den la respuesta):

Un coche se desplaza a velocidad constante (diferente de 0) por una carretera. En un momento dado pasa por el punto kilométrico correspondiente a un número de dos cifras. Pasada una hora pasa por otro punto kilométrico que tiene las mismas dos cifras pero en orden inverso. Una hora más tarde pasa por un tercer punto kilométrico que vuelve a tener las dos cifras (no se especifica en que orden) pero esta vez separadas por un cero. ¿A qué velocidad iba el coche? ¿Qué puntos kilométricos recorre?

Las instrucciones para participar se encuentran acá. Tienen que apurarse, porque el plazo para responder cada problema es de un día. ¡Suerte, y a ver si vemos algún conocido de este blog entre los ganadores!

Los dados de la mano

Una situación que seguramente muchos hemos vivido: destapar la caja de un juego de tablero, ansiosos por jugar, y ver súbitamente frustradas estas intenciones al notar que los dados no están en la caja.

Sin embargo, hay una forma sencilla de sortear este problema usando tan sólo dos personas y sus manos. Para reemplazar un dado, los dos jugadores deben escoger simultánemente un número entre 0 y 5, y mostrar esa cantidad de dedos en una mano. A continuación, se deben sumar los resultados de ambos jugadores, y tomar el resto de la división por seis de esa suma. El resultado obtenido corresponde a la tirada del dado (en el caso de que el resto sea cero, entonces se cambia por un seis). Este método se puede aplicar usando ambas manos de cada jugador, de forma de simular dos dados a la vez, que es lo que se usa en muchos juegos de tablero. No es difícil verificar que, suponiendo que cada jugador escoge al azar los dedos a mostrar en cada mano, el resultado de este experimento es equivalente a tirar los dados. En la figura se muestra un ejemplo de una tirada de dos dados entre dos jugadores:

Si combinamos este método con la forma de contar en binario con los dedos, podemos aumentar hasta 32 las "caras del dado" (claro que ahora hay que dividir por 32); combinando ambas manos de cada jugador en un sólo dado se puede generar al azar un número entre 1 y 1024. Y se puede seguir generalizando, dajando de lado las manos: si dos personas escogen arbitrariamente (pero en forma independiente) dos números entre 0 y n, los suman, y se quedan con el resto de la división por n, habrán generado un número aleatorio entre 0 y n.

(Esta idea surgió al buscar la solución del problema propuesto al final del post sobre el cachipún para tres jugadores).

El cachipún y la matita

Consecuencia de una súbita inspiración, hice un trivial pero curioso descubrimiento: el cachipún (piedra, papel, tijera), ampliamente utilizado como sistema de definición entre dos competidores, puede ser fácilmente extendido para tres jugadores: dos de ellos se enfrentan de la forma convencional (una sola vez): si uno de ellos dos gana, él es el ganador entre los tres; si los dos que se enfrentan empatan, el triunfo es del tercero. Esta extensión del juego es matemáticamente justa, y hasta más eficiente que la versión de dos jugadores porque asegura un resultado tras una sola iteración.

Este descubrimiento viene a derribar la idea que tuve durante toda mi infancia de que el cachipún no servía para más de dos jugadores. De hecho, frente a este tipo de definiciones en juegos infantiles, la costumbre es aplicar métodos alternativos como la "matita solita": los tres jugadores eligen si poner su mano mostrando la palma o el revés, y gana el que escoge una cara distinta a los demás. En caso de empate, se repite el juego hasta que alguien gane. Lo curioso es que acá sucede algo parecido al caso del cachipún: el juego de la matita funciona mejor para cuatro que para tres jugadores: se enfrentan tres, y si empatan, el ganador es el cuarto. También en este caso las probabilidades son parejas y la eficiencia del juego mejora.

Mientras conversaba con mis amigos sobre estos hallazgos, uno de ellos me comentó que su juego favorito para este tipo de definiciones consiste en que cada jugador escoge simultáneamente un número entre 1 y 5 (mostrando esa cantidad de dedos), y, a continuación, se suman los números y se comienza a contar por turnos desde un jugador definido previamente. Gana el jugador que es señalado al llegar al resultado de la suma. La pregunta es, ¿es justo este método? Si no lo es, ¿qué jugador tiene ventaja, y qué estrategia le conviene adoptar?

Actualización 05/03: Ya investigué sobre la pregunta anterior: el método es justo siempre y cuando las alternativas para la cantidad de dedos a mostrar coincida con el número de jugadores.

