Inspirada en el clásico de la literatura medieval Los cuentos de Canterbury, de Geoffrey Chaucer, la más célebre obra del matemático británico Henry Ernest Dudeney combina relatos, juegos de lógica y enigmas creados para devanar los sesos de sus más avispados lectores. A través de un hilo argumental de gran calidad literaria, el autor reta a propios y extraños a resolver ingeniosos puzles, divertidos enigmas e intrigantes curiosidades matemáticas para ir avanzando en la trama. Creador de un incontable número de rompecabezas y problemas de lógica para rotativos del Reino Unido, Dudeney plasmó en Los acertijos de Canterbury su faceta más lúdica y didáctica, apta para todos los públicos y capaz de convertir un simple libro de cuentos en una plataforma interactiva muy adelantada a su siglo. Actualmente sigue siendo un indiscutible libro de cabecera para estudiosos y aficionados a las ciencias exactas de todo el mundo.

Henry E. Dudeney

Los acertijos de Canterbury

y otros problemas curiosos

ePub r1.0

Titivillus 26.04.2025

Título original: The Canterbury Puzzles

Henry E. Dudeney, 1988

Traducción: Susan Leaman

Editor digital: Titivillus

ePub base r2.1

ÍNDICE CLASIFICADO

(Se indica el número de acertijo)

ARITMÉTICA Y ÁLGEBRA

3, 11, 15, 19, 30, 31, 32, 44, 45, 55, 58, 59, 62, 74, 79, 80, 85, 90, 93, 96, 98, 101, 102, 103, 107, 108, 110.

COMBINATORIA

4, 10, 14, 16, 17, 20, 23, 26, 29, 37, 40, 87, 88, 89, 97, 100.

CUADRADOS MÁGICOS

6, 21, 34, 41, 65, 66, 99.

CHASCARRILOS Y DE OBSERVACIÓN

47, 49, 50, 53, 54, 56, 60, 61.

ESTRATEGIA

71, 77, 105, 106.

GEOMETRÍA

7, 13, 18, 25, 27, 28, 35, 36, 38, 48, 52, 64, 72, 73, 75, 81, 82, 92, 94, 95, 104, 109.

MOVIMIENTO DE FICHAS

1, 9, 12, 39, 46, 67, 70, 71, 84, 86, 91.

PESOS, MEDIDAS Y TRASVASES

5, 8, 42, 43.

TRAZADOS Y RECORRIDOS

2, 22, 24, 33, 51, 63, 69, 78, 83.

INTRODUCCIÓN

Quienes hayan leído El Molino sobre el Floss recordarán que cada vez que el Sr. Tulliver se enfrentaba a cualquier pequeña dificultad, solía hacer esta trivial observación: «Es un mundo confuso». De hecho, sin duda estamos completamente rodeados de interrogantes, algunas de las cuales el intelecto humano ha podido dominar, y muchas de las que puede decirse que son de imposible solución. El mismo Salomón, a quien puede suponerse haber sido notable en la resolución de acertijos, tuvo que admitir: «Hay tres cosas que son demasiado maravillosas para mí; ciertamente, cuatro que no conozco: el curso de un águila en el aire, el curso de una serpiente sobre una roca, el curso de un barco en medio del mar, y el curso de un hombre con una doncella».

Explorar los secretos de la Naturaleza es una pasión de todos los hombres: sólo que elegimos diferentes líneas de investigación. Los hombres han gastado largas vidas en intentos tales como transformar los metales ordinarios en oro, descubrir el movimiento perpetuo, encontrar una cura para determinadas enfermedades malignas, y navegar por el aire.

De la mañana a la noche nos vemos permanentemente enfrentados a acertijos. Pero hay acertijos y acertijos. Aquellos generalmente ideados para la recreación y el pasatiempo, pueden dividirse en dos clases, a grandes rasgos: los acertijos que se construyen sobre algún pequeño principio interesante o informativo, y los acertijos que no encierran ninguna clase de principios —tales como una figura recortada al azar en pequeños pedacitos para ser vuelta a formar, o la tontería infantil conocida como «jeroglífico» o «rebus»—. Los primeros pueden considerarse adecuados para la diversión del hombre y la mujer inteligentes; los últimos pueden confidencialmente recomendarse a los débiles mentales.

La curiosa tendencia a proponer acertijos no es peculiar a ninguna raza ni a ningún período de la historia. Es simplemente innata a cualquier hombre, mujer o niño inteligente, aunque siempre se está manifestando de diferentes maneras; que el individuo sea una Esfinge de Egipto, un Sansón de erudición hebrea, un faquir hindú, un filósofo chino, un mahatma del Tíbet, o un matemático europeo, hace poca diferencia.

Los teólogos, científicos y artesanos están permanentemente ocupados en tratar de solucionar problemas, mientras que todo juego, deporte y pasatiempo se basa en problemas de mayor o menor dificultad. La pregunta espontánea planteada por un niño a su padre, por un ciclista a otro mientras toman un breve descanso, por un jugador de cricket durante la hora del almuerzo, o por un navegante mientras examina perezosamente el horizonte, es frecuentemente un problema de considerable dificultad. En resumen, todos estamos proponiéndonos acertijos unos a otros, todos los días de nuestras vidas —no siempre sabiéndolo.

Un buen acertijo debe exigir el ejercicio de nuestro mejor ingenio y habilidad, aunque cierto conocimiento de matemática y alguna familiaridad con los métodos de la lógica son frecuentemente de gran ayuda en la solución de estas cosas, aun así, a veces sucede que una dosis de astucia y sagacidad naturales son de considerable valor. Porque muchos de los mejores problemas no pueden resolverse por ningún método escolástico conocido, sino que deben atacarse por lineamientos completamente originales. He aquí por qué, luego de una larga y amplia experiencia, uno encuentra que determinados acertijos a veces serán resueltos con más facilidad por personas que sólo tienen buenas facultades naturales, que por las más educadas. Los mejores jugadores de juegos de ingenio tales como el ajedrez y las damas, no son matemáticos, aunque es posible que ellos tengan mentes matemáticas sin desarrollar.

Es extraordinaria la fascinación que un buen acertijo ejerce sobre mucha gente. Sabemos que es un asunto trivial, y aun así nos sentimos impulsados a dominarlo; y cuando lo hemos logrado nos inundan un placer y una sensación de satisfacción que son recompensa suficiente para nuestros esfuerzos, aun cuando no haya ningún premio que ganar. ¿Qué es este misterioso encantamiento que muchos encuentran irresistible? ¿Por qué nos atrae la dificultad? El hecho curioso es que en cuanto el enigma ha sido resuelto, el interés generalmente desaparece. Lo hemos logrado, y esto es suficiente. Pero, ¿por qué hicimos el intento de resolverlo?

La respuesta es simplemente que nos da placer buscar la solución —que todo el placer estaba en el buscar y el encontrar—. Un buen acertijo, al igual que la virtud, es su propia recompensa. Al hombre le fascina verse enfrentado a un misterio, y no es enteramente feliz hasta que lo ha desentrañado. Nunca nos gusta sentir nuestra inferioridad mental respecto a quienes nos rodean. El espíritu de rivalidad es innato en el hombre; estimula al niño más pequeño, en los juegos o en el estudio, para mantenerse al nivel de sus compañeros, y en la vida adulta convierte a los hombres en grandes descubridores, inventores, oradores, héroes, artistas, y (si tiene propósitos más materiales) quizás millonarios.

Al comenzar una recorrida a través de los vastos dominios del Reino de los Acertijos, haríamos bien en recordar que encontraremos puntos de interés de un carácter muy variado. Yo sacaré provecho de esta variedad. La gente generalmente comete el error de confinarse a un pequeño rincón de este dominio, y de esa forma pierde oportunidades de nuevos placeres que están al alcance de la mano.

Una persona se dedicará a los acrósticos y otros acertijos de palabras, otra a los rompecabezas matemáticos, otra a problemas de ajedrez (que son meramente acertijos sobre el tablero, y tienen poca relación práctica con el juego de ajedrez), y así sucesivamente. Esto es un error, porque restringe nuestro placer, y desdeña aquella variedad, que es tan saludable para el cerebro.

Además, hay verdaderamente una utilidad práctica en la resolución de acertijos. Se supone que el ejercicio regular es tan necesario para la mente como lo es para el cuerpo, y en ambos casos no es tanto de lo que hacemos, sino del hecho de hacerlo de lo que extraemos un beneficio. La caminata diaria recomendada por el médico para bien del cuerpo, o el ejercicio mental diario, pueden en sí parecer una gran pérdida de tiempo, pero a la larga resultan la más cierta economía. Albert Smith, en una de sus divertidas novelas, describe a una mujer que estaba convencida de que tenía «telarañas en el cerebro». Esta puede ser una dolencia muy poco frecuente, pero en un sentido más metafórico, muchos de nosotros somos muy propensos a sufrir de telarañas mentales, y no existe nada comparable a la resolución de acertijos y problemas para deshacerse de ellas. Los acertijos mantienen la mente alerta, estimulan la imaginación, y desarrollan las facultades de razonamiento. Y no sólo son útiles en esta forma indirecta, sino que muchas veces nos ayudan directamente, enseñándonos pequeños trucos y «artimañas» que pueden aplicarse a los asuntos de la vida en los momentos más inesperados y de las formas más insospechadas.

Hay un pasaje interesante en alabanza de los acertijos en las exquisitas cartas de Fitzosborne. He aquí un extracto: «El estudio ingenioso de la creación y resolución de acertijos es indudablemente una ciencia muy necesaria, y merece ser objeto de meditación por ambos sexos. Es en verdad un arte que yo recomendaría para ambas Universidades, ya que proporciona el método más fácil y más corto de transmitir algunos de los más útiles principios de la lógica. Era máxima de un príncipe muy sabio “Aquel que no sabe disimular, no sabe reinar”; y yo deseo que ustedes reciban como la mía, que “Aquel que no sabe resolver enigmas, no sabe vivir”.»

¿Cómo se inventan los buenos acertijos? No me refiero a los acrósticos, anagramas, charadas y ese tipo de cosas, sino a acertijos que contienen una idea original. No se puede inventar un buen acertijo a propósito, de igual modo como no puede inventarse así ninguna otra cosa. Las ideas para acertijos aparecen en momentos extraños y de modos extraños. Son sugeridas por algo que vemos u oímos, y se llega a ellas a través de otros acertijos que nos son formulados. Es inútil decir, «Me sentaré a inventar un acertijo original», porque no hay forma de crear una idea; sólo se puede hacer uso de ella cuando llega. Se podrá pensar que esto es incorrecto, porque un experto en estas cosas crea cantidades de acertijos, mientras que otra persona, igualmente astuta, no puede inventar ni uno, «aunque en ello le vaya la vida», como se dice vulgarmente. La explicación es muy sencilla. El experto reconoce una idea cuando la ve, y es capaz, por su vasta experiencia, de juzgar su valor. La fertilidad, como la facilidad, viene con la práctica.

Algunas veces surge una idea nueva y muy interesante a partir de la confusión que uno comete respecto de otro acertijo. Un niño recibió un acertijo de un amigo, pero entendió mal lo que debía hacer, y se dedicó a intentar lo que probablemente cualquier persona hubiera considerado un imposible. Pero éste era un niño de gran voluntad, y se concentró en ello durante seis meses, hasta que finalmente lo logró. Cuando su amigo vio la solución, dijo: «Este no es el acertijo que te propuse, me entendiste mal. ¡Pero has encontrado algo mucho mejor!» Y el acertijo que este niño descubrió accidentalmente figura ahora en todos los viejos libros de acertijos.

Una persona ingeniosa, con una idea, puede crear acertijos a partir de casi cualquier cosa. Monedas, fósforos, cartas, fichas, pedacitos de alambre o cordel, todos son útiles. Se ha inventado una inmensidad de acertijos a partir de las letras del alfabeto, y de esos nueve pequeños dígitos y el cero, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, y 0.

Siempre debe recordarse que una persona muy simple puede llegar a proponer un problema sólo capaz de ser resuelto por mentes hábiles, si es que puede resolverse. Una niña preguntó: «¿Puede Dios hacer cualquier cosa?» Al recibir una respuesta afirmativa, dijo enseguida: «Entonces, ¿puede El hacer una piedra tan pesada que El mismo no pueda levantar?» Muchos adultos bien despiertos no encuentran enseguida la respuesta satisfactoria. Sin embargo, la dificultad radica meramente en la absurda, aunque sagaz, manera de plantear la pregunta, la que en realidad lleva a preguntar: «¿Puede el Todopoderoso destruir su propia omnipotencia?» Es en algo similar a esta otra: «¿Qué sucedería si un cuerpo móvil irresistible llegara a tomar contacto con un cuerpo incapaz de ser movido?» Aquí tenemos simplemente una contradicción de términos, ya que si existiera tal cosa como un cuerpo incapaz de ser movido, no podría al mismo tiempo existir un cuerpo móvil al que nada pudiera resistirse.

El Profesor Tyndall solía instar a los niños a que le formularan preguntas enigmáticas, y algunas de ellas eran nueces difíciles de pelar. Un niño le preguntó por qué la parte de una toalla que ha sido sumergida en agua es de color más oscuro que la parte seca. ¿Cuántos lectores podrían dar la respuesta correcta? Muchas personas quedan satisfechas con las respuestas más absurdas a este tipo de preguntas. Si preguntamos: «¿Por qué podemos ver a través del vidrio?», nueve de cada diez personas contestarían: «Porque es transparente», lo cual, obviamente, es simplemente otra forma de decir: «Porque podemos ver a través de él».

La variedad de acertijos es tan infinita que a veces es muy difícil clasificarlos en grupos definidos. Frecuentemente se fusionan de tal forma, que lo mejor que podemos hacer es clasificarlos en unas cuantas categorías amplias. Tenemos tres o cuatro ejemplos, para ilustrar lo que quiero decir.

En primer lugar está la vieja adivinanza, que estimula la imaginación y el juego de la fantasía. Los lectores recordarán la adivinanza de la Esfinge, el monstruo de Beocia que proponía enigmas a los habitantes, y los devoraba si no lograban resolverlos. Se decía que la Esfinge se destruiría a sí misma si una de sus adivinanzas era contestada correctamente alguna vez. Era ésta: «¿Qué animal camina en cuatro patas de mañana, en dos al mediodía, y en tres al atardecer?» El enigma fue dilucidado por Edipo, quien señaló que el hombre camina sobre sus pies y manos en la mañana de la vida, erecto al mediar su vida, y en el atardecer de la vida soporta sus dolencias con un bastón. Cuando la Esfinge oyó esta explicación, estrelló su cabeza contra una roca, e inmediatamente expiró. Esto demuestra que quienes resuelven acertijos pueden llegar a ser realmente útiles algunas veces.

Luego está la adivinanza propuesta por Sansón. Es quizás la primera competencia premiada en esta categoría de que se tenga registro; el premio consistía de treinta sábanas y treinta cambios de vestimenta por la solución correcta. La adivinanza era ésta: «Del que come provino el alimento, y del fuerte provino la dulzura.» La respuesta era: «Un panal de abejas en el cuerpo de un león muerto». Hoy en día, este tipo de adivinanzas sobrevive en una forma como ésta: «¿Por qué cruza la calle un pollo?», a lo cual la mayoría de la gente contesta: «Para llegar al otro lado», aunque la respuesta correcta es: «Para inquietar al conductor». Ha degenerado en un juego de palabras, el que normalmente se basa en un mero equívoco. Por ejemplo, desde nuestra infancia se nos ha preguntado: «¿Qué debe hacerse para que un burro no sea burra?» y la solución es: «Entretenerle, para que no se aburra».

Tenemos la amplia categoría de los juegos de letras, que se basan en las pequeñas peculiaridades del lenguaje en que están escritos, tales como los anagramas, acrósticos, cuadrados de palabras y charadas. En este grupo encontramos también los palíndromos, palabras y oraciones que se leen igual al derecho que al revés. Estos deben ser en verdad muy antiguos, si es cierto que Adán se presentó a Eva (en idioma inglés, cabe señalar) con el palíndromo: «Madam, I’m Adam» («Señora, soy Adán»), a lo cual su consorte respondió con el modesto palíndromo «Eve» («Eva»).

Luego están los acertijos aritméticos, una clase inmensa, plena de diversidad. Estos van desde el acertijo que el algebrista considera tan sólo como una «simple ecuación», bastante sencilla y de solución directa, hasta los problemas más profundos del elegante dominio de la teoría de los números.

Después tenemos el acertijo geométrico, del cual una rama favorita y muy antigua es el acertijo de disección, que consiste en cortar una figura plana en determinada cantidad de porciones, que se junten y formen otra figura. La mayoría de los rompecabezas de alambre que se venden en las calles y en las jugueterías, tiene que ver con la geometría de la posición.

Pero estas categorías no están ni cerca de ab ircar a todos los tipos de acertijos que existen, ni siquiera cuando muchos pertenecen a varias clases al mismo tiempo. Hay muchos acertijos mecánicos ingeniosos que no pueden clasificarse, ya que son bastante únicos: hay acertijos de lógica, de ajedrez, de damas, de cartas y de dominós, y todo truco de magia no es sino un acertijo, cuya solución el mago trata de mantener en secreto.

Hay acertijos que parecen fáciles y son fáciles, acertijos que parecen fáciles y son difíciles, acertijos que parecen difíciles y son difíciles y acertijos que parecen difíciles y son fáciles, y en cada grupo podemos, por supuesto, encontrar diferentes grados de facilidad y dificultad. Pero no es cierto que un acertijo cuyas condiciones sean de fácil comprensión, aun para el niño más pequeño, sea en sí mismo sencillo. Tal acertijo puede, sin embargo, parecerle fácil a un inexperto, y resultarle una tarea ardua una vez que intenta desentrañarlo.

Por ejemplo, si escribimos diecinueve unos para formar el número 1.111.111.111.111.111.111 y luego preguntamos qué número (que no sea el 1 ni él mismo) lo divide sin dejar resto, las condiciones resultarán sencillas, pero la tarea es terriblemente complicada. Nadie en este mundo sabe aún si el número tiene un divisor o no. La persona que lo encuentre habrá realizado algo que nadie nunca ha conseguido.[1]

El número compuesto por diecisiete unos, 11.111.111.111.111.111, tiene solamente estos dos divisores: 2.071.723 y 5.363.222.357, y su descubrimiento es una tarea sumamente ardua. El único número compuesto de unos del que sabemos con certeza que no tiene divisor es el 11. Un número así, como se sabe, es conocido como número primo.

La máxima de que siempre existe una forma correcta y una incorrecta de hacer cualquier cosa, se aplica muy especialmente a la resolución de acertijos. Aquí la forma incorrecta consiste en efectuar intentos sin rumbo, sin método, con la esperanza de llegar a la solución accidentalmente —un proceso que generalmente nos atrapa sin esperanzas en la trampa que nos fue diestramente tendida.

Sin embargo, ocasionalmente aparece un problema de tal carácter, que aunque puede ser rápidamente resuelto por tanteo, es muy difícil hacerlo por un proceso de razón pura. Pero en la mayor parte de los casos, éste último método es el único que proporciona verdadero placer.

Cuando nos sentamos a resolver un acertijo, lo primero que debemos hacer es aseguramos de haber comprendido sus condiciones lo mejor posible, ya que si no entendemos qué es lo que tenemos que lograr, es poco probable que lo consigamos. Todos conocemos la historia del hombre al que se le preguntó: «Si un arenque y medio cuesta tres medios peniques, ¿cuánto costarán doce arenques?» Luego de varios intentos infructuosos, se dio por vencido, y el que propuso el acertijo le explicó que doce arenques costarían 1 chelín (12 peniques). «¡Arenques!», replicó el otro como disculpa. «¡Yo lo estaba calculando en merluzas!»

Poner en palabras las condiciones de un nuevo acertijo, de forma que sean al mismo tiempo exactas y claras, y no tan prolijas como para destruir todo interés en el asunto, a veces requiere más cuidado de lo que el lector puede imaginar. Recuerdo haber propuesto una vez un problema que requería realizar algo con la «menor cantidad posible de líneas rectas», y una persona que era o muy astuta o muy tonta (nunca pude determinarlo) sostuvo que lo había resuelto en una sola línea recta, pues se había asegurado de trazar todas las demás curvas. ¿Quién podía esperar tal sutileza?

Si proponemos un acertijo de «cruzar el río», en el que un grupo de personas debe llegar a la otra orilla en un bote que sólo puede llevar determinado número o combinación de personas, en cuanto la persona que intenta resolverlo encuentra que no puede vencer la dificultad, audazmente introduce una cuerda para jalar el bote desde la otra orilla. Le decimos que una cuerda no está permitida, y entonces recurre al uso de la corriente de agua. Una vez creí haber excluido meticulosamente todo posible truco por el estilo de un acertijo de esta clase. Pero un iluminado lector hizo que todas las personas cruzaran a nado el río, ¡sin usar el bote para nada! Por supuesto, algunos acertijos están deliberadamente formulados para ser resueltos con algún truco de este tenor, y si no existe solución sin el truco, es perfectamente lícito. Debemos a nuestro mejor entender juzgar si un acertijo encierra o no una trampa, pero nunca debemos presuponerlo. Retorcer las condiciones de un acertijo con argucias es el último recurso del solucionador derrotado.

Algunas veces la gente intentará confundimos con pequeñas ambigüedades del significado de las palabras. Recientemente un hombre me propuso este viejo y conocido problema: «Un niño camina alrededor de un poste sobre el cual hay un mono, pero mientras el niño camina, el mono gira sobre el poste, de forma que siempre queda de frente al niño. ¿Camina el niño alrededor del mono?» Le contesté que le daría la respuesta, si antes me daba su definición de «caminar alrededor». Él, por supuesto, vaciló, buscando atraparme de un modo u otro. Entonces señalé que si se tomaban las palabras en su significado corriente, sin duda el niño caminaba alrededor del mono. Como era de esperar, él replicó que no era así, ya que entendía por «caminar alrededor» de algo, el moverse de tal forma que nos permita ver todos sus lados. A esto yo opuse la obvia respuesta de que, consecuentemente, un ciego no podría caminar alrededor de ninguna cosa.

Entonces él rectificó su definición, diciendo que el hecho en sí de ver todos los lados no era lo esencial, sino el ir de forma que, dado el sentido de la vista, podrían verse todos los lados. A lo que se sugirió que, consecuentemente, ¡no se podría caminar alrededor de un hombre que estuviera encerrado dentro de una caja! Y así sucesivamente. Todo el asunto es divertidamente estúpido, y si al comenzar se exige una sencilla y correcta definición de «caminar alrededor» ya no hay acertijo, y se evita una inútil y frecuentemente acalorada discusión.

Cuando se han comprendido las condiciones, siempre es bueno intentar simplificarlas, ya que así se evitan grandes confusiones. Muchas personas encuentran confuso el viejo acertijo acerca del hombre que, señalando un retrato dice: «No tengo hermanas ni hermanos, pero el padre de este hombre es el hijo de mi padre». ¿Qué relación tiene el hombre de la fotografía con el que habla? Esto puede simplificarse diciendo que «el hijo de mi padre» debe ser «mi hermano» o «yo mismo». Pero ya que este hombre no tiene hermanos, es claramente «yo mismo». La afirmación simplificada, viene a ser sencillamente: «El padre de ese hombre soy yo», y era obviamente el retrato de su hijo. ¡Y sin embargo la gente discute este asunto durante horas!

Hay misterios que nunca han sido resueltos en muchas zonas del Reino de los Acertijos. Consideremos unos pocos del mundo de los números —pequeños asuntos cuyas condiciones resultan comprensibles a un niño, pero que las mentes más elevadas no pueden dominar—. Todos han oído la expresión: «Es tan difícil como cuadrar un círculo», aunque muchos tienen una idea muy vaga de lo que significa. Si tenemos un círculo de un diámetro dado y deseamos encontrar el lado de un cuadrado que contenga exactamente la misma superficie, nos enfrentamos al problema de cuadrar el círculo. Bien, no puede hacerse con exactitud (aunque podemos llegar a una aproximación muy aceptable para todos los fines prácticos), porque no es posible definir en números exactos la relación del diámetro con la circunferencia. Sin embargo, sólo recientemente se ha probado que es imposible, pues una cosa es no poder realizar determinada acción, y otra muy diferente probar que no puede ser realizada. Actualmente sólo los maniáticos sin instrucción hacen el intento de cuadrar el círculo.

Tampoco es posible dar en números exactos la longitud de la diagonal de un cuadrado. Si tenemos el vidrio de una ventana que mide exactamente un pie por lado, existe una distancia de esquina a esquina que nos salta a la vista, y sin embargo nunca podemos expresar con exactitud la longitud de esa diagonal. Una persona simple nos sugerirá enseguida que podemos tomar en primer lugar la diagonal, digamos de exactamente un pie, y luego trazar nuestro cuadrado. Ciertamente podemos hacer esto, pero entonces no sabremos con exactitud la longitud del lado. Podemos tener uno cualquiera de los dos, el lado o la diagonal, pero nunca ambos.

Todos mis lectores saben lo que es un cuadrado mágico. Se disponen los números del 1 al 9 en un cuadrado de 9 celdas, de forma que todas sus columnas y líneas, y ambas diagonales, sumen 15. Es bastante fácil, y existe una sola forma de hacerlo, ya que no consideramos como distintas las disposiciones obtenidas simplemente girando el cuadrado o reflejándolo en un espejo. Ahora bien, si queremos formar un cuadrado mágico con los dieciséis números del 1 al 16, hay nada menos que 880 diferentes maneras de lograrlo, nuevamente sin contar giros y reflexiones. Esto ha sido finalmente probado en años recientes. Pero nadie sabe cuántos cuadrados mágicos son posibles con los veinticinco números del 1 al 25, y deberemos ampliar nuestros conocimientos en varias direcciones si queremos llegar a resolver este acertijo.

Pero, es sorprendente saber que pueden formarse exactamente 174.240 de estos cuadrados tan sólo de una variedad restringida —el cuadrado bordeado, cuyo cuadrado interior de nueve celdas es a su vez mágico—. Y he demostrado cómo esta cifra puede ser inmediatamente duplicada, simplemente convirtiendo cada cuadrado bordeado —mediante una regla simple— en uno no bordeado.

También se ha intentado en vano construir un cuadrado mágico por medio del llamado «recorrido del caballo» sobre el tablero de ajedrez, numerando sucesivamente cada casillero que el caballo visita (1, 2, 3, 4, etc.). Y se ha logrado, con excepción de las dos diagonales, que hasta el presente han frustrado todos los intentos. Pero no se ha probado que no pueda lograrse.

Aunque la mayor parte del presente volumen es enteramente original, el lector podrá reconocer a un puñado de viejos amigos, pero confío que éstos no tendrán una mala acogida en la nueva indumentaria que les ha sido dada. Hay acertijos de todos los grados de dificultad, y son de carácter tan variado, que quizás no sea exagerado esperar que todos los verdaderos aficionados encuentren un amplio material de su interés —y quizás para su instrucción—. En algunos casos he dado en detalle los métodos de resolución, pero en otros debí resignarme a proporcionar lisa y llanamente las respuestas. Si hubiera dado las respuestas y pruebas completas para cada acertijo, hubiera debido omitir la mitad de los problemas, o aumentar en gran medida el volumen del libro. Y el plan que he adoptado tiene sus ventajas, pues deja campo libre para que el entusiasta de la matemática desarrolle su propio análisis; aun en los casos en que proporcioné una fórmula general para la resolución de un acertijo, él hallará gran interés en verificarlo por sí mismo.

LOS ACERTIJOS DE CANTERBURY

Una compañía de peregrinos casualmente reunidos camino al santuario de Santo Tomás de Becket, en Canterbury, se encontró en la vieja Posada Tabard, más adelante llamada Talbot, en Southwark, y el posadero sugirió que se entretuvieran durante el trayecto contándose cuentos unos a otros. Como todos sabemos, este fue el origen de los inmortales Cuentos de Canterbury de nuestro gran poeta del siglo catorce, Geoffrey Chaucer. Desafortunadamente, los cuentos nunca fueron terminados, y quizás este sea el motivo por el que los exquisitos y curiosos «Acertijos de Canterbury», creados y propuestos por el mismo grupo de peregrinos, nunca fueran registrados por la pluma del poeta. Esto es en verdad lamentable, ya que Chaucer, que como afirma Leland, era un «matemático ingenioso» y el autor de un docto tratado sobre el astrolabio, tenía una peculiar habilidad para la proposición de problemas. Al presentar por primera vez algunos de estos acertijos de los viejos tiempos, no me detendré a relatar la forma singular en que llegaron a mis manos, sino que procederé de inmediato, sin un innecesario preámbulo, a dar a mis lectores la oportunidad de resolverlos y evaluar su calidad. Sin duda existen acertijos mucho más difíciles que estos, pero la dificultad y el interés son dos cualidades que no necesariamente van juntas.

1. El Acertijo del Magistrado

El Magistrado era un hombre astuto, y casi un erudito. Como nos dice Chaucer, «No había auditor que pudiera aventajarle», y «ningún hombre que pudiera llevarle la delantera». El poeta también observó que «siempre caminaba último en la ruta». Esto hacía para permitirse desentrañar mejor y sin interrupciones los imaginativos problemas e ideas que pasaban por su activo cerebro. Una vez que los peregrinos descansaban en una taberna al costado del camino, su ojo avizor descubrió una cantidad de quesos de diversos tamaños, y pidiendo le proporcionaran cuatro bancos, anunció a la compañía que les enseñaría un acertijo de su invención que les entretendría durante el reposo. Entonces colocó ocho quesos ordenados por tamaños sobre uno de los bancos de los extremos, el más pequeño arriba de todos, como muestra claramente la ilustración.

—Esta es una prueba que una vez propuse a mis conciudadanos en Baldeswell, que está en Norfolk —anunció—, y por San José que no hubo entre ellos ningún hombre que pudiera llevarla a buen término. Y sin embargo es de gran facilidad, ya que lo único que deseo es que, moviendo un queso a la vez de un banco a otro, coloquéis todos los quesos en el banco que está al otro extremo, sin montar nunca un queso sobre otro menor a él. A quien realice esta acción en la menor cantidad de movimientos posible, pagaré un trago de lo mejor que nuestro tabernero pueda ofrecer.

Resolver este acertijo en la menor cantidad de movimientos posible, primero con ocho, luego con diez, y al fin con veintiún quesos, es un entretenimiento interesante.

Solución

2. El Acertijo del Perdonador

El gentil Perdonador, «que venido era directamente de la corte de Roma», solicitó ser dispensado, pero la compañía no quiso eximirlo.

—Amigos y compañeros peregrinos —dijo—, de verdad os digo que la adivinanza que he creado es poca cosa, pero es lo mejor que he podido pensar. Debéis disculpar mi ignorancia en estos asuntos, si no es de vuestro agrado.

Pero su invención tuvo muy buena acogida. Dibujó el plano que se acompaña, y dijo que representaba 64 ciudades que él había atravesado durante algunos de sus peregrinajes, y las líneas que las conectan eran caminos. Explicó que el acertijo consistía en comenzar por la ciudad grande pintada de negro, y visitar todas las otras una vez, y sólo una vez, en quince peregrinajes rectos. Intente trazar una ruta de quince líneas rectas con un lápiz. Usted puede finalizar donde quiera, pero advierta que la omisión de un pequeño camino en la parte inferior es intencional, pues parece que era imposible ir por ese lado.

Solución

3. El Acertijo del Molinero

El Molinero llevó luego a la compañía hacia un rincón y les mostró nueve sacos de harina, que estaban colocados como se ilustra en la figura.

—Ahora escuchad todos —les dijo—, pues os presentaré la adivinanza de los nueve sacos de harina. Y observad, caballeros y señores míos, que hay sólo un saco en cada extremo, cada cual seguido de un par, y tres sacos juntos en medio. Por San Benito, sucede que si multiplicamos el par 28 por su vecino, 7, el producto es 196, que ciertamente es la cifra que muestran los tres sacos del medio. Sin embargo, no es verdad que el otro par, 34, al ser multiplicado por el único saco en ese extremo, 5, resulte también 196. Por tanto, os ruego, gentiles señores, que recoloquéis los sacos con el menor trabajo posible, de tal forma que cada par, al ser multiplicado por su vecino, produzca el número del medio.

Ya que el Molinero ha estipulado, en efecto, que debe moverse la menor cantidad de bolsas posible, hay una sola respuesta a este acertijo, que todos deberían poder hallar.

Solución

4. El Acertijo del Caballero

Este hombre meritorio era, como nos afirma Chaucer, «un muy perfecto y gentil caballero», y «en muchos nobles ejércitos había actuado: en batallas crueles valía por quince.» Su escudo, tal como lo vemos en la ilustración mostrándolo a la compañía en el Tabard, era, en el peculiar lenguaje de los heraldos, «argentino, sembrado de rosas, gules»; lo que significa que sobre un campo blanco se derramaban o salpicaban rosas rojas, como la semilla es diseminada por la mano. Cuando fue el turno de este caballero de proponer un acertijo, dijo a la compañía:

—Este pasatiempo me fue presentado por un sujeto en tiempos en que combatía yo con el Señor del Palatino contra los paganos de Turquía. Tomad en vuestra mano un trozo de tiza, y averiguad cuántos cuadrados perfectos podéis hacer con una de las ochenta y siete rosas en cada esquina.

El lector tal vez encuentre interesante el problema de contar el número de cuadrados que pueden formarse en el escudo uniendo cuatro rosas.

Solución

5. El Acertijo del Posadero

Quizás ningún otro acertijo de toda la colección haya causado más regocijo ni haya sido considerado más entretenido que el que presentó el Posadero del Tabard, que acompañó al grupo durante todo el tiempo. Reunió a los peregrinos, y habló así:

—Mis alegres señores, ahora que es mi tumo de sacudir vuestras molleras, os enseñaré un pequeño artificio que exigirá al máximo vuestro ingenio. Y sin embargo, parece un asunto bien simple cuando se ha aclarado su proceder. He aquí un tonel de buena cerveza de Londres, y en mis manos sostengo dos medidas: una de cinco pintas, y la otra de tres pintas. Os ruego me mostréis cómo es posible que pueda yo poner una pinta exacta en cada una de las medidas.

Por supuesto, no puede utilizarse ningún otro recipiente o elemento, y no está permitido marcar las medidas. Es un problemita enredado y fascinante. Muchos encontrarán que no es, en forma alguna, una tarea sencilla; sin embargo, es posible realizarla.

Solución

6. El Acertijo del Estudiante de Oxenford

El silencioso y pensativo Estudiante de Oxenford, de quien recordamos que «cada penique que sus amigos le prestaban, en libros y aprendizaje siempre gastaba», fue persuadido de presentar un acertijo a sus compañeros. Dijo:

—Últimamente he dedicado mucho estudio a esos extraños talismanes para alejar la plaga y otras perversidades, como son los llamados cuadrados mágicos, y el secreto de tales cosas es muy profundo y el número de tales cuadrados en verdad muy grande. Pero la pequeña prueba que preparé ayer por la noche para esta compañía no es tan difícil como para que no podáis resolverla con un poco de paciencia.

Entonces dibujó el cuadrado que muestra en la ilustración y dijo que se deseaba que fuera recortado en cuatro trozos (a lo largo de las líneas) de modo tal que, al unirlos nuevamente, formaran otro cuadrado mágico perfecto cuyas cuatro columnas, cuatro hileras y dos diagonales largas sumaran 34. Es un acertijo suficientemente sencillo para la mayoría de los gustos.

Solución

7. El Acertijo del Tapicero

Se adelantó luego el Tapicero, que era, por supuesto, fabricante de tapices, y presentó un hermoso corte de tapiz con un diseño sencillo en damero, como muestra el diagrama.

—Este trozo de tapiz, señores —declaró—, tiene ciento sesenta y nueve pequeños cuadrados, y deseo que me digáis la manera de corlarlo en tres piezas que puedan unirse y formar una pieza entera en forma de cuadrado perfecto. Y más aún, ya que existen diversas maneras de hacerlo, deseo conocer el modo en el que dos de las tres piezas reúnan entre sí la mayor parte del rico tapiz.

Resulta claro que el tapicero deseaba que los cortes se efectuaran sólo a lo largo de las líneas que dividen los cuadrados, y, como el material no era igual en sus dos caras, no podía revertirse ninguna pieza, y debía cuidarse que el diseño en damero quedara bien compuesto.

Solución

8. El Acertijo del Carpintero

El Carpintero fabricó el puntal de madera tallada que se le ve sostener en la ilustración en la que el Caballero propone su arduo problema a la buena compañía (N° 4), y habló así:

—Vive en la ciudad de Londres cierto estudioso, docto en astrología y otras extrañas artes. Hace unos días me trajo un trozo de madera de tres pies de largo, un pie de ancho y un pie de espesor, y solicitó que fuera tallado y trabajado para hacer el puntal que ahora contempláis. También prometió cierta paga por cada pulgada cúbica de madera que fuera extraída por el tallado.

»De modo que pesé el bloque de madera antes de comenzar, y encontré que su peso era en verdad de 30 libras, mientras que el puntal pesa ahora 20 libras. De allí que, ciertamente, extraje de la pieza un pie cúbico de madera (es decir, un tercio) de los tres pies cúbicos del bloque; pero este estudioso sostuvo que el pago no debía basarse en el peso, ya que el corazón del bloque podía ser más pesado o quizás más liviano que la parte exterior. ¿Cómo entonces podría satisfacer al estudioso en cuanto a la cantidad de madera que fue extraída?

A primera vista este parece un asunto complejo, pero es tan absurdamente simple, que el método utilizado por el carpintero debería ser por todos conocido, ya que es un pequeño «truco» muy útil.

Solución

9. El Acertijo del Arquero.

Chaucer dice del Arquero que integraba uno de sus grupos de peregrinos: «Podría adivinar que era ciertamente un guardabosques», y nos relata que «sus flechas no caían por falta de plumas, y en sus manos esgrimía un arco poderoso.» Cierto día en que se hizo un alto en una taberna a un lado del camino que ostentaba como distintivo el viejo «Tablero de Damas», este arquero consintió en dar a la compañía una exhibición de su destreza. Seleccionando nueve buenas flechas, dijo:

—Observad, buenos señores, que dispararé estas nueve flechas de tal forma que cada una de ellas se clavará en medio de una de las casillas que hay en el tablero. Y sin embargo, ninguna flecha quedará alineada con otra.

El diagrama muestra exactamente cómo hizo esto, y se encontrará que no hay dos flechas en la misma línea, horizontal, vertical o diagonal. Entonces el Arquero dijo:

—He aquí, pues, una prueba para vosotros. Llevad tres de las flechas, cada una a una de sus casillas vecinas, de manera que las nueve estén aún situadas de modo que ninguna esté alineada con otra.

Entendemos por «casilla vecina» una que linde, ya sea lateral o diagonalmente.

Solución

10. El acertijo de la Monja

—Pienso que no habrá entre vosotros ninguno —declaró la Monja en otra ocasión—, que no sepa que muchos monjes a menudo se entretienen con ciertos juegos, si bien no les es permitido. Ellos esconden astutamente de los ojos del abad juegos tales como las cartas y el ajedrez, ocultándolos en huecos recortados del mismo corazón de grandes libros que guardan en sus estantes. ¿Deberá, por tanto, censurarse a las monjas si hacen otro tanto? Os enseñaré una pequeña adivinanza que algunas veces practicamos, cuando ocurre que la buena abadesa está ausente.