Fórmula autorreferente

La fórmula de arriba se conoce como la fórmula autorreferente de Tupper. La gracia de esta fórmula es que al ser graficada con 0 < x < style="font-style: italic;">n < y < n+16 (donde n es este pequeño número) se obtiene:

Visto en Neatorama, artículo en Mathworld.

Sensación de poder

—Nine times seven— thought Shuman with deep satisfaction— is sixty-three, and I don't need a computer to tell me so. The computer is in my own head.
And it was amazing the feeling of power that gave him.

Isaac Asimov, "The Feeling Of Power"

Creo que a todos nos pasa, salimos del colegio y nuestra cabeza, hasta ese momento acostumbrada (a la furza) a realizar cálculos, comienza a perder la práctica y a ponerse cada vez más lenta. En muchos llega un momento donde se genera una dependencia casi enfermiza con la calculadora.

En Beat The Calculator (visto en en Gaussianos) nos ayudan a combatir este enfriamiento mental. Con la impresionante cantidad de 545 trucos de cálculo, podemos ampliar considerablemente nuestra posibilidades de cálculo mental, y así prescindir de la calculadora para muchas cuentas cotidianas.

Tengo la intención de ir aprendiendo un nuevo truco cada día. El de hoy día ya lo tengo aprendido, ahora puedo conocer mentalemente cualquier cuadrado, hasta el 20.

(No encontré una versión en español del cuento de Asimov, "Sensación de Poder". Si alguien lo encuentra, agradecería ese enlace. Para el que no lo haya leído -y no tenga problemas con el inglés-, se lo recomiendo)

Update (rato después): Peixes encontró un enlace al cuento en castellano, al que pueden acceder desde el enlace en la cita. ¡Muchas gracias, Liliana!

Estadísticas mundialeras

Ha terminado ya la primera fase de este mundial, y a pesar de que lo he podido seguir algo por Internet durante el trabajo, no he podido ver muchos partidos, y en los pedazos de partidos que he visto, no sé si he tenido mala suerte, pero me ha tocado ver pocos goles.

Es por esto que decidí hacer un pequeño estudio de qué parte de los partidos me conviene ver, si quiero maximizar mis probabilidades de ver un gol. Para esto, fui anotando los minutos en que se hizo cada gol de esta fase. Dividiendo los 90 minutos de partido en seis períodos de 15 minutos, pude concluir que en esta fase, entre el minuto 0 y 15, hubo 16 goles; entre el 15 y el 30, 21; entre 30 y 45 (contando alargues), 18; 45 y 60, 14; 60 y 75, 10; y que en los 15 minutos finales de los partidos (contando alargues) hubo 38 goles. Si dividimos por 48, que es el total de partidos, se puede construir el siguiente gráfico:

Además, se tiene que en total se marcaron 117 goles, con un promedio de 2,4 goles por partido.

Ahora deseo conocer la probabilidad de ver un gol en determinado período. Por ejemplo, en el último cuarto se tiene un promedio de 0,79 goles por partido. Un incauto puede pensar que entonces, en casi ocho de cada diez partidos podré ver un gol, es decir, que la probabilidad de gol es cercana al 80%. Lamentablemente esto no es así: imaginemos que el promedio de goles por partido del último cuarto sea de 3 (poco probable, pero posible)... ¿la probabilidad de gol sería del 300%? Claramente no, y esto es porque por muchos goles que haya en promedio, siempre puede deberse a que hay muchos goles en un partido y ninguno en otro.

Para calcular la probabilidad de que haya un gol en un período, conociendo su tasa, se puede estimar suponinedo que esto es un proceso de Poisson (que es la herramienta que se utiliza para predecir tasas de llegada de autos a un semáforo, o de llamadas telefónicas a un local). Bajo este supuesto, se calculan las probabilidades, que quedan:

Es alentador ver que la probabilidad de ver un gol mirando el puro final de un partido es mayor al 50%.

Como el tiempo que puedo dedicar a ver partidos es limitado, voy a evaluar qué sucede si en lugar de ver un partido completo, veo los quince minutos finales de seis partidos. En el primer caso, la probabilidad de ver un gol es del 91% y se calcula sabiendo que el promedio de goles por partido es de 2,4. Sin embargo, viendo los finales de seis partidos, esta probabilidad sube al 99%.

Muchos dirán que pierdo mi tiempo, que si lo que quiero es ver sólo los goles, puedo ver las noticias. Eso es cierto, aunque la emoción de ver un gol en vivo no se compara con verlo ya conociendo el resultado. Además, para mí esto es sólo una excusa para hacer algunos calculillos y sacar algunas conclusiones.

Para los que les gusten las probabilidades, una tarea para la casa: si en total vi tres goles, y suponiendo que miraba pedazos al azar de cualquier partido, ¿cuántos minutos de fútbol es lo más probable que haya visto?