Entonces la Monja exhibió las veintiuna cartas que se ven en la ilustración. Explicó que el acertijo consistía en ordenar las cartas en un mazo de manera que, al colocar la carta superior sobre la mesa, la siguiente al fondo del mazo, la siguiente sobre la mesa, la siguiente al fondo del mazo, y así sucesivamente, hasta que todas estén sobre la mesa, las dieciocho cartas permitan leer entonces «CANTERBURY PILGRIMS» (Peregrinos de Canterbury). Por supuesto cada carta deberá colocarse sobre la mesa a la derecha de la precedente. Es bastante fácil si se hace de atrás para adelante, pero el lector debería intentar llegar al orden requerido sin esta artimaña, y sin utilizar cartas.

Solución

11. El Acertijo del Mercader

Sobre el Mercader escribió el poeta: «Era en verdad un hombre apreciable.» Era pensativo, organizado y manejaba los números con solvencia. «Manifestaba sus ideas con solemnidad, alardeando sobre el aumento de sus ganancias.» Una mañana, mientras iban caminando, el Caballero y el Escudero, que iban a su lado, recordaron al Mercader que aún no había propuesto el acertijo que debía a la compañía. Él entonces dijo:

—¿Es esto cierto? He aquí, por tanto, una adivinanza de números que presentaré a esta alegre compañía cuando hagamos un alto. Éramos treinta en total cabalgando esta mañana. En verdad podemos ir uno junto a otro, en lo que es dado llamar línea única, o de dos en dos, o de tres en tres, o de cinco en cinco, o de seis en seis, o de diez en diez, o de quince en quince, o los treinta encolumnados. De ninguna otra forma podemos andar de modo que no existan números desiguales en las líneas. Ahora, a un grupo de peregrinos les era dado cabalgar así, de sesenta y cuatro maneras diferentes. Os ruego me digáis cuántos peregrinos debieron por lo tanto integrar la compañía.

El mercader claramente pidió la menor cantidad de personas que pudieran cabalgar de sesenta y cuatro maneras.

Solución

12. El Acertijo del Hombre de Leyes

El Letrado era un «hombre pleno de excelencias, discreto y de gran distinción». Era un hombre de mucha actividad, aunque, como muchos de nosotros hoy en día, «parecía más atareado de lo que estaba». Hablaba un atardecer sobre prisiones y prisioneros, y al fin hizo el siguiente comentario:

—Y lo que os he dicho trae a mi mente que esta mañana recordé un enigma que ahora os expondré.

Y presentó una tira de pergamino en la cual estaba dibujado el curioso diagrama que ahora se muestra.

—He aquí —dijo— nueve calabozos, con un prisionero en cada uno salvo en uno, que se encuentra vacío. Estos prisioneros están numerados, en orden, 7, 5, 6, 8, 2, 1, 4, 3, y yo deseo saber cómo podrían colocarse, en la menor cantidad de traslados posible, en el orden 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Se puede trasladar a un prisionero por vez a lo largo del pasaje hacia el calabozo que se encuentre vacío, pero jamás, bajo pena de muerte, podrán encontrarse dos hombres en un calabozo al mismo tiempo. ¿Cómo puede realizarse esto?

Si el lector se hace un borrador en una hoja y utiliza fichas numeradas, encontrará que reordenar a los prisioneros en el menor número de traslados posible es un interesante pasatiempo. Ya que nunca hay más de un calabozo vacante, los traslados pueden registrarse de este sencillo modo: 3-2-1-6, y así sucesivamente.

Solución

13. El Acertijo del Tejedor

Cuando el Tejedor presentó un trozo cuadrado de bellísimo género, primorosamente bordado con leones y castillos, como se ve en la ilustración, los peregrinos discutieron entre ellos sobre el significado de estos ornamentos. El Caballero, sin embargo, que era instruido en heráldica, explicó que probablemente derivaban de los leones y castillos que ostentaban las armas de Femando III, Rey de Castilla y León, cuya hija fue la primera esposa de Eduardo I. En cuanto a esto, estaba sin duda en lo cierto. El acertijo que el Tejedor propuso fue el siguiente:

—Veamos, por esta vez —dijo—, si existe en la compañía alguno que pueda demostrar de qué manera podría cortarse esta tela en cuatro piezas, cada una del mismo tamaño y forma, y que cada pieza contenga un león y un castillo.

No hay indicación de que alguien haya resuelto este acertijo, pese a que tiene una solución satisfactoria. Ningún corte puede atravesar un león o un castillo por ninguna parte.

Solución

14. El Acertijo del Cocinero

Sabemos que había un cocinero entre los peregrinos, y que sus servicios eran a veces sin duda muy requeridos. «Pues sabía asar, freír, hervir, tostar, cocinar pasteles y condimentar.» Una noche en que los peregrinos se hallaban sentados en una hostería campestre, a punto de cenar, el cocinero se presentó en la cabecera de la mesa, que era presidida por el Hacendado, y dijo:

—Escuchad un momento, mis señores, mientras os formulo un enigma que, por San Módeno, yo mismo no puedo resolver. Hay once peregrinos sentados a esta mesa, en la cual se presenta un pastel de carne y una empanada de venado, cada uno de los cuales puede ser dividido parejamente en cuatro porciones, y no más. Ahora, prestad atención, cinco de los once peregrinos comerían pastel, pero no empanada, mientras que cuatro comerían la empanada, pero rechazan el pastel. Por otra parte, los dos restantes están deseosos de comer cualquiera de los dos manjares. Por mi salvación, ¿puede alguno de vosotros decirme de cuántas maneras distintas podría el buen Hacendado elegir a quienes dar de comer? Quiero advertir al lector que si no es cauteloso encontrará, cuando vea la respuesta, que ha errado en cuarenta, como le sucedió a toda la compañía, con excepción del Estudiante de Oxenford, que acertó en forma accidental, al anotar mal una cifra.

Extrañamente, mientras la compañía se devanaba los sesos con este acertijo, el cocinero les gastó una broma. En medio de sus profundos cavileos y acaloradas discusiones, ¡qué haría el alegre bribón sino llevarse a hurtadillas tanto el pastel como la empanada! Más tarde, cuando el apetito les hizo desear la cena, al encontrar que no había nada sobre la mesa, clamaron por el cocinero.

—Mis señores —explicó—, viendo que estabais tan ocupados con el enigma, los llevé al salón contiguo, donde otros los comieron con apetencia, antes que se hubieran enfriado. Hay excelentes pan y queso en la despensa.

Solución

15. El Acertijo del Alguacil

El Alguacil, que, según Chaucer, se unió al grupo de peregrinos, era un oficial cuyo deber era emplazar delincuentes ante las cortes eclesiásticas. Más adelante se le conoció como el bedel. Nuestro personaje era un hombre algo curioso, pero apreciable. «Era tolerante y bonachón; difícilmente encontraría alguien un compañero mejor.» Para que el lector pueda identificarlo en la figura, debe acotarse que su particular tocado fue debidamente registrado por el poeta. «Colocaba una guirnalda en su cabeza, tan grande como si fuera para adornar un expendio de cerveza.»

Una tarde, diez de los peregrinos se detuvieron en una posada de pueblo y solicitaron pasar allí la noche, pero el posadero sólo tenía lugar para cinco de ellos. El Alguacil sugirió que lo echaran a suertes, y como él tenía experiencia en tales asuntos, en la convocatoria de jurados y otras prácticas, dispuso al grupo en un círculo y propuso un «conteo de descarte». Siendo caballeroso por naturaleza, su pequeño plan consistía en arreglar que todos los hombres quedaran fuera, y dejar alojadas a las damas. Por lo tanto, dio un número a la Comadre de Bath, y le instruyó que contara alrededor del círculo, en sentido horario, y la persona sobre la que cayera ese número quedaría automáticamente fuera del círculo. El conteo comenzaba otra vez por la persona siguiente. Pero la mujer malentendió sus directivas, y eligió por error el número once, y comenzó el conteo consigo misma. Como se verá, esto dio como resultado que todas las damas quedaran fuera en lugar de los hombres, ya que cada onceava persona sacada del círculo es una mujer.

Al día siguiente, el Alguacil dijo a la compañía:

—Ciertamente no ha sido culpa mía, y aquí tenemos, creo yo, un acertijo. ¿Puede alguno de vosotros decirme qué número debió haber usado la buena Comadre, y por qué peregrino debió comenzar su conteo, de manera que nadie más que los cinco hombres hubieran quedado fuera?

Obviamente el asunto está en averiguar el menor número que hubiera tenido el efecto deseado.

Solución

16. El Acertijo del Monje

El Monje que iba con la compañía era un gran amante del deporte. «Poseía galgos, veloces como pájaros: la cabalgata y la caza de la liebre eran todo su placer, para lo cual no reparaba en gastos.» Un día se dirigió a los peregrinos en esta forma:

—Hay una pequeña cuestión que supo dejarme perplejo alguna vez, aunque por cierto no es de gran importancia; aun así, puede servir para probar el ingenio de vosotros, que tenéis habilidad en tales cosas. Nueve perreras tengo para uso de mis canes, colocadas en forma de un cuadrado, aunque la del centro nunca es usada, por no ser apropiada. La prueba consiste en encontrar de cuántas maneras distintas puedo colocar a mis perros en todas o algunas de las perreras exteriores, de modo que el número de perros en cada lado del cuadrado sume diez.

Los pequeños diagramas muestran cuatro formas de hacerlo, y aunque la cuarta es meramente un reverso de la tercera, se cuenta como diferente. Puede dejarse vacía cualquier perrera. Este acertijo era evidentemente una variación de aquel antiguo de la Abadesa y sus Monjas.

Solución

17. El Acertijo del Marino

De esta persona se nos dijo: «Conocía bien todos los puertos, de Gotlandia al Cabo Finisterre, y todos los estuarios de Inglaterra y España; su barco llevaba por nombre Magdalena.» El extraño acertijo de navegación que propuso era así:

—He aquí una carta —declaró el Marino— de cinco islas, con cuyos habitantes comercio. Cada año mi buen barco navega por cada uno de los diez rumbos que allí se muestran, pero nunca por el mismo rumbo dos veces en un mismo año. ¿Podrá alguno de vosotros decirme en cuántas maneras diferentes puedo yo dirigir los diez viajes anuales del Magdalena, partiendo siempre de la misma isla?

Solución

18. El Acertijo de la Priora

La Priora, a quien llamaban Eglantina, es bien recordada a través del comentario de Chaucer: «Y hablaba un francés elegante, a la manera del colegio de Stratford-atté-Bow, pues el francés de París le era desconocido.» Pero nuestro acertijo tiene más relación con su vestido que con su carácter y educación. «De allí pendía un broche de muy brillante oro, sobre el que se destacaba una A coronada.» Es este broche el que nos ocupa, pues cuando le fue solicitado un acertijo, mostró la joya a la compañía y dijo:

—Un hombre letrado de Normandía me obsequió una vez este broche como talismán, diciendo extrañas y místicas cosas acerca de él, como que tenía una afinidad por el cuadrado, y otras sabias palabras, demasiado sutiles para mí. Pero el buen Abad de Chertsey una vez me dijo que la cruz podía ser hábilmente cortada en cuatro piezas, que al unirse formarían un cuadrado perfecto; aunque por mi fe os digo que no conozco el modo de hacerlo.

Se informa que «los peregrinos no encontraron respuesta a la adivinanza, y el Estudiante de Oxenford pensó que la Priora había sido embaucada en este asunto, con lo cual la dama se afligió mucho, pero el gentil caballero se mofó del pobre estudiante, que no entendía otro de los acertijos, lo cual llenó al joven de vergüenza, y regocijó a la compañía.»

Solución

19. El Acertijo del Doctor en Medicina

Este Doctor, sabio como era, pues «en todo el mundo nadie había como él que supiera de pócimas y cirugía,» y «conocía la causa de toda enfermedad», sin embargo no era indiferente al lado más material de la vida. «El oro es en medicina un gran energizante; por tanto amaba especialmente el oro.» El problema que propuso el Doctor a los peregrinos reunidos fue éste.

Mostró dos frascos esféricos, como muestra la ilustración, y señaló que uno tenía exactamente un pie de circunferencia, y el otro dos pies.

—Deseo saber —dijo el Doctor a la compañía— las exactas medidas de otros dos frascos, de forma similar pero de diferente tamaño, que entre sí puedan contener igual cantidad de líquido que la que contienen estos dos.

—Encontrar las medidas exactas de los valores menores posibles, es una de las tareas más difíciles que yo haya intentado. Por supuesto se debe pasar por alto el espesor del vidrio, y el cuello y la base.

Solución

20. El Acertijo del Labrador

El Labrador, de quien Chaucer señaló: «Un verdadero trabajador y muy bueno era él, que vivía en paz y caridad perfectas», se quejó de que los acertijos no eran para mentes simples como la de él, pero mostraría a los buenos peregrinos, si así lo deseaban, uno sobre el que había escuchado discutir a ciertas personas inteligentes de su vecindario:

—El señor de la mansión en la región de Sussex de la que provengo tiene una plantación de dieciséis buenos robles, y están dispuestos de tal forma que hacen doce filas con cuatro árboles en cada una. Una vez un hombre de gran sabiduría que iba de paso por esa zona, dijo que los dieciséis árboles podían haber sido plantados de manera de formar quince filas rectas con cuatro árboles en cada una de ellas. ¿Podéis demostrarme cómo esto puede ser? Muchos han dudado de que sea posible de realizar.

La ilustración muestra una de las varías maneras de formar las doce filas. ¿Cómo podemos formar quince?

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21. El Acertijo del Hacendado

«Iba con la compañía un Hacendado; su barba era tan blanca como la nieve.» Chaucer nos dice que era un gran anfitrión y un epicúreo. «Nunca faltaba en su casa la carne cocida. Siempre había allí tales delicadezas, y rebosaba de comida y de bebida.» Era un hombre hospitalario y generoso. «La mesa de su sala, siempre y en todo momento estaba servida.» A pedido de los peregrinos, usualmente presidía una de las mesas, como lo vimos en la ocasión en que el cocinero propuso el problema de los dos pasteles.

Un día, en una posada en las afueras de Canterbury, la compañía le pidió que planteara el acertijo que le correspondía; por lo que colocó sobre la mesa dieciséis botellas numeradas del 1 al 15, y la última marcada 0.

—Ahora, mis señores —dijo—, recordaréis que el buen Estudiante de Oxenford nos enseñó un acertijo relacionado con el cuadrado mágico. Por cierto os presentaré otro que puede pareceros de clase similar, aunque existe poco en común entre ambos. He aquí dieciséis botellas dispuestas en forma de cuadrado, y os ruego las recoloquéis de tal modo que formen un cuadrado mágico, todas cuyas diez líneas rectas sumen treinta. Pero prestad atención, que no podréis mover más de diez de las botellas de sus actuales ubicaciones, pues aquí está la sutileza de la prueba.

—Este es un pequeño acertijo que puede realizarse convenientemente con 16 fichas numeradas.

Solución

22. El Acertijo del Escudero

El joven Escudero, de veinte años de edad, era el hijo del Caballero, a quien acompañaba en la histórica peregrinación. Era, indudablemente, lo que más adelante se conoció como un dandy, pues «su traje estaba bordado, como una pradera, de flores frescas, blancas y rojas. Todo el día lo pasaba cantando o tocando la flauta. Era tan fresco como la primavera.» Como se podrá ver en la ilustración del N° 25, mientras el Mercero proponía su problema del triángulo, este joven escudero estaba parado en el fondo, haciendo algún tipo de dibujo, pues «sabía componer canciones hábilmente, danzar, hacer buenos retratos y escribir».

El Caballero se dirigió a él al rato y le dijo

—Hijo mío, ¿qué es eso que os exige tanto trabajo?

Y el Escudero respondió:

—Me he preguntado cómo puedo realizar de un solo trazo el retrato de nuestro otrora señor soberano, el Rey Eduardo Tercero, muerto hace ahora diez años. Es un acertijo saber dónde comienza y dónde finaliza el trazo. A quien lo resuelva primero regalaré el retrato.

Puedo reproducir aquí un facsímil del dibujo original, que fue ganado por el Hombre de Leyes. Cabe señalarse que la peregrinación partió de Southwark el 17 de abril de 1387, y Eduardo Tercero murió en 1377.

Solución

23. El Acertijo del Fraile

El Fraile era un compañero alegre, de voz dulce y ojos brillantes. «Era gentil y servicial. No existía un hombre más virtuoso.» Sin embargo, él era «el mejor mendicante de su parroquia», y daba sus motivos. «Es mejor, por cierto, en lugar de tanto llanto y plegarias, que los hombres den dinero al fraile necesitado.» Se llamaba Hubert. Un día enseñó cuatro bolsas de dinero y habló así:

—Si el pobre fraile recibe como limosna quinientos peniques de plata, os ruego me digáis de cuántas maneras diferentes puede colocarlas en las cuatro bolsas.

El buen hombre explicó que el orden no hacía diferencia (por lo que la distribución 50, 100, 150, 200, sería la misma que 100, 50, 200, 150, o que 200, 50, 100, 150), y que una, dos, o tres de las bolsas podían quedar vacías en cualquier momento.

Solución

24. El Acertijo del Párroco

El Párroco era en verdad un hombre bueno y devoto. «Un mejor sacerdote, pienso que no lo hay.» Sus virtudes y su caridad le habían ganado el amor de su rebaño, al que impartía su enseñanza con paciencia y sencillez; «pero antes la practicaba él mismo.» Así, Chaucer pone cuidado en relatamos que «extensa era su Parroquia, y con casas muy distantes, pero nunca dejó de visitarlas, lloviera o tronara», y el acertijo del Párroco tenía que ver con tales visitas parroquiales. Presentó un bosquejo de una parte de su parroquia, a través de la cual corría un pequeño río que se unía al mar algunos cientos de millas al sur. Aquí se ve una reproducción del plano.

—He aquí, mis dignos peregrinos, un extraño enigma —dijo el Párroco—. Observad que en la ramificación del río hay una isla. Sobre esta isla se alza mi pobre casa parroquial, y todos vosotros podéis ver los alrededores de la iglesia del pueblo. Mirad bien, asimismo, que sólo existen ocho puentes, y no más, que cruzan el río en mi parroquia. Camino a la iglesia, acostumbro visitar a varios de mi rebaño, y al hacer esto cruzo todos y cada uno de los ocho puentes, una y sólo una vez. ¿Puede alguno de vosotros encontrar el camino que de esta manera recorro, de la casa a la iglesia, sin salir de la parroquia? No, no, mis amigos. Nunca cruzo el río en un bote, ni a nado, no lo vadeo, no voy bajo tierra como el topo, ni vuelo por el aire como el águila; sólo cruzo los puentes.

Hay una manera en que el párroco pudo realizar el curioso trayecto. ¿Puede el lector descubrirla? Al principio parece imposible, pero las condiciones dejan abierta una vía de solución.

Solución

25. El Acertijo del Mercero

Se hicieron muchos intentos, por mucho tiempo infructuosos, para convencer al Mercero, que era de la partida, de que propusiera un acertijo de algún tipo. Al fin, en una de las paradas de los peregrinos, dijo que les enseñaría algo que «les retorcería el cerebro como se retuerce la cuerda de una campana». De hecho, estaba gastándoles una broma, pues él ignoraba si existía una respuesta al acertijo que les presentaba. Enseñó un trozo de tela con forma de triángulo equilátero perfecto, como se ve en la ilustración y dijo:

—¿Es alguno de vosotros diestro en el corte de género? Estimo que no. Cada hombre a su oficio, y el estudioso puede aprender del lacayo, y el sabio del necio. Mostradme, pues, si podéis, de qué manera puede cortarse este trozo de género en cuatro piezas, para que puedan reunirse y formar un cuadrado perfecto.

Bien, algunos de los más avezados de la compañía encontraron el modo de realizarlo en cinco piezas, pero no así en cuatro. Mas cuando presionaron al Mercero para que les diera la solución correcta, tuvo que admitir, luego de varias evasivas, que no conocía la manera de hacerlo en ningún número de piezas.

—Por San Francisco —dijo—, cualquier bribón puede, creo yo, proponer un acertijo, pero es para los conocedores el resolverlo.

Gracias a esto, se salvó por poco de una golpiza. Pero el punto curioso es que yo he encontrado que de hecho puede resolverse con sólo cuatro piezas, y sin revertir ninguna al unirlas. El método de hacerlo es sutil, pero pienso que el lector encontrará que es un problema muy interesante.

Solución

26. El Acertijo del Tintorero

Uno de los peregrinos era un Tintorero, pero Chaucer nada nos dice de él, ya que los Cuentos están incompletos. Todo el tiempo el grupo presionó a este individuo para que presentara un acertijo de alguna clase, pero sin éxito. El pobre hombre intentó lo mejor que pudo seguir el ejemplo de sus amigos, el Tapicero, el Tejedor y el Mercero, pero la idea necesaria no aparecía, por más que exprimiera su cerebro. Sin embargo, todo llega a quien espera —y persevera— y una mañana anunció, en estado de considerable excitación, que tenía un acertijo para exponerles. Les enseñó un trozo cuadrado de seda sobre el cual estaban bordadas en líneas un número de flores de lis, como muestra la ilustración.

—Señores —dijo el Tintorero—, atended ahora a mi enigma. Desde que fui despertado al amanecer por el canto del gallo, por cuyo estrépito nada bueno deseo a nuestro anfitrión, he buscado una respuesta al problema, y por San Bernardo que no la he hallado. He aquí sesenta y cuatro flores de lis, y la cuestión consiste en ver cómo puedo retirar seis de ellas, de modo que aún quede una cantidad par de flores en cada hilera y columna.

El Tintorero se sonrojó cuando cada integrante de la compañía mostró, sin ninguna dificultad y cada uno de un modo diferente, cómo podía esto hacerse. Pero el buen Estudiante de Oxenford fue visto susurrándole algo al Tintorero, que agregó:

—¡Esperad, mis señores! Lo que os he dicho no es todo. ¡Debéis averiguar en cuántas maneras diferentes puede eso hacerse!

Todos concordaron en que esto ya era otro asunto. Y sólo unos pocos obtuvieron la respuesta correcta.

Solución

27. La Gran Polémica entre el Fraile y el Alguacil

Chaucer registra el doloroso hecho de que la armonía de la peregrinación era en ocasiones quebrantada por las disputas entre el Fraile y el Alguacil. En una oportunidad este último amenazó con que antes de que llegaran a Sittingbourne haría que «el corazón del Fraile fuera objeto de compasión»; pero el buen Posadero intervino y logró una tregua temporaria. Desafortunadamente los problemas resurgieron, acerca de una muy curiosa polémica que relato:

En una etapa de la jomada, el camino corría por dos lados de un campo perfectamente cuadrado, y algunos de los peregrinos insistieron, a pesar de la transgresión, en atravesarlo de esquina a esquina, como se los ve haciéndolo en la ilustración. Entonces el Fraile asombró a la compañía declarando que no había necesidad de la transgresión, ¡ya que un camino tenía exactamente la misma longitud que el otro!

—¡Por mi fe, entonces —exclamó el Alguacil—, que sois muy tonto!

—¡No! —replicó el Fraile—. Si la compañía escucha con paciencia, prontamente les demostraré cómo el tonto sois vos, pues no tenéis el ingenio suficiente en vuestro pobre cerebro como para probar que la diagonal de cualquier cuadrado es menor que dos de sus lados.

Si el lector observa los diagramas que hemos proporcionado, podrá seguir el argumento del Fraile. Si suponemos que el lado del campo mide 100 yardas, entonces la distancia a lo largo de ambos lados, de A a B y de B a C, será de 200 yardas. El Fraile se puso a probar que la longitud de la diagonal de A a C era también de 200 yardas. Bien, si tomamos el camino diagonal que se muestra en la Fig. 1, es evidente que recorreremos la misma distancia, pues cada una de las ocho porciones rectas de este camino mide exactamente 25 yardas. Similarmente, en la Fig. 2, el zigzag contiene diez porciones rectas, cada una de 20 yardas: este camino también mide 200 yardas. No importa cuántos escalones hagamos en nuestro camino en zigzag, el resultado es, con seguridad, siempre el mismo. Así, en la Fig. 3, los escalones son muy pequeños y, con todo, la distancia debe ser de 200 yardas, como también es el caso en la Fig. 4, y todavía lo sería aunque necesitáramos un microscopio para detectar los escalones. De esta forma, argumentó el Fraile, podemos seguir enderezando este camino en zigzag hasta llegar a una perfecta línea recta, de lo que se concluye que la diagonal de un cuadrado mide exactamente lo mismo que dos de sus lados.

Ahora, a simple vista, esto debe estar mal; y es de hecho absurdamente así, ya que podemos probarlo enseguida midiéndolo, si tenemos alguna duda. Sin embargo, el Alguacil por nada en el mundo pudo revelar la falacia, y desbaratar en consecuencia el razonamiento del Fraile. Esto fue lo que más lo exasperó y, como hacemos muchos de nosotros hoy en día cuando nos enroscamos en una discusión, simplemente se enfureció y optó por la violencia. De hecho, si algunos de los otros peregrinos no hubieran intervenido, indudablemente se hubieran tomado a golpes. Quizás el lector encuentre enseguida la falla en el argumento del Fraile.

Solución

28. El Acertijo de Chaucer

Chaucer mismo acompañaba a los peregrinos. Como era un matemático y un hombre de hábito pensativo, nos cuenta que el Posadero se burlaba de él, diciendo: «Parece como si fuerais a encontrar una liebre, ya que mirando el suelo os hallo siempre.» El poeta respondió a la solicitud de los peregrinos de un cuento, acometiendo un poema largo y absurdo, que ridiculizaba los romances populares de moda, en cuya vigesimosegunda estrofa la compañía se negó a seguir escuchando, y lo indujo a comenzar otro cuento en prosa. Un hecho interesante es que en el «Prólogo del Párroco» Chaucer presenta un pequeño problema astrológico. En español moderno, se puede decir de la siguiente forma:

—El sol había descendido tanto, que a mi ver su altitud no era superior a los veintinueve grados. Calculo que serían las cuatro en punto, pues, dado que mi estatura es de seis pies, mi sombra era de más o menos once pies. Al mismo tiempo, la altitud de la luna (en la mitad de Libra) aumentaba progresivamente cuando entramos por el extremo occidental del pueblo.

Un corresponsal se ha tomado el trabajo de descifrar esto, y llegó a la conclusión de que la hora local era las 3.58 PM, con aproximación al minuto, y que el día del año, en términos modernos, sería el 22 o 23 de abril. Esto habla en favor de la precisión de Chaucer, ya que la primera línea de los Cuentos nos dice que la peregrinación fue en abril —se supone que partieron el 17 de abril de 1387, como se establece en el N° 22.

Aunque Chaucer preparó este pequeño acertijo y lo registró para interés de sus lectores, no osó plantearlo a sus compañeros peregrinos. El acertijo que les presentó fue de naturaleza más sencilla: puede llamarse un acertijo geográfico.

—Cuando en el año 1372 me dirigí a Italia como enviado de nuestro soberano señor, el Rey Eduardo Tercero, y visité en esa tierra a Francisco Petrarca, el erudito poeta me condujo a la cima de cierta montaña de su país. Es cierto, como él me demostró, que un jarro contendrá menos licor en la cima de esta montaña que en el valle a sus pies. Os ruego me digáis qué montaña puede ser ésta, que posee tan curiosa propiedad.

Un conocimiento muy elemental de geografía bastará para llegar a la solución correcta.

Solución

29. El Acertijo del Paje del Canónigo

Esta persona se unió al grupo durante el viaje.

—¡Dios bendiga a esta alegre compañía! —exclamó—. He cabalgado deprisa por vuestra causa, y por esto espero que me aceptéis entre vosotros.

Por supuesto, se le solicitó que entretuviera a los peregrinos con un acertijo, y el que propuso fue el siguiente. Les mostró la disposición de letras en forma de diamante que se observa en la ilustración, y dijo:

—He dado en llamarla la adivinanza del «cazador de ratas». ¿De cuántas diferentes maneras podéis leer las palabras «Was it a rat I saw?» (¿Es una rata lo que vi?)

Se puede seguir cualquier dirección, para atrás o para adelante, hacia arriba o hacia abajo, sólo que las letras sucesivas en cualquier lectura deben ser adyacentes.

Solución

30. El Acertijo del Mayordomo

El Mayordomo era un empleado cuya tarea consistía en comprar provisiones para un Mesón de la Corte —como el Temple—. Este individuo especial que acompañaba al grupo era un hombre astuto que servía a más de treinta señores, y burlaba a todos ellos. Sin embargo, era un hombre «a quien todos los compradores debían tomar como ejemplo de sabiduría en la adquisición de sus provisiones».

Sucedió que en cierta etapa del viaje, el Molinero y el Tejedor se sentaron a tomar una pequeña merienda. El Molinero sacó cinco hogazas de pan, y el Tejedor tres. El Mayordomo se les acercó, y solicitó permiso para comer con ellos, a lo cual accedieron. Cuando el Mayordomo hubo comido, depositó ocho monedas, y dijo sonriendo socarronamente:

—Arreglad entre vosotros cómo debe dividirse el dinero en forma justa. Es una adivinanza para vuestros ingenios.

A esto siguió una discusión, y muchos de los peregrinos se unieron a ella. El Magistrado y el Alguacil sostenían que el Molinero debería recibir cinco piezas y el Tejedor tres; el ingenuo Labrador fue ridiculizado por sugerir que el Molinero debía recibir siete y el Tejedor una, mientras que el Carpintero, el Monje y el Cocinero insistían en que el dinero debía repartirse en partes iguales entre ambos. Se sostuvieron otras opiniones con considerable vigor, hasta que finalmente se decidió que el Mayordomo, como experto en tales asuntos, debía establecerlo. Su decisión fue bien correcta. ¿Cuál fue? Por supuesto, se supone que los tres hombres comieron porciones iguales de pan.

Solución

PASATIEMPOS EN EL CASTILLO DE SOLVAMHALL

Cualquiera que haya oído hablar del Castillo de Solvamhall y de las curiosas costumbres y ceremonias que allí tenían lugar antiguamente, estará familiarizado con el hecho de que Sir Hugh de Fortibus era amante de toda clase de acertijos y problemas de ingenio. El mismo Sir Robert de Riddlesdale declaró una vez: «Por los huesos de San Jingo, este Sir Hugh posee un ingenio agudo. Ciertamente no sé de ningún enigma que él no pueda desentrañar a la perfección.» Me da, por lo tanto, una gran satisfacción el reciente descubrimiento de antiguos rollos y documentos que conciernen principalmente a la familia de De Fortibus, que me permite presentar algunos de los problemas que estrujaban los cerebros de las personas en los viejos buenos tiempos. La selección ha sido efectuada para satisfacer todos los gustos, y mientras la mayoría de ellos resultarán lo suficientemente sencillos como para interesar a aquellos que disfrutan de un acertijo que es un acertijo, pero que está al alcance de todos, he incluido dos que quizás sean dignos de la atención de los aficionados más avanzados en estas cosas.

31. El Juego de Pelota Bandy

El juego de bandy, cambuc o goff (tan conocido hoy día por el nombre de golf) es muy antiguo, y era favorito en el Castillo de Solvamhall. El mismo Sir Hugh de Fortibus era un experto en este juego, y una vez propuso esta cuestión.

Había nueve hoyos, a distancias de 300, 250, 200, 325, 275, 350, 225, 375 y 400 yardas. Si un hombre pudiera lanzar siempre la pelota en línea perfectamente recta, y enviarla exactamente a una de dos distancias dadas, de forma que la pelota se acercara al hoyo, o bien pasara sobre él o bien cayera dentro, ¿cuáles serían las dos distancias que lo harían recorrer todo el campo de juego en la menor cantidad de jugadas?

—Os aseguro —decía Sir Hugh— que no conozco a nadie que pueda poner esto en práctica, sin embargo, es un buen interrogante.

Dos distancias muy buenas son 125 y 75, que harán el recorrido en 28 golpes; pero esta no es la respuesta correcta. ¿Puede el lector hacer el recorrido en menos golpes, con otras dos distancias?

Solución

32. Ensartar el Anillo

Otro deporte favorito en el castillo era ensartar el anillo. Se aseguraba una barra horizontal a un poste, y en el extremo de un soporte colgaba un anillo circular, como muestra la ilustración del título. El anillo podía ser ajustado a la altura correcta, levantando o bajando la barra, generalmente a nivel de la ceja izquierda del jinete. El objeto era cabalgar raudamente unos ochenta pasos, y ensartar la lanza dentro del anillo, el cual se desprendía fácilmente y quedaba en la lanza como propiedad del hábil ganador. Era una proeza muy difícil, y los caballeros se enorgullecían de los anillos que habían logrado obtener.

En un torneo en el castillo, Henry de Gournay derrotó a Stephen Malet por seis anillos. Ambos hicieron confeccionar cadenas con sus anillos —la cadena de De Gournay medía exactamente dieciséis pulgadas de largo, y la de Malet seis pulgadas—. Ahora bien, dado que los anillos eran todos del mismo tamaño y de metal de media pulgada de espesor, el pequeño acertijo propuesto por Sir Hugh era descubrir exactamente cuántos anillos había ganado cada uno.

Solución

33. La Noble Damisela

Sentados una noche en la sala del castillo, Sir Hugh pidió que la compañía llenara sus copas y escuchara mientras relataba cómo, siendo un joven, había rescatado de su cautiverio a una noble damisela que languidecía en un calabozo del castillo del peor enemigo de su padre. El cuento era apasionante, y cuando relató el escape final de todos los peligros y horrores de la Mazmorra Calavera con la hermosa pero desvanecida doncella en sus brazos, todos exclamaron: «¡Qué coraje!»

Entonces Sir Hugh dibujó un diagrama de los treinta y cinco calabozos de la mazmorra, e instó a sus compañeros a que descubrieran el calabozo específico que ocupaba la damisela. Explicó que si comenzaban por uno de los calabozos exteriores y atravesaban todas las aberturas, una vez, y sólo una, acabarían forzosamente en la celda requerida. ¿Pueden ustedes encontrarla? Salvo que comiencen por el calabozo exterior correcto, es imposible atravesar todas las puertas una vez y sólo una. Intenten trazar la ruta con un lápiz.

Solución

34. El Blanco de Arquería

El disco o blanco que se utilizaba en Solvamhall para arquería no estaba marcado con círculos concéntricos como hoy en día, sino que estaba preparado con fantasiosos diseños. En la ilustración podemos ver un blanco numerado, preparado por el mismo Sir Hugh. Es bastante curioso, pues se encontrará que dispuso los números con tanta astucia, que cada una de las doce líneas de tres suma veintidós.

Un día en que los arqueros estaban algo cansados de su deporte, Sir Hugh de Fortibus dijo:

—¡Ah, mis alegres arqueros! Cierto es cuando dicen que el proyectil de un tonto se dispara prontamente, pero por mi fe os digo, no sé de ninguno de vosotros que pueda realizar lo que ahora os propongo. Recolocad los números de este tablero de forma que sus doce líneas sumen veintitrés en lugar de veintidós.

Se verá que disponer los números del 1 al 19 para que todas las líneas sumen veintitrés es un fascinante acertijo. La mitad de las líneas son, obviamente, laterales, mientras que el resto convergen en el centro.

Solución

35. La Ventana de la Mazmorra

Cierta vez Sir Hugh sorprendió en gran forma a su maestro de obras. Llevó a este apreciable hombre a la mazmorra de la torre, y le señaló una ventana.

—Creo —le dijo— que vuestra ventana es cuadrada, y mide en su interior un pie por lado, y está dividida por las estrechas barras en cuatro luces, que miden medio pie por cada lado.

—Así es en efecto, Sir Hugh.

—Entonces, deseo que haga otra ventana, a mayor altura, cuyos cuatro lados también midan un pie, pero que esté dividida en ocho luces, cuyos lados también sean todos iguales.

—De verdad, Sir Hugh —exclamó el sorprendido constructor—, que no sé cómo puede realizarse esto.

—¡Cielos! —exclamó de Fortibus con ira fingida—. ¡Ordenad que se lleve a cabo de inmediato! Consideraré que vuestro arte es una simple artesanía si no podéis, en verdad, colocar tal ventana en una pared.

Debe notarse que Sir Hugh ignora el espesor de las barras.

Solución

36. La Media Luna y la Cruz

Cuando Sir John de Collingham, pariente de Sir Hugh, regresó de la Tierra Santa, trajo consigo una bandera que llevaba como signo una Media Luna, como se ve en la ilustración. De Fortibus pasaba mucho tiempo examinando la media luna, y comparándola con la cruz que ostentaban los Cruzados en su propio estandarte. Un día, en presencia de una buena compañía, realizó el siguiente asombroso anuncio:

—He estado pensando mucho últimamente, mis señores, acerca de la conversión de la media luna en la cruz, y esto me ha llevado al descubrimiento de hechos que me maravillan grandemente, pues lo que ahora os haré conocer es de esencia mística y profunda. En un sueño me fue mostrado que esta media luna del enemigo puede ser convertida exactamente en la cruz de nuestra propia bandera. Este es un buen presagio para nuestras guerras en la Tierra Santa.

Sir Hugh de Fortibus luego explicó que la media luna de una bandera podía ser recortada en pedazos para formar la cruz de la otra. Es ciertamente bastante curioso, y yo demuestro cómo puede realizarse la conversión de la media luna en la cruz, en diez pedazos, utilizando cada parte de la media luna. La bandera era igual de ambas caras, por lo que las piezas pueden revertirse si es necesario.

Solución

37. El Amuleto

Un hombre extraño fue encontrado un día vagando por los jardines del castillo, y los guardias, viendo que su acento era extranjero, sospecharon que era un espía. De modo que el sujeto fue llevado ante Sir Hugh, quien no pudo deducir de quién se trataba. Ordenó que se lo llevaran y lo examinaran, de modo de descubrir si escondía alguna carta secreta. Todo lo que descubrieron fue un trozo de pergamino sujeto a su cuello, que tenía esta misteriosa inscripción:

Hoy en día sabemos que Abracadabra era el dios supremo de los Asirios, y esta curiosa disposición de las letras de la palabra era comúnmente usada en Europa como amuleto o talismán contra las enfermedades. Pero Sir Hugh nunca había oído hablar de él, y observando gravemente el documento, envió a buscar a un monje erudito.

—Os ruego, Sir Clerk; mostradme el sentido verdadero de esta extraña inscripción.

—Sir Hugh —replicó el santo hombre, luego de hablar con el extraño en una lengua foránea—, es sólo un amuleto que este pobre hombre utiliza para ahuyentar la fiebre, el dolor de muelas y otras tales afecciones del cuerpo.

—Entonces —dijo Sir Hugh— dad al hombre alimentos y vestido, y dejadlo ir. Mientras tanto, ¿podéis decirme de cuántas formas puede leerse esta palabra Abracadabra’ en el amuleto, siempre comenzando por la A de la punta superior?

Coloque un lápiz en la A de la punta y cuente de cuántas maneras puede trazar la palabra hacia abajo, siempre pasando de una letra a otra adyacente.

Solución

38. El Alhajero de Lady Isabel

La joven prima y pupila de Sir Hugh, Lady Isabel de Fitzarnulph, era ampliamente conocida como «Isabel la Bella». Entre tus tesoros había un alhajero, cuya tapa era perfectamente cuadrada. Tenía incrustados trozos de madera y una banda de oro de diez pulgadas de largo por un cuarto de pulgada de ancho.