Archivado en Matemáticas Recreativas.

Música matemática

En esta página se puede ver un interesante experimento: música generada a partir de un patrón matemático, y que se puede apreciar en el movimiento de un grupo de puntos. Para ser música generada por reglas, suena bastante bien, y el efecto conjunto del movimiento con los sonidos resulta hipnótico.

Visto en Oink!.

Multiplicando con los dedos

Muchas veces se mira en forma despectiva el uso de los dedos para hacer cálculos matemáticos, pero la verdad es que hay trucos muy elegantes para calcular con las manos.

Este que voy a mostrar acá sirve para calcular cualquier multiplicación con números entre 6 y 10 (que son la parte de la tabla que más fácilmente se olvida). En primer lugar, hay que enumerar los dedos de ambas manos desde el 6, partiendo por el meñique, hasta el 10, terminando en el pulgar. A continuación, se debe juntar los dos dedos que representan a los números que se desea multiplicar, con las palmas a la vista. En la imagen se muestra como poner las manos para calcular 9 x 7.

Ahora, hay que contar cuántos dedos quedan abajo de los que se tocan, incluyéndolos (puntos azules en la imagen). Este número se multiplica por diez. A este resultado, le sumamos el producto entre la cantidad de dedos que están por arriba de los que se tocan en una mano (puntos amarillos), con los de la otra (puntos rojos). El resultado es el producto que se estaba buscando.

Claro que se pueden hacer otro tipo de cálculos con los dedos. En esta página, por ejemplo, enseñan un truco para contar hasta 1023 usando los dedos (ojo con la aplicación java). El secreto está en que se aprovechan todas las combinaciones de dedos levantados y bajados que se pueden hacer, contando en números binarios. Y de pasada, uno puede aprender a contar en base seis, hexadecimales, y otras bases, usando los dedos.

Adivinen

¿Quién es capaz de adivinar qué hay en este link?

http://3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592.com/

No sé muy bien por qué, pero me reí...

Fórmula de Pick

Con este post inauguro una nueva categoría en hoemro, dedicada a las matemáticas recreativas, donde publicaré sobre fórmulas curiosas o bonitas, números especiales, y uno que otro problema.

Sobre una cuadrícula formada por puntos, se dibuja un polígono cualquiera, con la condición de que todos sus vértices se ubiquen sobre puntos de la cuadrícula, como el de la figura:

Llamamos B a los puntos que quedan sobre la frontera del polígono (marcados con rojo), e I a los puntos que se encuentran dentro del polígono (puntos azules). Para el caso de la figura tenemos que B=9, y que I=16.

Calculamos el valor de I + B/2 - 1. Este valor es el área del polígono dibujado. Por ejemplo, para este caso el área será 16 + 9/2 - 1 = 19,5 (tomando como unidad de referencia la distancia entre dos puntos vecinos). Esta propiedad se conoce como la fórmula de Pick.

Apuesta de Cumpleaños

Otro juego lucrativo (a propósito de la subasta del dólar y del cumpleaños de Pini). En un lugar donde haya treinta (o más) personas, apuéstenle a alguien que entre esas personas hay al menos dos que están de cumpleaños el mismo día. Un incauto pensaría: "Conozco muy pocas personas que están de cumpleaños el mismo día que yo, ergo esto es poco probable, ergo la apuesta me favorece".

¿Conviene aceptar la apuesta? a estas alturas es obvio que no, pero... ¿Qué probabilidades tiene de ganar el incauto? ¿Cuántas personas tendría que haber en el lugar para que la apuesta sea justa?

Update 30/07: Después de mucho tiempo de publicado el problema, ha llegado la solución, por parte de Andrés. Con una impecable explicación concluye que la apuesta sería justa en una sala con 23 personas, y que con 50 personas las probabilidades de que gane el apostador son de un 97%...

Para zanjar definitivamente el tema, agrego este grafiquito que muestra la probabilidad de ganar la apuesta (por parte del apostador) en función del número de personas en la sala:

Singing in the rain

Una duda que ha inquietado a la humanidad desde sus inicios es si vale la pena correr mientras llueve. En esto pensaba hace unos días mientras me empapaba andando en bicicleta bajo la lluvia, reflexionando que, por una parte, mientras más rápido avanzo, menos tiempo permanezco bajo la lluvia (obvio), pero que, por otra parte, si avanzo más rápido, me mojo más rápido por el frente de mi cuerpo.