A los jóvenes que solicitaban la mano de Lady Isabel, Sir Hugh prometía su consentimiento si podían estipular las dimensiones de la tapa con sólo estos datos: que existía una banda de oro de diez pulgadas por 1/4 de pulgada, y el resto de la superficie estaba incrustada con trozos de madera, cada uno de los cuales era un cuadrado perfecto, pero todos eran de diferentes tamaños. Muchos jóvenes fallaron, pero al fin uno tuvo éxito. Este no es un acertijo fácil, pero las dimensiones de la banda de oro, combinadas con las otras condiciones dadas, ciertamente determinan el tamaño de la tapa del alhajero.

Solución

LOS ALEGRES MONJES DE RIDDLEWELL

Sus curiosos acertijos y enigmas

—Fray Andrés,” musitó el Lord Abad en su lecho de moribundo, «pienso que podría ahora resolver la adivinanza de adivinanzas… si dispusiera… de tiempo… y…» El buen fraile acercó su oído a los labios del santo Abad, pero ¡ay! se habían silenciado para siempre. Así se extinguió la vida del jovial y muy amado Abad del viejo monasterio de Riddlewell.

Los monjes de la Abadía de Riddlewell eran famosos en su época por los curiosos enigmas y acertijos que solían proponer. I-a Abadía fue construida en el siglo catorce, cerca de un arroyo sagrado llamado Red-hill Well. Esto se transformó localmente en Reddlewell y Riddlewell, y bajo el Lord Abad David los monjes evidentemente intentaban justificar esta última versión a través de las adivinanzas que tan bien proponían.[2] La resolución de acertijos se transformó en el entretenimiento favorito, sin importar que fueran de tipo metafísico, filosófico, matemático o mecánico. Se volvió en ellos una pasión absorbente, y en el caso del Abad, como antes se demostró, esta pasión fue poderosa aun en la muerte.

Parecería que las palabras «acertijo», «problema», «enigma», etc., no figuraran en su vocabulario. Acostumbraban llamar «adivinanzas» a todas las interrogantes, ya sea que tomaran la forma de «¿Dónde estaba Moisés cuando se apagó la luz?» o de cuadrar el círculo. Sobre una de las paredes del refectorio estaban inscritas las palabras de Sansón: «Ahora os formularé una adivinanza», para recordar a los hermanos lo que de ellos se esperaba, y la regla era que cada monje debía proponer, a su tumo, una adivinanza por semana a la comunidad, estando los otros en libertad de coronarla con otra, si así lo deseaban. Sólo se han conservado unas pocas de las adivinanzas de la Abadía, y me propongo seleccionar aquellas que me parecen más interesantes. Intentaré presentar las condiciones de los acertijos lo más claramente posible, de forma que el lector moderno pueda comprenderlas perfectamente, y entretenerse en intentar encontrar algunas de las soluciones.

39. La Adivinanza del Estanque de Peces

Al pie del prado de la Abadía había un pequeño estanque de peces, en donde los monjes acostumbraban pasar muchas horas de contemplación con la caña de pescar. Un día en que tuvieron muy mala suerte y sólo atraparon doce pescados entre todos, el Hermano Jonathan de pronto declaró que ya que no había deporte ese día, les propondría una adivinanza para su entretenimiento. Entonces tomó doce canastos de peces y los colocó a igual distancia alrededor del estanque, como se muestra en la Ilustración, con un pescado dentro de cada canasto.

—Ahora, gentiles pescadores —les dijo—, resolved para mí esta adivinanza de los Doce Peces. Comenzad por el canasto que gustéis y, siempre yendo en la misma dirección alrededor del estanque, tomad un pez, pasadlo por sobre otros dos peces, y colocadlo en el canasto siguiente. Hacedlo nuevamente, tomad un pez, y habiéndolo pasado por sobre otros dos, colocadlo en un canasto; y así en más. Sólo debéis mover seis peces, y cuando éstos hayan sido recolocados, debería haber dos peces en cada uno de seis canastos, y seis canastos vacíos. ¿Cuál de vosotros, alegres criaturas, podrá realizar esto de forma de caminar alrededor del estanque la menor cantidad de veces posible?

Explicaré al lector que no importa si los dos peces sobre los que se pasa están en uno o dos canastos, ni tampoco cuántos canastos vacíos se saltean. Y, como dijo el Hermano Jonathan, siempre hay que ir en una misma dirección alrededor del estanque (sin volver atrás), y culminar en el punto por donde se comenzó.

Solución

40. La Adivinanza de los Peregrinos

Un día, mientras los monjes estaban merendando, el Abad anunció que un mensajero había traído esa mañana la noticia de que un grupo de peregrinos estaba en camino, y requerirían su hospitalidad.

—Los situaréis en la casa cuadrada, que es de dos pisos y tiene ocho habitaciones en cada piso —les dijo—. Once personas deberán dormir de cada lado del edificio, y en el piso superior se alojará el doble de personas que en el inferior. Obviamente, todos los cuartos deberán estar ocupados, y ya conocéis mi regla de que no ocupen el mismo cuarto más de tres personas.

Reproduzco aquí un plano de los dos pisos, en el cual se observa que los dieciséis cuartos están comunicados por una escalera en el centro. Cuando los monjes hubieron resuelto el pequeño problema y dispusieron los lugares, llegaron los peregrinos, y se encontraron con que había tres personas más de las que en un principio se anunció. Esto forzó una reconsideración del problema, pero los astutos monjes pudieron resolver la nueva dificultad, sin quebrar las reglas del Abad. El asunto es descubrir el número total de peregrinos.

Solución

41. La Adivinanza del Hogar Embaldosado

Parece ser que fue Fray Andrés quien primero logró «resolver la adivinanza del Hogar Embaldosado». Sin embargo, era un acertijo bastante sencillo. El hogar cuadrado en el que encendían el fuego de Nochebuena y alrededor del cual mantenían sus alegres jaranas, estaba embaldosado con dieciséis mosaicos ornamentales. Cuando éstos se hubieron rajado y quemado por el calor del gran fuego, se decidió colocar nuevos mosaicos, que debían elegirse de cuatro diseños diferentes (la Cruz, la Flor de Lis, el León y la Estrella); pero también había mosaicos lisos disponibles. El Abad propuso que se colocaran como muestra nuestro esquema, sin ningún mosaico, liso, pero el Hermano Ricardo interrumpió:

—Pienso, mi Lord Abad, que hoy me es requerida una adivinanza. Atended, entonces, a esta que formularé. Colocad estos dieciséis mosaicos de tal forma que ninguno quede alineado con otro de igual diseño —quiso decir, por supuesto, que no se alinearan ni horizontal, ni vertical ni diagonalmente— y de manera que se requiera la menor cantidad posible de mosaicos lisos.

Cuando los monjes entregaron sus proyectos, se encontró que sólo Fray Andrés había encontrado la solución correcta; aun el mismo Fray Ricardo había errado. Todos habían utilizado demasiados mosaicos lisos.

Solución

42. La Adivinanza del Vino Tinto

Una noche, sentados a la mesa, el Abad urgió al Hermano Benjamín que propusiera la adivinanza que de él se esperaba ese día.

—Por cierto —dijo—, que no soy bueno para inventar adivinanzas, como vosotros bien sabéis, mas he estado atormentando a mi pobre cerebro con una cuestión que confío alguno de vosotros podrá explicarme, ya que yo no lo he logrado. Es ésta. Observad que sirvo un vaso del buen tinto de esta botella, que contiene una pinta de vino, y lo vuelco en esa jarra, que contiene una pinta de agua, Y ahora lleno el vaso con la mezcla de la jarra y lo vuelvo a verter en la botella que contiene el vino. Os ruego me digáis, ¿ha quedado más vino en la jarra que agua en la botella?, ¿o ha quedado más agua en la botella que vino en la jarra?.

Sospecho que los monjes estuvieron por este pequeño acertijo más cerca de una gran discusión de lo que nunca habían estado. Un hermano llegó a descontrolarse al punto de decir a su vecino que «más vino había entrado en su seso que el ingenio que de allí hubo salido», mientras que otro sostenía ruidosamente que todo dependía de la forma del vaso y de la edad del vino. Pero el Lord Abad intervino, les demostró lo sencilla que en realidad era la cuestión, y restauró los buenos ánimos de todos.

Solución

43. La Adivinanza del Despensero

El Abad David los miró gravemente y dijo que este incidente le recordaba el doloroso hecho de que Juan el Despensero había sido pillado robando del casco del mejor Malvoisie que se reservaba para ocasiones especiales. Ordenó que fuera traído a su presencia.

—Ahora, pillo —dijo el Abad cuando el despensero, sonrojado, vino a él—, tú sabes que fuiste encontrado esta mañana en el momento en que sustraías buen vino que te era prohibido. ¿Qué puedes decir para alivianar tu culpa?

—Os ruego, mi Lord Abad, ¡perdonadme! —exclamó cayendo de rodillas—. Cierto es que el Demonio vino a mí y me tentó, y el casco estaba tan cerca, y el vino era tan bueno, y había tomado de él tantas veces, sin ser pillado, y…

—¡Bribón! Eso sólo agrava tu falta. ¿Cuánto vino has tomado?

—¡Maldigo el día! Había cien pintas en el casco al principio, y yo he tomado una pinta cada día de este mes de junio, siendo hoy el trigésimo día de dicho mes, y si mi Lord Abad me ordena establecer con la mayor precisión cuánto buen vino he tomado en total, entonces que me castigue como merezco.

—Pero, hombre, eso son treinta pintas.

—No, no, pues cada vez que yo tomaba una pinta del casco, volcaba en él una pinta de agua en su lugar.

Un hecho curioso es que esta es la única adivinanza del viejo registro que no va acompañada de su solución. ¿Es posible que haya resultado demasiado difícil para los monjes? Sólo hay una nota que dice: «Juan no sufrió castigo alguno por su triste falta».

Solución

44. La Adivinanza de los Cruzados

En otra ocasión, cierto caballero, Sir Ralph de Bohun, fue huésped de los monjes en la Abadía de Riddlewell. Hacia el final de una suntuosa cena, habló así:

—Mi Lord Abad, sabiendo bien que las adivinanzas os son muy atractivas, con vuestro permiso, formularé una que me fue enseñada en tierras extranjeras. Un cuerpo de cruzados se dirigió a combatir por la buena causa, y su número era tal que podían formarse en un cuadrado. Pero en el camino un extraño tomó armas y se les unió, y entonces debieron formar exactamente trece cuadrados menores iguales. Os ruego me digáis, alegres monjes, ¿cuántos hombres fueron a la batalla?

El Abad David apartó su plato de pastel de carne y realizó unos pocos cálculos rápidos.

—Señor Caballero —dijo al fin—, la adivinanza es fácil de desentrañar. Al comienzo había 324 hombres, que formarían un cuadrado de 18 por 18, y luego 325 hombres harían 13 cuadrados de 25 cruzados cada uno. Pero ¿quién de vosotros me dirá cuántos hombres hubiera habido si, en lugar de 13 se hubieran podido formar 113 cuadrados, en condiciones exactamente iguales?

Los monjes se dieron por vencidos, pero el Abad les mostró la solución a la mañana siguiente.

Solución

45. La Adivinanza de St. Edmondsbury

—En St. Edmondsbury solía relatarse —dijo otra vez el Padre Pedro— que hace muchos años tuvieron tal invasión de ratones, que el buen abad dio orden de que se trajeran todos los gatos de la región para exterminar la plaga. Se llevó un registro, y a fin de año se observó que todos los gatos habían atrapado igual número de ratones, y el total era exactamente 1.111.111 ratones. ¿Cuántos gatos creéis que había?

—Yo pienso que un solo gato los mató a todos —dijo el Hermano Benjamín.

—¡Dejaos de chanzas, hermano! He dicho «gatos».

—Bien, entonces —insistió Benjamín—, quizás había 1.111.111 gatos, y cada uno mató un ratón.

—No —replicó el Padre Pedro, cuando cesó la risa jovial de los monjes—. He dicho «ratones», y todo lo que deseo agregar es esto: cada gato mató un número de ratones mayor a los gatos que había. Me han dicho que es una simple cuestión de división de números, pero yo no conozco la solución a esta adivinanza.

La respuesta correcta fue registrada, pero no se demuestra cómo llegaron a ella.

Solución

46. La Adivinanza del Aro de la Rana

Una Navidad el Abad ofreció como premio un gran jarro de plata sobre el que se grabaría el nombre del monje que propusiera la mejor adivinanza original. Este torneo de ingenio fue ganado por el Hermano Benito, quien curiosamente nunca antes ni después consiguió aportar algo que no provocara la mofa de sus hermanos. Se llamaba «El Aro de la Rana».

Se dibujó con tiza un aro en el piso de la sala, y se dividió en trece compartimientos, sobre los cuales se colocaron doce discos de madera (llamados «ranas»), en el orden que muestra nuestra ilustración, dejando un lugar vacío. Los números de uno a seis estaban pintados en color blanco, y los de 7 a 12 en negro. El acertijo consistía en colocar todos los números blancos en los lugares en que estaban los negros, y viceversa. Los números blancos giran en una dirección, y los negros en la opuesta. Pueden moverse en cualquier orden, a razón de un espacio por vez, o saltando sobre uno del color opuesto, hacia el espacio siguiente, tal como se da hoy en el juego de damas. La única condición es que cuando todas las ranas hayan cambiado de lugar, el número 1 debe quedar donde ahora está el 12, y el 12 en el lugar que ahora ocupa el 1. Debía realizarse en la menor cantidad de jugadas posible. ¿Cuántas jugadas son necesarias?

Concluiré con las palabras del viejo escritor: «Estas son algunas de las adivinanzas que los monjes de Riddlewell se proponían y enseñaban unos a otros en los alegres días del buen Abad David».

Solución

LA EXTRAÑA FUGA DEL BUFÓN DEL REY

Una Aventura Enigmática

Hubo una época en la que gozaba yo del favor del rey, y su Majestad nunca parecía cansarse de la compañía del bufón de la corte. Tenía yo el don de inventar adivinanzas y curiosos acertijos que a menudo causaban gran regocijo; aun siendo que el rey nunca pudo encontrar la respuesta correcta a uno solo de esos problemas, sin embargo disfrutaba enormemente con la desazón de quienes le rodeaban.

Pero zapatero a tus zapatos; pues cuando me propuse aprender el arte de realizar extraños trucos de magia, en los cuales la mano siempre engaña al ojo, el rey se asustó, y me acusó de brujo, ordenando que se me diera muerte. Afortunadamente, mi ingenio me salvó la vida. Rogué ser ejecutado por la mano real y no por la del verdugo.

—Por todos los santos —dijo su Majestad—, ¿qué diferencia puede haceros? Pero ya que es vuestro deseo, puedes elegir, que sea mi mano la que lleve a cabo tu muerte o la del verdugo.

—Su Majestad —contesté—, acepto la elección que vos tan generosamente me ofrecéis: prefiero que de vos provenga la muerte del verdugo.

Sin embargo, la vida del bufón real está llena de peligros, y una vez que el rey decidió que yo era un brujo, no transcurrió mucho tiempo antes de que volviera a estar en problemas, de los cuales mi ingenio no pudo esta vez salvarme. Fui encerrado en la mazmorra a la espera de mi muerte. Ahora os relataré cómo, con la ayuda de mi don para desentrañar adivinanzas y acertijos, pude escapar de mi cautiverio; y en caso de que alguien se pregunte cómo se realizaron algunos de los extraños hechos, luego os aclararé a todos los procedimientos.

47. La Cuerda Misteriosa

Mi calabozo no estaba debajo del foso, sino que era uno de los situados en la parte más alta del castillo. La puerta era tan sólida, y estaba tan bien acerrojada y asegurada, que por ese lado no podía esperar huir.

Luego de muchos días de ardua labor, logré desprender uno de los barrotes de la estrecha ventana, y pude deslizar mi cuerpo a través de la abertura, pero la distancia hasta el suelo era tan enorme que saltar significaba una muerte segura. Mas con gran fortuna hallé en una esquina del calabozo una cuerda que había sido allí dejada y estaba oculta en la gran oscuridad. Pero esta cuerda no tenía el largo suficiente, y no era posible dejarse caer desde el extremo sin peligro. Entonces recordé cómo el hombre sabio de Irlanda había alargado la manta que le era muy corta, cortando una banda del borde inferior, para unirla al borde superior. De modo que puse manos a la obra, dividí en dos la cuerda y uní ambas mitades con un nudo. Tuve entonces el largo suficiente, y así llegué al suelo a salvo. ¿Cómo pudo haber sido esto?

Solución

48. El Laberinto Subterráneo

La única forma de salir del patio en el que ahora me encontraba era descender unos escalones que conducían al centro (A) de un laberinto subterráneo, cuyos recovecos debía yo atravesar para poder salir por la puerta (B). Pero bien sabía que en la total oscuridad de este tenebroso lugar podía deambular durante horas y aún regresar al lugar del que había partido. ¿Cómo podría entonces llegar con certeza a la puerta? Con un plano del laberinto es bastante fácil trazar la ruta, pero ¿cómo podía encontrar la manera estando dentro del lugar, completamente a oscuras?

Solución

49. El Candado Secreto

Cuando por fin llegué a la puerta, ésta estaba firmemente cerrada, y al deslizar un panel que ocultaba una reja, la luz que por allí entró me hizo ver que el paso estaba obstruido por el candado secreto del rey. Antes de poder girar el picaporte, debía colocar las manecillas de tres diales diferentes en el lugar correcto. Si sólo supiera la letra correcta de cada dial, el secreto habría sido develado; pero habiendo diez letras sobre cada dial, podría probar novecientas noventa y nueve combinaciones, y sólo tener éxito en el milésimo intento. Si en verdad quería escapar, no debía perder un momento.

Pues bien, una vez escuché decir al docto monje que inventó el candado que los sirvientes del rey, que tenían tan mala memoria, podían tal vez olvidar las letras correctas; por tanto, pensé que quizás, en consecuencia, él habría buscado la forma de ayudarles a recordar. ¿Y qué sería más natural que hacer que las letras formaran una palabra? Pronto encontré una palabra en español, formada por tres letras, cada una de las cuales figuraba en uno de los tres diales.

Cuando hube apuntado las manecillas a las letras apropiadas, la puerta se abrió, y pude salir. ¿Cuál era la palabra secreta?

Solución

50. El Cruce del Foso

Estaba ahora frente al foso, que por cierto era muy ancho y muy profundo. Pero ¡ay! yo no sabía nadar, y mi oportunidad de escape parecía en verdad nula, como indudablemente habría sido si no hubiera descubierto un bote atado a la pared por una cuerda. Pero una vez que hube subido a él, me encontré con que los remos no estaban, y no había nada que pudiera hacer las veces de ellos. Cuando desaté la cuerda y empujé, el bote quedó quieto en el agua, pues no había corriente que me ayudara. ¿Cómo, entonces, pude llevar el bote a través del foso?

Solución

51. Los Jardines Reales

Ya era de día, y todavía tenía que atravesar los jardines reales exteriores a los muros del castillo. Estos jardines habían sido diseñados por un viejo jardinero del rey que había perdido el juicio, pero su Majestad le había permitido hacer allí sus locuras. Conformaban un cuadrado, y estaban divididos en 16 partes por altos muros, como se muestra en el plano, de forma que había pasajes de un jardín a otro, pero sólo dos formas de ingresar. Ahora bien, era forzoso que yo entrara por el portón Ay saliera por el otro portón B, pero como había jardineros entrando y saliendo, dedicados a su labor, debía deslizarme de un jardín a otro con agilidad para no ser visto. Al fin tuve éxito, pero luego recordé que había, en verdad, entrado a los dieciséis jardines una vez, y una sola. ¿Cómo pude hacer esto?

Solución

52. El Puente de la Zanja

Esta vez creí, de veras, que era un hombre libre; pero había olvidado que aún debía atravesar una profunda zanja. Esta tenía 10 pies de ancho, y no me atrevía a saltarla, ya que me había torcido un tobillo cuando abandonaba el jardín. Busqué alrededor algo que me ayudara a sortear este nuevo obstáculo, y pronto encontré ocho estrechas tablas que estaban apiladas unas sobre otras. Con sólo éstas, que no medían más que 9 pies cada una, logré al final tender un puente a través de la zanja. ¿Cómo pudo esto realizarse?

Ahora en libertad, me dirigí a casa de un amigo que me cedió un caballo y un disfraz, con los cuales pronto logré ponerme fuera de todo riesgo de ser capturado.

A través de los buenos oficios de varias personas de la corte del rey, obtuve al fin el perdón real, aunque, sin embargo, nunca recuperé el favor que había sido mi orgullo y alegría.

Muchas personas que me conocen bien me han solicitado que les aclare el extraño procedimiento de mi huida, que a muchos pareció en verdad asombrosa, a pesar de que el hecho no era tan sorprendente, si recordamos que desde mi juventud había entrenado mi ingenio para proponer y resolver sutiles enigmas. Y yo sostengo que el estudio de tales intrincados asuntos es provechoso, no sólo por el placer que ello proporciona, sino porque un hombre nunca está seguro de si en alguna súbita e imprevista dificultad que pueda sucederle a lo largo de esta vida nuestra, dicho aprendizaje no servirá en gran medida a sus propósitos, y quizás le ayude a superar muchos problemas.

Soy ahora un hombre viejo, y no he perdido del todo el gusto por los acertijos y artificios curiosos, pero en verdad nunca he tenido tanto placer en desentrañar las respuestas a ninguno de estos asuntos como el que me causó el solucionar aquellos que me permitieron, como bufón del rey en desgracia, obtener mi libertad del calabozo del castillo, y salvar mi vida.

Solución

FIESTA DE ACERTIJOS NAVIDEÑA

El señor Davidge, de Stoke Courcy Hall, Somerset, era un excelente ejemplar de viejo caballero de campo inglés. A comienzos del siglo pasado había pocos hombres tan conocidos, respetados y amados como él, en esa región del oeste. Un deportista nato, su fama se extendió hasta el mismo Exmoor, donde su temerario y espléndido estilo de cabalgar en procura del ciervo colorado había excitado la admiración y envidia de innumerables cazadores más jóvenes. Pero era en su propia jurisdicción, y especialmente en su propia casa, que su genial hospitalidad, generosidad y particular humor lo habían convertido en el ídolo de sus amigos —y aun de sus conocidos, lo cual a veces significa mucho.

Stoke Courcy Hall siempre estaba abierta a todos en Navidad, ya que uno de los principios que el señor Davidge tenía muy arraigados era mantener con regio estilo la fiesta de Nochebuena.

—Escuchad, jóvenes míos —decía a sus hijos—: sobrevendrán malos tiempos si alguna vez nos volvemos indiferentes a los requisitos de tales festividades navideñas, que nos han ayudado a merecer el orgulloso nombre de Alegre Inglaterra.

Por lo tanto, cuando digo que la Navidad en Stoke Courcy mantenía el viejo aire alegre y festivo que nuestros abuelos y bisabuelos tanto amaban, será innecesario que intente una descripción. Tenemos una fiel ilustración de tales alegres escenas en el Bracebridge Hall. Debo dedicarme aquí exclusivamente a un rasgo especial de estas alegres tenidas de los días de paz y buena voluntad.

Tenía él un interés vivo e inteligente en toda clase de acertijos, y siempre se dedicaba una noche a lo que era conocido como «La Fiesta de Acertijos del Señor Davidge». Cada invitado debía venir provisto de alguna adivinanza o acertijo para la perplejidad y el posible deleite del grupo. El viejo caballero siempre obsequiaba un reloj nuevo a aquel invitado que hubiera tenido más éxito con sus respuestas. Es de lamentar que no todos los acertijos se hayan conservado, pero yo me propongo presentar a mis lectores unos pocos que he seleccionado de un grupo de ellos heredado por un miembro de la familia, que gentilmente me ha permitido utilizarlos en esta ocasión. Hay algunos muy sencillos, varios moderadamente dificultosos, y uno que es un quebradero de cabezas, así que todos deberían poder encontrar alguno de su gusto.

El pequeño registro está escrito con la prolija y angular letra de una dama de aquellos tiempos, y los acertijos, cuyas condiciones creo mejor plantear en mis propias palabras, con el objeto de una mayor claridad, parecen todos haber sido propuestos en una misma ocasión.

53. Las Tres Tazas de Té

Una joven dama —de quien nuestra cortés historiadora comenta con deliciosa informalidad—: «Esta señorita Charity Lockyer luego se casó con un cura de Taunton Vale»— colocó tres tazas de té vacías sobre la mesa, y desafió a todos a que colocaran diez terrones de azúcar en ellas, de tal forma que hubiera en cada taza un número impar de terrones.

—Un joven, que ha estado en la Universidad de Oxford y estudia las leyes, declaró con cierto ardor que, sin duda, no existía ninguna forma posible de hacer esto, y ofreció dar prueba del hecho.

Debió haber sido interesante ver su expresión cuando se le mostró la respuesta correcta de la señorita Charity.

Solución

54. Los Once Peniques

Uno de los invitados pidió que alguien le diera once peniques, y los pasó a los participantes, como lo muestra nuestra Ilustración. La autora dice:

—Entonces nos pidió que retiráramos cinco monedas de las once, y agregáramos cuatro para dejar nueve. No podíamos sino pensar que forzosamente quedarían diez monedas. Nos hizo mucha gracia la respuesta a este acertijo.

Solución

55. Los Gansos de Navidad

El señor Hembrow, de Weston Zoyland —donde sea que eso se encuentre— propuso el siguiente acertijo aritmético, del cual probablemente han derivado muchos acertijos modernos bastante similares: El Granjero Rouse envió a su empleado al mercado con un lote de gansos, diciéndole que podía vender todos o algunos de ellos, según estimara mejor, pues estaba seguro de que el hombre haría un buen negocio. Este es el informe que Jabez dio, aunque lo he despojado del viejo dialecto, que podría confundir a los lectores de una forma no deseada: «Bien, primero vendí la mitad del lote más medio ganso al Sr. Jasper Tyler; luego vendí al Granjero Avent un tercio del resto más un tercio de ganso; luego vendí un cuarto de lo que quedaba más tres cuartos de ganso a la Comadre Foster; y cuando volvía camino a casa, ¿con quién me topé sino con Ned Collier?; así que tomamos un jarro de sidra juntos en el Granero de Cebada, donde le vendí exactamente un quinto de lo que me quedaba, y le di un quinto de ganso extra para la patrona. De estos diecinueve que traje de vuelta, no pude deshacerme a ningún precio.» Pues bien, ¿cuántos gansos mandó el Granjero Rouse al mercado? Mis lectores sensibles podrán sentirse aliviados al saber que ningún ganso fue dividido ni sufrió ningún tipo de inconvenientes a causa de la venta.

Solución

56. Los Números en Tiza

—Nos reímos mucho de una buena broma del Mayor Trenchard, un alegre amigo del anfitrión. Con un trozo de tiza marcó un número diferentes en las espaldas de ocho niños que estaban en la fiesta.

Parece que luego los separó en dos grupos, como se ve en la ilustración, 1, 2, 3 y 4 de un lado, y 5, 7, 8 y 9 del otro. Se verá que los números del grupo del lado izquierdo suman 10, mientras que los del otro suman 29. El acertijo del Mayor consistía en reordenar a los ocho niños en dos nuevos grupos, de forma que los cuatro números de ambos grupos sumaran igual. La sobrina del Mayor preguntó si el 5 no debía ser un 6, pero el Mayor explicó que los números estaban bien, si se los observaba en forma apropiada.

Solución

57. Saboreando los Budines de Navidad

—Supongo que todos sabéis bien que el número de budines de Navidad que probéis os proporcionará un igual número de días afortunados en el nuevo año. Uno de los invitados (cuyo nombre ha escapado a mi memoria) trajo consigo una hoja de papel en la cual estaban dibujados sesenta y cuatro budines, y dijo que su acertijo era en cierta forma una alegoría, e intentaría demostramos cómo podríamos encarar nuestro saboreo de budines con la mayor prontitud posible.

No logro, en realidad, comprender esta presentación tan fantasiosa y algo rebuscada del acertijo. Pero aparentemente los budines estarían dispuestos regularmente, como los muestra la ilustración, y al tachar un budín se indicaría que ya había sido probado. Simplemente deberá apoyar la punta de su lápiz sobre el budín de la esquina superior que tiene el ramito de muérdago, y atravesar los sesenta y cuatro budines por el centro, en veintiún trazos rectos. Se puede trazar hacia arriba, hacia abajo o hacia los costados, pero no en diagonal ni oblicuamente, y nunca debe tacharse dos veces un mismo budín, ya que eso implicaría un segundo e innecesario saboreo de esos indigeribles confites. Pero el toque peculiar del asunto es que se requiere saborear el budín humeante al final del décimo trazo, y que el coronado con muérdago de la fila inferior sea el último de todos.

Solución

58. Bajo la Rama de Muérdago

«En la fiesta había un viudo que llegó a esta región recientemente», dice la crónica; «y en verdad que era un hombre muy melancólico, pues estuvo apartado de la gente la mayor parte de la noche. Más tarde supimos que llevaba una cuenta secreta de todos los besos dados y recibidos bajo la rama de muérdago. Por cierto que si hubiera sabido que alguien mantenía una vigilancia de tan mala fe, no hubiera dejado que nadie me besara en ese lugar. Había otras doncellas tan horrorizadas como yo, como Betty Marchant me comentó más tarde.» Pero parece que el melancólico viudo simplemente recolectaba material para el problemita osculatorio siguiente:

La tertulia estaba integrada por el anfitrión y su esposa, otros seis matrimonios, un viudo y tres viudas, otros doce entre Jóvenes solteros y niños, y otras diez entre doncellas y niñas pequeñas. Pues bien, se encontró que todas las personas habían besado a todas las demás, con las siguientes excepciones y adiciones: Ningún hombre había, por supuesto, besado a otro hombre. Ningún hombre casado había besado a una mujer casada, salvo a su propia esposa. Todos los jóvenes solteros y los niños habían besado a todas las doncellas y niñas dos veces. El viudo no besó a nadie, y las viudas no se besaron mutuamente. El acertijo consistía en adivinar exactamente cuántos besos habían sido dados bajo la rama de muérdago, suponiendo que cada beso fue retribuido —el doble acto debe contarse como un beso.

Solución

59. Los Cubos de Plata

El último extracto que presento es uno que, según creo, interesará a aquellos lectores que encuentren los acertijos anteriores demasiado sencillos. Es una nuez difícil de pelar, y sólo deberían intentarlo aquellos que se precien de tener fuertes dientes intelectuales.

«El Señor Herbert Spearing, hijo de una dama viuda de nuestra jurisdicción, propuso un acertijo aritmético que parece simple, pero que ninguno de los presentes pudo resolver. En verdad, yo misma no osé intentarlo, al ver que el joven abogado de Oxford, de quien se dice que es docto en matemáticas y un gran estudioso, no logró revelamos la respuesta. Nos aseguró que a su entender no tenía solución, pero más adelante oí decir que sí es posible, aunque, por cierto, no podría asegurarlo. El Señor Herbert trajo consigo dos cubos de plata sólida que pertenecían a su madre. Nos mostró que, midiendo todos sus lados dos pulgadas, cada uno contenía ocho pulgadas cúbicas de plata, por lo cual entre ambos contenían dieciséis pulgadas cúbicas. Lo que quería saber era: ¿Podría alguien establecer las dimensiones exactas de dos cubos que, juntos, contuvieran exactamente diecisiete pulgadas cúbicas de plata?» Por supuesto, los cubos podían ser de tamaños diferentes.

La idea de una Fiesta Navideña de Acertijos, tal como la había ideado el viejo caballero, parece excelente, y podría bien ser revivida en la actualidad por personas que se han cansado de las reuniones de lectura y otras novedades similares que se han inventado para entretenimiento de las reuniones nocturnas. Podrían otorgarse premios a los mejores solucionistas de los acertijos propuestos por los invitados.

Solución

AVENTURAS DEL CLUB DEL ACERTIJO

Hasta la reciente difusión de que el asombroso misterio del Príncipe y el Globo Extraviado había en verdad sido resuelto por los miembros del Club del Acertijo, el público en general desconocía por completo la existencia de un club tal. El hecho es que los miembros siempre evitaron la publicidad, pero desde que se han vuelto notorios con relación a este celebrado caso, han corrido tantas historias absurdas y falsas acerca de sus actividades, que me han autorizado a publicar un veraz informe sobre algunos de sus logros más interesantes. Sin embargo, se decidió que no figuraran los verdaderos nombres de los miembros.

El Club fue fundado hace algunos años para reunir a aquellos que se interesaran en la resolución de acertijos de toda clase, y está integrado por algunos de los más profundos matemáticos y sutiles pensadores de Londres. Ellos desarrollaron un excelente trabajo en temas abstractos, pero dedicaron el mayor interés a investigar los problemas de la vida real que continuamente están aflorando.

Es justo decir que no se interesan en absoluto en los crímenes en sí, sino que únicamente investigan un caso cuando posee rasgos enigmáticos de un tipo determinado. Ellos buscan lo sorprendente por su misma esencia, como algo para descifrar. Buena parte de las veces, las circunstancias no tienen ninguna importancia, sino que conforman simplemente un pequeño acertijo de la vida real, y esto es suficiente.

60. La Fotografía Ambigua

Un buen ejemplo del tipo de problema más leve que ocasionalmente les llega es aquel que han dado en llamar «La Fotografía Ambigua». Aunque es intrincado para los inexpertos, es considerado por el grupo como un asunto trivial. Aun así, sirve para ilustrar la atenta observación de estos astutos personajes. La fotografía original está colgada en una pared del club, y ha desconcertado a todo invitado que la hubo examinado. Sin embargo, cualquier niño debería poder resolver el misterio. Daré al lector la oportunidad de probar su ingenio con este asunto.

Una noche, algunos de los miembros estaban sentados juntos en la sede del Club, en el Adelphi. Los presentes eran: Henry Melville, un abogado de escasa actividad, que estaba discutiendo un problema con Ernest Russell, un hombre barbado de mediana edad, que tenía un cargo descansado en Somerset House, y era un prominente matemático de Cambridge, y uno de los más sutiles pensadores del Club; Fred Wilson, un periodista de espíritu muy vivaz, más capaz de lo que en un principio hubiera parecido; John Macdonald, un escocés cuyo antecedente era que nunca había resuelto un acertijo desde que se hubo fundado el Club, aunque frecuentemente había proporcionado a otros alguna pista para llegar a una respuesta sagaz; Tim Churton, un empleado bancario, lleno de ideas fantásticas y poco ortodoxas acerca del movimiento perpetuo; también Harold Tomkins, un próspero contador, notablemente familiarizado con esa elegante rama de las matemáticas: la teoría de números.

De pronto entró al salón Herbert Baynes, y todos notaron por su mirada que tenía algo interesante que comunicar. Baynes era un hombre adinerado, sin ninguna ocupación.

—He aquí un pequeño y curioso enigma para ustedes —dijo Baynes—. Me ha llegado hoy de Dovey.

Dovey era el propietario de una de las muchas agencias de detectives privados que encontraban ventajoso mantenerse en contacto con el club.

—¿Es otro de esos sencillos criptogramas? —preguntó Wilson—. Si es así, sugiero pasárselo al mozo del bar.

—No seas sarcástico, Wilson —dijo Melville—. Recuerda que estamos en deuda con Dovey por el magnífico Problema de Señales Ferroviarias cuya resolución nos entretuvo a todos una semana.

—Si están interesados —resumió Baynes—, sólo intenten permanecer callados mientras yo les relato el divertido asunto. ¿Conocen ustedes a la pequeña y celosa yanki que se casó con Lord Marksford hace dos años? Lady Marksford y su marido han estado en París dos o tres meses. Pues bien, la pobre criatura cayó bajo la influencia del monstruo de ojos verdes, y se le ha puesto en la cabeza que Lord Marksford estaba flirteando con otras damas de su relación.

—Ahora, de hecho, ha contratado a uno de los espías de Dovey para vigilar a ese excelente marido suyo; y el fisgón, armado con una cámara fotográfica, ha sido su sombra durante una quincena. Un día, el espía llegó con gran alborozo a hablar con Lady Marksford. Había fotografiado a su excelencia caminando por la vía pública con una dama que no era su esposa.

—¿De qué puede servirme esto? —preguntó la celosa mujer.

—Pues es evidente, señora, que su esposo está caminando con la dama. Yo sé dónde ella se aloja, y en pocos días averiguaré todo acerca de ella.

—Pero, no sea estúpido —exclamó ella en tono despectivo—. ¿Cómo podría alguien asegurar que este hombre es su excelencia, cuando la mayor parte de él, incluyendo su cabeza y hombros, está oculta? Y… —examinó la fotografía cuidadosamente— ¡me parece hasta imposible establecer si el caballero está caminando con la dama, o si va en dirección contraria!

—Entonces despidió con gran enojo al detective. El mismo Dovey ha regresado recién de París, y obtuvo de la propia dama este relato del incidente. Él quiere, si es posible, justificar a su hombre, demostrando que a partir de la foto puede establecerse hacia dónde caminaba el caballero. Aquí está. Vean ustedes lo que pueden deducir de esto.

Nuestra ilustración es una fiel reproducción de la fotografía original. Se verá que una súbita y menuda llovizna veraniega es la verdadera causa de la dificultad.

Todos concordaron en que Lady Marksford estaba en lo cierto, que es imposible determinar si el hombre caminaba o no con la dama.

—La señora está equivocada —dijo Baynes, luego de que todos hubieron efectuado un minucioso análisis—. Yo encuentro que hay evidencia importante en la fotografía. Obsérvenla con cuidado.

—Obviamente —dijo Melville—, nada puede deducirse de la levita. Puede ser el frente o las colas. ¡No puedo descifrar una bendita cosa! También tiene un sobretodo sobre el brazo, pero es imposible ver de qué lado está su brazo.

—¿Y qué hay de las piernas? —preguntó Churton.

—¡Las piernas! —dijo Wilson, mirando sobre el hombro del otro—. Las tiene tiesas. Podría sospecharse por esta fotografía que su excelencia no tiene rodillas. Este hombre tomó la instantánea justo cuando las piernas estaban perfectamente derechas.

—Estoy pensando que quizás… —comenzó Macdonald, ajustándose sus anteojos.

—No pienses, Mac —aconsejó Wilson—. Podría dañarte. Además, imaginar que si el perro se corriera gentilmente las cosas serían más sencillas, no cambiará nada. No lo hará.

—La pose general del hombre me parece que indica un movimiento hacia la izquierda —opinó Tomkins.

—Al contrario —declaró Melville—, a mí me parece que claramente sugiere un movimiento hacia la derecha.

—Ahora escuchen, señores —dijo Russell, cuyas opiniones siempre eran respetadas en el club—. Mi impresión es que lo que debemos hacer es considerar la actitud de la dama, más que la del caballero. ¿Parece su atención dirigirse a alguien a su lado?

Todos acordaron en que era imposible de determinar.

—¡Lo tengo! —gritó Wilson—. Es extraordinario que ninguno de ustedes lo haya visto. Está clarísimo. ¡Me di cuenta de golpe!

—Bien, ¿qué es? —preguntó Baynes.

—Pues es perfectamente obvio. Ya ven hacia dónde se dirige el perro: hacia la izquierda. Muy bien. Ahora, Baynes, ¿de quién es el perro?

—¡Del detective!

La carcajada que provocó este anuncio fue estruendosa, y tan prolongada que Russell, que tenía en sus manos la foto, aprovechó la oportunidad para realizar el más minucioso examen de ella. Unos momentos después, levantó sus manos para pedir silencio.