Llegué a mi casa decidido a encontrar una velocidad óptima para el desplazamiento bajo la lluvia, para no seguir mojándome de más. Antes de mostrar mis cálculos y mis conclusiones, hago una pausa para aclarar que no soy el primero en abordar este problema. Mith Busters (serie que yo nunca he visto, pero de la que me han contado mucho) en su primer capítulo ya buscaba responder a esta pregunta de forma empírica, con un experimento bautizado como "Who Gets Wetter?".

Volvamos al tema. Suponer que un cuerpo, que por simplicidad tendrá forma de "caja" (o paralelepípedo recto rectangular, como prefieran), posee un área frontal (rectangular) de A₁ [m²], y un área superior (también rectangular) de A₂ [m²]. Este cuerpo se desplaza a velocidad constante, v [m/seg], bajo una lluvia de intensidad R [g/m²/seg] (esta unidad la inventé arbitrariamente por utilidad para el planteamiento, no sé si efectivamente se utiliza para medir la intesidad de una lluvia). En la figura se muestra la situación:

Interesa calcular cuánto se moja el cuerpo andando a velocidad v. Para esto hay que fijarse sólo en las gotas que mojan al cuerpo por delante, que son las que dependen de la velocidad. Supongamos por un momento que el cuerpo tiene una altura de h [m]. Para que una gota que se ubica a una altura h y a una distancia d [m] delante del cuerpo alcance a mojarlo será necesario que el cuerpo alcance a recorrer d [m] antes de que la lluvia llegue al suelo. Si suponemos que la lluvia cae perpendicularmente al suelo con una velocidad de y [m/seg], se puede concluir que el cuerpo es mojado por gotas que se encuentran a una distancia de hasta h·v/y [m]. Esto es equivalente a decir que existe un área rectangular de A₁·v/y delante del cuerpo v donde si una gota pasa a una altura h mojará al cuerpo, como se ilustra a continuación:

Para saber cuánto se moja un cuerpo que viaja a velocidad v, para un tramo de longitud L [m], se requiere conocer la cantidad de agua que le cae al cuerpo cada segundo que pasa bajo la lluvia. Esto equivale a:

Multiplicando por el tiempo que se está bajo la lluvia (que se calcula como L/v) se obtiene el total de agua que le llega al cuerpo, en función de la velocidad con la que se desplaza:

Se observa que la cantidad de agua que le llega al cuerpo en su cara frontal (A₁) es constante (independiente de la velocidad); y que el agua que llega sobre el área superior (A₂), disminuye con velocidades mayores (obvio). La conclusión preliminar sería, entonces: para mojarse menos bajo la lluvia, conviene correr. De hecho, a esta conclusión se podía llegar de una forma más simple e intuitiva: basta con imaginar que para recorrer L se va a atravesar miles de "cortinas" de ancho ínfimo, y que en cada una de ellas me voy a mojar en una cantidad que depende de la intensidad de la lluvia, pero no de la velocidad con la que me mueva. De esto se desprende, además, que sin los supuestos de hombre-caja y de lluvia vertical se podría llegar a los mismos resultados.

El problema es que esto contradice la práctica y los resultados de científicos reconocidos como son los de MythBusters... en todo caso, cuando uno observa que se mojó de más por correr, probablemente está sesgado por el hecho de que corriendo uno se moja más rápido. También es posible que el causante del "mojamiento adicional" al correr sean los charcos, o un tropiezo por atolondrado. Y qué importa, si al final, da lo mismo cuánto me esfuerce, porque va a pasar un camión por al lado y me va empapar los calcetines, sin importar el valor adoptado de v... por eso, la conclusión final sería que, corriendo o caminando, cuando llueve es mejor irse cantando.

Conexiones

Hace un tiempo describí, en el post Todo Está Conectado, un juego que consiste en encontrar un camino, lo más corto posible, entre dos actores, pasando por otros actores que hayan aparecido en películas en común formando una cadena.

Este juego se puede extender, como propuse depués, en Juegos Google, a encontrar caminos entre páginas de Internet (desde cualquiera hasta Google sugerí), ocupando sólamente los links que se encuentran en cada página.

Esto se puede extrapolar a un juego genérico: Se tiene un conjunto A, y una relación R para cualquier par de elementos de este conjunto. Esta relación puede cumplirse o no cumplirse para un par dado; diremos que para dos elementos a₁ y a₂, R(a₁,a₂)=V si se cumple, y F si no.

Se toman dos elementos cualesquiera del conjunto A, llamémoslos a₀ y a_n. Se desea encontrar un conjunto de elementos de A, a₁, a₂, ... , a_n-1, tales que cumplan: R(a₀,a₁)=V, R(a₁,a₂)=V, ... , R(a_n-1,a_n)=V. Además, se pide que este conjunto tenga el menor n posible.

Por ejemplo, para el primer juego el conjunto A sería "Actores" y la relación R(a₁,a₂) sería "a₁ ha aparecido en una película con a₂". Para el segundo ejemplo, A sería "Páginas Web" y R(a₁,a₂) quedaría definido por "Se puede llegar a a₂ por medio de un link de a₁".

Otros posibles conjuntos y relaciones que servirían para jugar serían:

• A: "Grupos Musicales"; R(a₁,a₂): "a₁ ha hecho un cover de a₂, o vice versa".
  
• A: "Palabras en Castellano"; R(a₁,a₂): "a₁ se forma cambiando una letra de a₂".
  
• A: "Palabras en Castellano"; R(a₁,a₂): "En el diccionario RAE on-line, en la definición de a₁ hay un enlace a a₂". (Este juego nació en Pequeños Enigmas hace algún tiempo).
  
• A: "El Mundillo de la Farándula"; R(a₁,a₂): "a₁ ha tenido un romance con a₂".
  
• A: "Personas"; R(a₁,a₂): "a₁ tiene el teléfono de a₂".
  

Para que el juego funcione correctamente es importante definir bien el conjunto A (¿Qué se entiende, por ejemplo, como "Palabras en Castellano"?). Además, hay que notar que la relación R no es necesariamente recíproca, como es el ejemplo de las páginas web. En este caso, el camino entre a₁ y a₂ no tiene por qué coincidir.

El Amor y Las Matemáticas

"La duración de un amor depende de la importancia relativa de los dominantes: corazón, sentidos, espíritu. Cuanto más sensual es un amor, tanto menos dura. Los amores de cabeza son vanos y fugitivos. Sólo el corazón es prenda de fidelidad. Esta ley puede representarse por la fórmula siguiente:

Siendo D la duración del amor, k2 una constante positiva, C, S, E, las proporciones respectivas de Corazón, Sensualidad y Espíritu, que entran en la constitución de este amor."

(Este texto extraído del artículo de Paul Diffloth, Ensayos sobre la matemática del amor, del año 1907. Lo conocí gracias a la página web de Josep M. Albaigès).

Me parece incríble que alguien haya tratado en serio de hacer un modelo para esto. Además, creo que ni siquiera se acerca mucho a la realidad su planteamiento...

Según la fórmula de Diffloth, para que un amor sea infinito, basta con que sea 0% "sensualidad", ó 0% "espíritu". Y no sólo eso; según esta fórmula, una relación que aumenta al doble sus cantidades de "corazón", "sensualidad" y "espíritu" no va a durar más, porque las proporciones no cambian.

Una cosa que me llamó la atención fue la constante k2 que aparece en la fórmula. Quise calcularla para mí, basándome en mi experiencia. El resultado fue que mi "constante amorosa" es de 162,98 (en meses), con un R^2 del 88% (lo que significa que, dentro de todo, la fórmula representó decentemente mi caso). Eso sí, me reservo los detalles del cálculo, por supuesto.

La Colección de Bolitas

Desde hace tres años más o menos decidí que iba a coleccionar bolitas (canicas). Pero no cualquiera. No me interesaba que fueran bonitas, exclusivas, fotocromadas o fosforescentes. Sólo me interesaba una cosa: tenían que ser bolitas encontradas en la calle. ¿Por qué? Porque leí el cuento La Decadencia de la Bolita de Alejandro Dolina. Destaco un párrafo que me marcó:

"... Este juego parece haber empezado a languidecer en 1960. Pero puede afirmarse que en ese momento ya hacía por lo menos cincuenta años que se jugaba. Entonces había veinte millones de habitantes en el país, y no era demasiado audaz afirmar que, en el medio siglo de su auge, el juego de la bolita había sido practicado por diez millones de individuos en uno y otro momento de sus vidas. Ahora bien: ¿cuántas bolitas poseía cada niño aficionado, como promedio? Digamos cincuenta. Multipliquemos: cincuenta por diez millones. Son quinientos millones de bolitas. Bien, volvamos al presente: alguno de ustedes ha visto una bolita en el último año? Seguramente no. Yo pregunto: ¿dónde están los quinientos millones de bolitas? ¿Quién las tiene?"

Esta estimación, aunque está hecha con datos argentinos, es aplicable en cualquier ciudad donde se practique este juego. Yo, durante más de tres años de búsqueda, he logrado encontrar sólo 4 bolitas. Esto sólo viene a reafirmar la perturbadora conclusión que Dolina insinúa: Estamos en presencia de una conspiración...