—Baynes tiene razón —dijo—. Hay evidencia importante aquí que define con certeza la cuestión. Suponiendo que el caballero sea en realidad Lord Marksford, y la figura, hasta donde se la ve, parece la de él, no tengo dudas en decir que…

—¡Deténgase! —gritaron todos los miembros a la vez.

—No quiebre las reglas del club, Russell, aunque Wilson lo haya hecho —dijo Melville—. Recuerde que «ningún miembro develará su solución a un acertijo, salvo que todos los presentes lo consientan».

—No debieron alarmarse —explicó Russell—. Yo sólo iba a decir que no dudo en declarar que Lord Marksford caminaba en una dirección en particular. En qué dirección, se los diré cuando todos se hayan dado por vencidos.

Solución

61. El misterio del acantilado de Cornualles

Aunque el incidente conocido en el Club como «El Misterio del Acantilado de Cornualles» nunca haya sido publicado, todos recordamos el caso con el que se relaciona: un desfalco en el Banco Todd de Cornhill, hace algunos años. Lamson y Marsh, dos empleados de la firma, desaparecieron súbitamente; y se descubrió que se habían fugado con una muy importante suma de dinero. Hubo una emocionante búsqueda por parte de la policía, cuya acción fue tan inmediata, que los ladrones no pudieron abandonar el país. Se les siguió el rastro hasta Truro, y se supo que se escondían en Cornualles.

Sucede que en ese mismo momento, Henry Melville y Fred Wilson habían salido juntos en excursión a pie por la costa de Cornualles. Como la mayoría de la gente, estaban interesados en el caso, y una mañana, mientras desayunaban en una pequeña hostería, se enteraron de que los evadidos habían sido rastreados hasta ese mismo vecindario, y que se había dispuesto un fuerte cordón policial alrededor del distrito, haciendo muy improbable que pudieran escapar. De hecho, un inspector y un alguacil ingresaron en la hostería a efectuar algunas averiguaciones, e intercambiaron cortesías con los dos miembros del Club del Acertijo. Unas pocas referencias a algunos de los más importantes detectives de Londres, y la presentación de una carta confidencial de uno de ellos, que Melville llevaba en su bolsillo, pronto establecieron una completa confianza, y el inspector se franqueó.

Dijo que recién había ido a examinar una clave muy importante a un cuarto de milla de allí, y expresó la opinión de que nunca volvería a verse vivos a los Sres. Lamson y Marsh. A sugerencia de Melville, los cuatro hombres marcharon juntos por el camino.

—Allí a la distancia está nuestro risco —dijo el inspector—. Este alguacil encontró allí la libreta que les he mostrado, que contiene el nombre de Marsh, y algunas anotaciones en su letra. Evidentemente cayó accidentalmente. Al observar la parte superior del risco, descubrimos las pisadas de dos hombres, las cuales he corroborado a partir de datos anteriormente suministrados a la policía, que son las de los hombres que buscamos, y estoy seguro de que concordaremos en que apuntan a la única conclusión posible.

Al llegar al lugar, abandonaron el camino y subieron al risco. Las pisadas de ambos hombres estaban muy claramente impresas en la tierra delgada y blanda, y todos se cuidaron de no pasar sobre ellas. Siguieron las huellas de cerca, y encontraron que se dirigían directamente al borde de un acantilado que formaba un escarpado precipicio, casi perpendicular, a cuyos pies, unos doscientos pies debajo, el mar rompía contra las rocas.

—Aquí ven, caballeros —dijo el inspector—, que las pisadas llevan directamente al borde del acantilado, donde hay un abundante pisoteo, y acaban allí. La tierra no ha sido pisada en otro sitio en yardas a la redonda, excepto por las pisadas que ustedes ven. La conclusión es obvia.

—¿Qué, sabiendo que era imposible escapar, decidieron no ser capturados vivos, y se arrojaron al precipicio? —preguntó Wilson.

—Exactamente. Miren a izquierda y derecha, y verán que no hay otras huellas o marcas en ningún lado. Giren a la izquierda, y comprobarán que el más diestro montañés que haya jamás existido no podría efectuar un descenso, ni llegar a ninguna parte, más allá del borde del acantilado. No hay ninguna saliente a menos de cincuenta pies.

—Absolutamente imposible —dijo Melville después de una inspección—. ¿Qué piensa hacer?

—Iré directamente a comunicar el descubrimiento a la jefatura. Retiraremos el cordón, y rastrearemos la costa en busca de los cadáveres.

—Entonces cometerá un error fatal —dijo Melville—. Los hombres están vivos, y escondidos en el distrito. Sólo examine las huellas otra vez. ¿De quién es el pie grande?

—Es de Lamson, y la huella más pequeña es la de Marsh. Lamson era un hombre alto, medía más de seis pies, y Marsh era un sujeto pequeño.

—Es lo que pensé —dijo Melville—. Y sin embargo verá que Lamson da pasos más cortos que Marsh. Observe también la particularidad de que Marsh camina pisando fuerte, con los talones, mientras que Lamson apoya más las puntas de los pies. ¿No hay nada extraño en esto? Quizás no; pero ¿se le ha ocurrido que Lamson caminaba detrás de Marsh? Porque encontrará que a veces pisa las huellas de Marsh, aunque nunca encontrará que Marsh camina sobre los pasos del otro.

—¿Supone usted que los hombres caminaron hacia atrás sobre sus propias pisadas? —preguntó el inspector.

—No, eso es imposible. Ningún hombre puede caminar hacia atrás doscientas yardas con tanta exactitud. No descubrirá ni un solo lugar donde hayan errado a la huella por un octavo de pulgada. Ciertamente imposible. Tampoco supongo que los dos hombres, perseguidos como eran, hayan podido conseguir máquinas voladoras, ni globos, ni aun paracaídas. No saltaron el acantilado.

Melville luego explicó cómo los hombres habían escapado. Su reconstrucción probó ser correcta, ya que se recordará que fueron capturados, escondidos bajo alguna paja en un granero a dos millas del lugar. ¿Cómo fue que se alejaron del borde del acantilado?

Solución

62. El Automóvil Fugitivo

El pequeño asunto del «Automóvil Fugitivo» es un buen ejemplo de cómo el conocimiento de algún tema del mundo de los acertijos puede ser inesperadamente útil. Un miembro del Club, cuyo nombre en este momento no recuerdo, llegó una noche y dijo que ayer un amigo suyo andaba en bicicleta por el condado de Surrey, cuando un automóvil vino de atrás, tocó una de sus ruedas, y lo lanzó por los aires. Recibió varios golpes fuertes, y se fracturó el brazo izquierdo, mientras que su máquina quedó inservible. El automóvil no se detuvo, y él no pudo seguirle el rastro.

Hubo dos testigos del accidente, que había sido indudablemente culpa del conductor del auto. Una anciana mujer, la Sra. Wadey, vio todo el incidente, e intentó anotar el número del auto. Estaba segura en cuanto a las letras, que no es preciso proporcionar, y también de que el primer número era un 1. No pudo leer los otros números, debido a la velocidad y al polvo.

El otro testigo era el zonzo del pueblo, que es casi un genio en aritmética, pero muy estúpido en todo lo demás.

Siempre está haciendo cálculos en su cabeza, y todo lo que pudo decir fue que había cinco dígitos distintos en el número, y que encontró que al multiplicar los dos primeros por los últimos tres, el producto era un número con los mismos dígitos, pero en diferente orden —tal como 24, multiplicado por 651 da como resultado 15.624 (los mismos cinco dígitos), en cuyo caso el número del auto sería 24.651; y sabía que no había ningún cero en el número.

—Será bien fácil encontrar ese auto —dijo Russell—. Los hechos conocidos son probablemente suficientes para permitirnos descubrir el número exacto. Pienso que debe haber un límite a los números de cinco dígitos que tengan la particularidad señalada por el zonzo. Y éstos son aún más limitados si, como asegura la Sra. Wadey, el número comenzaba con un 1. Por lo tanto debemos hallar esos números. Es posible que sólo exista un número tal, en cuyo caso el asunto está resuelto. Pero aun si hubiera varios casos, el propietario de ese automóvil en particular será fácilmente individualizado.

—¿Cómo harás eso? —preguntó alguien.

—Considero que el método resulta obvio —respondió Russell—. Por el proceso de eliminación. Todos los propietarios excepto uno podrán proporcionar una coartada. Sin embargo, y esto es una simple conjetura, pienso que es bastante probable que sólo haya un número que se ajuste al caso. Veremos.

Russell tenía razón, pues esa misma noche envió el número por correo, resultando que el automóvil fugitivo fue rastreado enseguida, y su propietario, que era quien lo manejaba, tuvo que pagar los costos de los daños producidos por su negligencia. ¿Cuál era el húmero del automóvil?

Solución

63. El Misterio de Ravensdene Park

El misterio de Ravensdene Park, que ahora les presento, fue un asunto trágico, ya que involucró el asesinato del Sr. Cyril Hastings en su casa de campo, cerca de Londres.

El 17 de febrero, a las 11 P. M., nevaba pesadamente, y aunque sólo duró media hora, el suelo quedó cubierto de una capa de varias pulgadas de nieve. El Sr. Hastings había pasado la velada en casa de su vecino, y a medianoche la abandonó para regresar caminando a su casa, tomando el camino más corto, que atravesaba el Ravensdene Park, es decir de D hacia A en el esquema que proporcionamos. Pero a primera hora de la mañana fue encontrado muerto, en el punto indicado con una estrella en nuestro diagrama, con el corazón apuñalado. Inmediatamente fueron cerrados los siete portones, y examinadas las pisadas en la nieve. Éstas, afortunadamente, eran bastante individualizables, y la policía obtuvo los siguientes datos.

Las pisadas del Sr. Hastings estaban muy claras, directamente desde D hasta el lugar donde fue hallado. Estaban las pisadas del Mayordomo de Ravensdene Hall, que se había retirado a descansar cinco minutos antes de la medianoche —desde E hasta EE. Estaban las pisadas del cuidador del parque, desde A hasta su pabellón en AA. Había otras huellas que indicaban que un individuo había ingresado por el portón B y salido por el portón BB, y que otro había ingresado por el portón C y salido por el portón CC.

Únicamente estas cinco personas habían entrado al parque desde la nevada. Ahora bien, había sido una noche muy brumosa, y algunos de estos peatones consecuentemente habían tomado rutas tortuosas, aunque se observó especialmente que ninguna senda se cruzaba con otra en ningún momento.

De esto la policía estaba completamente segura, pero estúpidamente omitieron trazar un esquema de las diversas sendas antes de que la nieve se hubiera derretido y borrado toda huella.

El misterio fue traído a los miembros del Club del Acertijo, quienes inmediatamente se pusieron a trabajar en él. ¿Era posible descubrir quién había cometido el crimen? ¿Había sido el mayordomo? ¿O el hombre que ingresó por B y salió por BB? ¿O él cuidador del parque? ¿O el que ingresó por C y salió por CC? Se fabricaron diagramas esquemáticos, como el que reproducimos, que simplificaban la verdadera forma del Ravensdene Park, sin destruir las condiciones necesarias del problema.

Nuestros amigos trazaron entonces la ruta de cada persona, de acuerdo con las declaraciones de la policía que hemos presentado. Pronto resultó evidente que, ya que ninguna ruta se cruzaba con otra, algunos de los peatones debían haberse extraviado considerablemente en la niebla. Pero cuando trazaron las sendas de todas las maneras posibles, no tuvieron dificultad en decidir cuál era la ruta del asesino; y como afortunadamente la policía sabía qué pisadas representaba esta ruta, se efectuó el arresto que derivó en la condena del sujeto.

¿Podrán nuestros lectores descubrir si fue A, B, C o E quien cometió el crimen? Simplemente tracen la ruta de cada una de las cuatro personas, y la clave del misterio les será develada.

Solución

64. El Tesoro Enterrado

El problema del Tesoro Enterrado fue de carácter bastante diferente. Un joven llamado Dawkins, que recién había regresado de Australia, fue presentado en el club por uno de los miembros, para que pudiera relatar un extraordinario golpe de suerte que había experimentado allá, ya que las circunstancias involucraban un interrogante que seguramente interesaría a todos los amantes de los problemas de ingenio. Al finalizarla cena, solicitaron a Dawkins que contara su historia, lo cual hizo de la siguiente manera.

—Les he comentado, caballeros, que andaba de muy mala suerte. Me había ido a Australia para hacer fortuna, pero no había tenido éxito, y las perspectivas parecían oscuras. De hecho, había comenzado a desesperarme. Un cálido día de verano, estaba yo sentado en una vinería de Melbourne, cuando entraron dos individuos, y comenzaron a conversar. Ellos pensaron que yo dormía, pero les aseguro que estaba bien despierto.

»—Si tan sólo encontrara el terreno correcto, el tesoro sería mío, ya que el dueño original no dejó herederos, tengo tanto derecho a él como cualquiera.

»—Y ¿qué es lo que harías? —preguntó el otro.

»—Bien, es así: El documento que cayó en mis manos establece claramente que el terreno es cuadrado, y que el tesoro está enterrado en él, en un punto a exactamente dos estadios[3] de una esquina, a tres estadios de la esquina siguiente, y a cuatro estadios de la siguiente a ésta. Ves, lo peor es que casi todos los terrenos que hay en el distrito son cuadrados, y yo dudo que haya dos de exactamente el mismo tamaño. Si sólo supiera el tamaño del terreno, pronto lo descubriría, y tomando estas sencillas medidas, me haría rápidamente con el tesoro.

»—Pero no sabrías por qué esquina comenzar, ni en qué dirección habría que ir a la siguiente esquina.

»—Mi querido amigo, eso sólo significa, como mucho, que deberé cavar en ocho puntos; y ya que el papel dice que el tesoro está a tres pies de profundidad, puedo apostar que no me llevaría mucho tiempo.

»Ahora, señores —continuó Dawkins—, sucede que soy en algo un matemático, y al escuchar la conversación, enseguida noté que para que un punto estuviera exactamente a dos, tres y cuatro estadios de las esquinas sucesivas de un cuadrado, el cuadrado debía ser de una determinada superficie. No se pueden hacer coincidir tales medidas en un punto, en cualquier cuadrado, tomado al azar. Sólo pueden ocurrir en un cuadrado de ciertas dimensiones, y eso es justamente lo que estos hombres nunca sospecharon. Les dejaré el acertijo de averiguar exactamente que área debe tener.

»Bien, una vez que hube encontrado el tamaño del terreno, no demoré en dar con el terreno mismo, ya que el hombre había mencionado el distrito en la conversación. Y no tuve que cavar los ocho pozos, pues, con gran fortuna, el tercer punto que tenté fue el señalado. El tesoro era una suma importante, ya que me ha devuelto a casa, y me ha permitido montar un negocio que ya da señales de ser particularmente lucrativo. A menudo me sonrío cuando pienso en ese pobre hombre yendo de un lado a otro por el resto de su vida, y diciendo: “¡Si sólo supiera el tamaño del terreno!”, mientras que él mismo puso el tesoro en mis manos. Intenté localizar al hombre para compensarlo anónimamente de alguna forma, pero sin éxito. Quizás no tenía él necesidad del dinero, mientras que a mí me salvó de la ruina.

¿Podrá el lector descubrir la superficie del terreno, a partir de los detalles escuchados en la vinería? Es un acertijo elegante, y provee otro ejemplo de la utilidad práctica, en ocasiones inesperadas, del conocimiento del arte de resolver problemas.

Solución

LOS ACERTIJOS DEL PROFESOR

—¡Miren, aquí está el Profesor! —exclamó Grigsby—. Haremos que nos enseñe algunos acertijos nuevos.

Era Nochebuena, y el Club estaba casi desierto. Parecía que de todos los socios, sólo Grigsby, Hawkhurst y yo hubiéramos quedado en la ciudad en la estación de la alegría y los pasteles de pasas. Sin embargo, el hombre que acababa de entrar fue un agregado bienvenido. «El Profesor de Acertijos», como lo habíamos llamado, era muy popular en el Club, y cuando, como en la presente ocasión, las cosas se tomaban algo pesadas, su llegada era ciertamente una bendición.

Era un hombre de mediana edad, alegre y de buen corazón, aunque con tendencia al cinismo.

Toda su vida había abundado en acertijos, problemas y enigmas de toda clase, y lo que el Profesor no sabía de estas cosas, se consideraba que no valía la pena saberlo. Sus acertijos siempre tenían un encanto propio, y esto era principalmente porque él sentía placer en presentarlos de forma apetitosa.

—Usted es, de todos los hombres, al que esperábamos ver —dijo Hawkhurst—. ¿Trae algo nuevo?

—Siempre traigo algo nuevo —fue la respuesta, dicha con fingida presunción, porque el Profesor eran en realidad un hombre modesto—; simplemente reboso de ideas.

—¿De dónde saca las ideas? —pregunté.

—De todas partes, de cualquier parte, en todas mis caminatas. Por cierto, dos o tres de mis mejores acertijos me vinieron durante algún sueño.

—Entonces, ¿no están gastadas todas las buenas ideas?

—Por supuesto que no. Y todos los viejos acertijos pueden mejorarse, embellecerse y ampliarse. Tomen, por ejemplo, los cuadrados mágicos. Fueron construidos en la India antes de la era cristiana, e introducidos en Europa alrededor del siglo catorce, cuando se suponía que poseían ciertas propiedades mágicas, que me temo han perdido. Cualquier niño puede disponer los números del uno al nueve en un cuadrado que sume quince en las ocho direcciones; pero verán que puede transformarse en un problema bastante nuevo si utilizamos monedas en lugar de números.

65. El Acertijo de las Monedas

Hizo un diagrama, y colocó una corona (= 5 chelines) y un florín (= 2 chelines) en dos de las divisiones, como se indica en la ilustración.

—Ahora —continuó— coloquen la menor cantidad de monedas inglesas posible en las siete casillas vacías, de forma que cada una de las tres columnas, tres filas y dos diagonales sume quince chelines. Por supuesto, no podrá haber ninguna casilla sin al menos una moneda, y no podrá haber dos casillas que contengan el mismo valor.

—Pero, ¿cómo pueden las monedas afectar la cuestión? —preguntó Grigsby.

—Eso lo verán cuando se acerquen a la solución.

—Primero lo haré en números, y luego los sustituiré por monedas —dijo Hawkhurst.

Sin embargo, cinco minutos después, exclamó:

—¡Maldición! No puedo evitar colocar el dos en una esquina. ¿Puede moverse el florín de su actual posición?

—Por supuesto que no.

—Entonces me doy por vencido.

Pero Grigsby y yo decidimos que trabajaríamos en él otro rato, por lo que el Profesor enseñó a Hawkhurst la solución en privado, y luego siguieron conversando.

(Monedas inglesas disponibles. Peniques hay de 1, 2, 3, 4 y 6. Chelines hay de 1, 2, 2½, 4 y 5. La equivalencia es 1 chelín = 12 peniques.)

Solución

66. Los Acertijos de las Estampillas Postales

—Ahora, en lugar de monedas lo haremos con estampillas postales. Tomen diez estampillas inglesas corrientes, siendo nueve de ellas todas de distintos valores, y la décima un duplicado. Peguen dos de ellas en una casilla y una en cada una de las otras, de forma que el cuadrado sume esta vez nueve peniques en las mismas ocho direcciones anteriores.

—¡Ya está! —exclamó Grigsby, luego de garabatear unos minutos en la parte posterior de un sobre.

El Profesor sonrió con indulgencia.

—¿Estás seguro de que existe una estampilla postal inglesa corriente del valor de tres peniques y medio?

—Por mi vida que no lo sé. ¿No la hay?

—Esto es típico del Profesor —acotó Hawkhurst—. Nunca ha habido un hombre más artero. Nunca sabes bien cuándo has llegado al fondo de sus acertijos. Justo cuando crees haber hallado una solución, te señala un pequeño punto que habías pasado por alto.

—Cuando hayan resuelto éste, aquí tengo uno mejor para ustedes. Deben pegar estampillas postales inglesas de forma que todas las casillas de cada línea sumen lo mismo, usando tantas estampillas como quieran, siempre que sean todas de valores diferentes. Es bien difícil.

(Estampillas disponibles: de ½, 1, 1½, 2, 2½, 3, 4, 4½, 5, 6, 9, 10 y 12 peniques)

Solución

67. Las Ranas y los Vasos

—Y esto, ¿qué les parece?

El Profesor extrajo de sus enormes bolsillos un número de ranas, caracoles, lagartijas y otras criaturas de fabricación japonesa, de formas muy grotescas y colores brillantes. Mientras las observábamos, pidió al mozo que colocara sesenta y cuatro vasos sobre la mesa del club. Cuando éstos hubieron sido traídos y dispuestos en forma de cuadrado, como se ve en la ilustración, colocó ocho de las pequeñas ranas sobre los vasos, tal como se muestra.

—Ahora, bien —dijo—, ven ustedes que los vasos forman ocho líneas horizontales y ocho verticales, y si las miran diagonalmente (hacia ambos lados) hay otras veintiséis líneas. Si recorren con la vista estas cuarenta y dos líneas, verán que no hay dos ranas sobre una misma línea.

—El acertijo es este. Tres de las ranas deben saltar de su posición a tres vasos vacantes, de forma que en la nueva situación siga sin haber dos ranas en la misma línea. ¿Cuáles son los saltos que deben efectuarse?

—Me imagino… —comenzó Hawkhurst.

—Ya sé lo que vas a preguntar —se anticipó el Profesor—. No, las ranas no intercambian posiciones, sino que cada una de las tres salta a un vaso que no estaba ocupado previamente.

—Pero, seguramente, habrá muchas soluciones —dije yo.

—Me sentiré muy contento si las encuentras —respondió el Profesor con una sonrisa seca—. Yo sólo conozco una (o más bien dos, si contamos una inversión), que ocurre a consecuencia de que la posición es simétrica.

Solución

68. Romeo y Julieta

Por un rato estuvimos intentando que estos pequeños reptiles ejecutaran la acción que se les había asignado, sin éxito. El Profesor, sin embargo, no quiso damos la solución, pero dijo que en su lugar nos presentaría un pequeño desafío, inocente y sencillo una vez que se ha captado, pero que no todos pueden lograr al primer intento.

—¡Mozo! —llamó otra vez—. Por favor llévese estos vasos, y traiga el tablero de ajedrez.

—Espero sinceramente —exclamó Grigsby—, que no nos vaya a enseñar alguno de esos horribles problemas suyos de ajedrez. «Las blancas dan mate a las Negras en 427 jugadas, sin mover sus piezas». «El alfil enroca con el rey, y empeña su Giuoco Piano en medio segundo».

—No, no es de ajedrez. Vean estos dos caracoles. Son Romeo y Julieta. Julieta está en su balcón, esperando la llegada de su enamorado; pero Romeo acaba de cenar, y ha olvidado, en verdad, el número de su casa. Los cuadros representan sesenta y cuatro casas, y el apasionado mozo visitará todas las casas una vez, y sólo una, antes de llegar a su amada. Ahora, tratan de realizar esto en la menor cantidad de giros posible. El caracol puede moverse hacia arriba, hacia abajo y hacia los lados, y a lo largo de las diagonales. Tracen su camino con este trozo de tiza.

—Parece bastante fácil —dijo Grigsby, mientras deslizaba la tiza a lo largo de los cuadros—. ¡Miren! Ya está.

—Sí —dijo el Profesor—. Romeo ha llegado, es cierto, y visitó cada cuadro una sola vez; pero lo has hecho girar diecinueve veces, y no es la menor cantidad posible de giros.

Curiosamente, Hawkhurst dio enseguida con la solución, y el Profesor señaló que este era exactamente el tipo de acertijos que alguien podría resolver en el primer intento, o no lograrlo en seis meses.

Solución

69. El Segundo Recorrido de Romeo

—Fue un golpe de suerte el tuyo, Hawkhurst —agregó—. Aquí tengo otro acertijo mucho más fácil, ya que es factible de un análisis más sistemático; sin embargo puede suceder que no logren resolverlo en una hora. Pongan a Romeo en un cuadro blanco, y hagan que se deslice una vez por todos los otros cuadros blancos, en la menor cantidad posible de giros. Esta vez puede visitar un mismo cuadro blanco dos veces, pero el caracol nunca debe pasar dos veces por la misma esquina de un cuadro, ni entrar en un cuadro negro.

—¿Puede salir del tablero para tomar un refresco? —preguntó Grigsby.

—No; no puede salir hasta que haya cumplido con su cometido.

Solución

70. Las Ranas que Cortejaban

Mientras intentábamos infructuosamente resolver este acertijo, el Profesor dispuso sobre la mesa diez de las ranas en dos filas, como se verán en la ilustración.

—Eso parece entretenido —dije yo—. ¿Qué es?

—Es un pequeño acertijo que inventé un año atrás, y ha sido favorito de todos los que lo han conocido. Se llama «Las Ranas que Cortejaban». Se supone que cuatro de ellas están cortejando, y luego de que las cuatro hayan efectuado cada una un salto sobre la mesa, estarán en tal posición que formarán cinco líneas rectas con cuatro ranas en cada una.

—¿Cómo es? —preguntó Hawkhurst—. Creo que puedo hacerlo.

Unos minutos después exclamó:

—¿Qué tal?

—Forman sólo cuatro líneas en lugar de cinco, y has movido a seis de ellas, —explicó el Profesor.

—Hawkhurst —dijo severamente Grigsby—, eres un torpe. Yo he encontrado la solución a simple vista. ¡Aquí va! Estas dos montan sobre las espaldas de sus compañeras.

—No, no —amonestó el Profesor—: eso no está permitido. Dije claramente que los saltos se hacían sobre la mesa. Algunas veces escapa al ingenio de un hombre el plantear las condiciones de un problema de tal modo que el sofista no pueda encontrar una grieta a través de la cual hasta un niño pequeño, podría resolverlo.

Luego de un rato de devanarse los sesos en vano con estos batracios enamorados, el profesor reveló su secreto.

El Profesor juntó sus reptiles japoneses y nos dio las buenas noches, con los formulismos habituales de la estación. Los tres que quedábamos nos fumamos otra pipa juntos, y luego partimos también hacia nuestros respectivos hogares. Cada uno de nosotros cree que los otros dos pasaron toda la Navidad exprimiendo sus cerebros en el decidido intento de descifrar los acertijos del Profesor; pero cuando nos volvimos a encontrar en el club, todos unánimemente declaramos que aquellos acertijos que no habíamos logrado resolver «no habíamos tenido tiempo suficiente de mirarlos», mientras que lo que habíamos desentrañado luego de un enorme trabajo, «los habíamos descubierto a simple vista, enseguida de llegar a casa».

Solución

ACERTIJOS SURTIDOS

71. El Juego de Clavas

Casi todos nuestros juegos más populares son de origen muy antiguo, aunque en muchos casos se han desarrollado y mejorado considerablemente. El juego de clavas era favorito en el siglo catorce, e indudablemente está emparentado con nuestro moderno juego de bolos. En aquella época, las clavas no se restringían a ningún número en particular, eran generalmente cónicas, y se disponían en una línea recta.

Al principio eran tumbadas con una maza que se arrojaba desde cierta distancia. Más tarde, los jugadores introdujeron las bochas, como mejora a la maza.

En la ilustración observamos a algunos de nuestros antepasados del siglo catorce jugando a las clavas de ese modo.

Ahora presentaré a mis lectores un nuevo juego de clavas de salón, que puede jugarse sobre la mesa, sin ningún tipo de preparación. Simplemente se colocan en línea recta trece dóminos, peones de ajedrez, piezas de damas, fichas, monedas o porotos —cualquier cosa sirve— unos cerca de otros, y luego se retira el segundo, como muestra la figura.

Se supone que los antiguos jugadores se habían vuelto tan expertos, que siempre podían derribar cualquier clava aislada, a dos clavas que estuvieran una al lado de otra. Por lo tanto, alteraron el juego, y se acordó que ganaba el jugador que derribara la última clava.

Entonces, al jugar nuestro juego de mesa, todo lo que hay que hacer es derribar con el dedo, o retirar cualquier clava individual, o dos clavas vecinas, jugando alternativamente hasta que uno de los dos jugadores realice el último acierto, y, por tanto, gane. Creo que encontrarán a este jueguito fascinante, y les enseñaré el secreto para ganar.

Recuerden que la segunda clava debe ser retirada antes de comenzar a jugar, y que si derriban dos a la vez, deben ser dos vecinas, ya que en el juego verdadero, la bocha no podía hacer más que esto.

Solución

72. El Tablero Roto

Hay una anécdota del Príncipe Enrique, hijo de Guillermo el Conquistador, más adelante Enrique I, que se registra con tanta frecuencia en las viejas crónicas, que sin duda es auténtica. La siguiente versión del incidente fue extraída de «La Vida de Guillermo el Conquistador» de Hayward, publicada en 1613.

«Hacia fines de su reinado, designó a sus dos hijos, Roberto y Enrique, Gobernadores de Normandía, con autoridad conjunta, de forma que uno controlara la inocencia y veleidad del otro. Estos fueron juntos a visitar al rey francés, que se encontraba en Constanza: allí, ocupando el tiempo en variedad de diversiones, Enrique jugó al ajedrez con Luis, entonces Delfín de Francia, y le ganó por lejos.

»Ante esto, Luis comenzó a descuidar su lengua, lo cual le hizo perder el respeto de Enrique. La gran impaciencia de uno y la poca indulgencia del otro, encendió tal calor entre ellos al fin, que Luis arrojó las piezas a la cara de Enrique.

»A su turno, Enrique golpeó a Luis con el tablero, con lo que le hizo salir sangre, y lo hubiera matado allí mismo, de no haber sido que su hermano Roberto lo detuvo.

»Ante esta situación, rápidamente montaron dos caballos, y consiguieron llegar a Pontoise sin ser alcanzados por los furiosos franceses.»

Ahora bien, la tradición —aquí no tan confiable— dice que el tablero se rompió en los trece fragmentos que muestra nuestra ilustración. Se verá que hay doce piezas, todas de forma diferente, con cinco cuadros cada una, y una pequeña de sólo cuatro cuadros.

De esta manera tenemos las sesenta y cuatro divisiones del tablero de ajedrez, y el acertijo consiste simplemente en volver a juntarlas de modo de formar un tablero perfecto, correctamente ajedrezado. Los trozos pueden fácilmente recortarse de una hoja de papel cuadriculado, y, si se pegan a un cartón, serán fuente de perpetua diversión en el hogar.

Si tienen éxito en construir el tablero, pero no anotan la disposición, la próxima vez encontrarán su armado tan arduo como la primera vez que lo intentaron.

El mismo Príncipe Enrique, con toda su habilidad y sabiduría, habría encontrado que es un pasatiempo entretenido.

Solución

73. La Araña y la Mosca

Dentro de una habitación rectangular, de 30 pies de largo por 12 pies de ancho y de altura, hay una araña ubicada en el centro de una de las paredes cuadradas, a un pie del techo, como en A; y hay una mosca en la pared opuesta, a un pie del piso, en el centro, como se muestra en B. ¿Cuál es la menor distancia que la araña debe andar para alcanzar a la mosca, que permanece quieta? Por supuesto, la araña no se deja caer, ni utiliza su tela, sino que camina a paso regular.

Solución

74. El Despensero Aturdido

Aquí hay un pequeño acertijo escogido de las tradiciones de un viejo monasterio al oeste de Inglaterra. Parece que el Abad Francis era un hombre valioso, y aplicaba sus métodos de justicia hasta en las pequeñas obras de caridad por las cuales era tan conocido en los alrededores.

Además el Abad tenía buen paladar para los vinos. En una ocasión envió por el despensero, y se quejó de que una botella en particular no había sido de su agrado.

—Os ruego me digáis, hermano Juan, cuánto de este vino has embotellado en total.

—Una docena en botellas grandes, mi señor Abad, e igual cantidad en botellas pequeñas —contestó el despensero—, de las cuales cinco de cada tamaño han sido consumidas en el refectorio.

—Así será. Hay tres pajes esperando afuera. Haced que las dos docenas de botellas, tanto llenas como vacías, les sean entregadas, y ved que el reparto se haga con justicia, de forma que ningún hombre reciba más vino que otro, ni ninguna diferencia en botellas.

El pobre Juan regresó a su bodega, llevando con él a los tres hombres, y entonces su tarea comenzó a abrumarlo. Tenía, en botellas llenas, siete grandes y siete pequeñas, como se ve en la ilustración, y en botellas vacías, cinco grandes y cinco pequeñas. ¿Cómo podía efectuar la división equitativa que le era requerida?

Dividió las botellas en tres grupos de formas diversas, lo que a primera vista parecía bastante justo, ya que dos de las botellas pequeñas contenían igual cantidad de vino que una grande. Pero las botellas grandes vacías no valían por dos pequeñas.

De ahí la orden del Abad de que cada hombre debía llevarse la misma cantidad de botellas de cada tamaño.

Finalmente el despensero debió consultar con uno de los monjes que era bueno para los acertijos de este tipo, y que le demostró cómo debía hacerlo. ¿Pueden ustedes averiguar cómo se efectuó el reparto?

Solución

75. Hacer una Bandera

Un buen acertijo de disección en sólo dos trozos es bastante raro, por lo que quizás el lector se interese en el siguiente. El diagrama representa una pieza de género, y se requiere que sea cortada en dos piezas (sin desperdicio) que juntas formen una bandera perfectamente cuadrada, con las cuatro rosas colocadas simétricamente. Esto sería bastante sencillo, si no fuera por las cuatro rosas, ya que sólo deberíamos haber cortado de A a B e insertado esta pieza en la parte inferior de la bandera. Pero no se nos permite cortar a través de ninguna de las rosas, y allí está la dificultad del acertijo. Por supuesto, no puede usarse el género en su reverso.

Solución

76. Atrapar a los Cerdos

En la ilustración vemos a Hendrick y Katrün dedicados al estimulante deporte de intentar la captura de un par de cerdos.

¿Por qué no lo lograron?

Aunque parezca extraño, la respuesta completa se facilita con el pequeño juego-acertijo que ahora explicaré.

Copie el sencillo diagrama en una hoja de papel o cartón convenientemente grande, y utilice cuatro fichas marcadas que representen al holandés, su esposa y los dos cerdos.

Al comienzo del juego, éstos deben colocarse en los cuadros que se indican. Un jugador representa a Hendrick y Katrün, y el otro a los dos cerdos. El primer jugador mueve al holandés y a su mujer, un cuadro cada uno, en cualquier dirección (pero no diagonalmente); y luego el segundo jugador mueve a ambos cerdos un cuadro cada uno (no diagonalmente); y así sucesivamente, en su tumo, hasta que Hendrick atrape a un cerdo, y Katrün al otro.

Encontrarán que esto resultaría absurdamente fácil si los cerdos movieran primero, pero esto es exactamente lo que los cerdos holandeses no hacen.

Solución

77. El Juego del Treinta y Uno

Este es un juego que en una época fue (y puede que lo siga siendo) un método favorito de estafa utilizado por los tahúres en los hipódromos y en los vagones de los trenes.

Siendo que, por mérito propio, el juego es particularmente interesante, no me disculparé ante mis lectores por presentarlo aquí.

El tahúr dispone las veinticuatro cartas, como se muestran en la ilustración, e invita al inocente transeúnte a que pruebe su suerte o habilidad para ver quién de ellos puede primero cantar treinta y uno, o llevar a que su oponente sobrepase el número, de la siguiente manera:

Un jugador da vuelta una carta, digamos un 2, y canta «dos»; el segundo jugador da vuelta otra carta, digamos un 5, y sumando ésta al conteo, canta «siete»; el primer jugador da vuelta otra carta, digamos un 1, y canta «ocho»; y así prosigue el juego, alternativamente, hasta que uno de los dos canta «treinta y uno», y así gana.

Ahora, el asunto es si, para poder ganar, ¿debería uno dar vuelta la primera carta, o cortésmente invitar a su oponente a que lo haga? Y ¿cómo debe conducir su juego? El lector quizás diga: «¡Oh! Es bastante fácil. Debes jugar primero, y dar vuelta un 3; entonces, cualquiera sea la carta que tu oponente dé vuelta, no puede evitar que cantes diez, y luego diecisiete, veinticuatro, y el victorioso treinta y uno. Sólo debes asegurarte estos números para ganar.»

Pero es justamente este pequeño concepto lo que es tan peligroso, y lo colocará en las manos del estafador.

Usted juega un 3, y el estafador juega un 4 y canta «siete»; usted juega un 3 y canta «diez»; el estafador da vuelta un 3 y canta «trece»; usted juega un 4 y canta «diecisiete»; el estafador juega un 4 y canta «veintiuno»; usted juega un 3, y consigue su «veinticuatro».

Ahora el tahúr juega el último 4 y canta «veintiocho». Usted busca en vano otro tres con el cual ganar, pues ¡están todos boca abajo! Así que se ve obligado, ya sea a dejar que él gane, o a pasarse del número, y de todas formas pierde.

De este modo queda demostrado que su método seguro para ganar se derrumba sin esperanzas, a través de lo que puede llamarse el «método del agotamiento». Yo daré la clave para el juego, demostrando cómo puede ganarse siempre, pero aquí no diré si hay que jugar primero o segundo, por si el lector quiere averiguarlo por sí mismo.

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78. Los Ferrocarriles Chinos

Nuestro dibujo ilustra el plano de una ciudad china que está protegida por una fortificación pentagonal. Cinco naciones europeas hacían planes y clamaban por la concesión de instalar un ferrocarril hasta el lugar; y al final uno de los más brillantes consejeros imperiales dijo: «¡Dejad que todos tengan su concesión!» Así los oficiales del Gobierno Celeste debieron ocuparse en arreglar los detalles. Las letras del diagrama indican las diferentes nacionalidades, y no sólo exactamente dónde cada línea debe entrar en la ciudad, sino también dónde debe ubicarse la estación que pertenece a esa línea. Como se acordó que la línea de un país no debía nunca cruzarse con la de otro, los representantes de los distintos países involucrados debieron dedicarse durante tantas semanas a intentar encontrar una solución al problema, que entretanto se produjo un cambio en el gobierno chino, y todo el programa se desbarató. Tome un lápiz y trace las rutas para la línea de A a A, de B a B, de C a C, etc., sin nunca permitir que una línea cruce a otra, o pase a través de la estación de otra compañía.

Solución

79. La Aritmética del Brujo

Había una vez un caballero que fue a consultar a cierto brujo famoso. La entrevista tenía que ver con un asunto del corazón; pero luego de que el hombre de magia hubo presagiado los más favorables eventos y preparado una poción de amor que sin duda ayudaría a la causa de su visitante, la conversación derivó a los temas generales del ocultismo.

—¿Y habéis vos aprendido también el arte de la magia de los números? —preguntó el caballero—. Dadme sólo una muestra de vuestro ingenio en esta materia.

El viejo brujo tomó cinco bloques, todos marcados con un número, y los colocó sobre un estante, aparentemente al azar, de modo que quedaran en el orden 41096, como se ve en la figura. Entonces tomó en sus manos un 8 y un 3, y los sostuvo juntos para formar el número 83.

—Señor Caballero —dijo el brujo—, decidme: ¿podéis multiplicar mentalmente un número por el otro?

—En verdad no —respondió el buen caballero—. Necesitaría lápiz y papel para poder realizarlo.

—Sin embargo, observad qué fácil resulta para un hombre versado en la ciencia de la lejana Arabia, que conoce toda la magia que se esconde en la filosofía de los números.

El brujo simplemente colocó el 3 al lado del 4 en el estante, y el 8 en el otro extremo. Se podrá verificar que esta es la respuesta correcta (3410968). Muy curioso, ¿no? ¿Cuántos otros multiplicadores de dos dígitos pueden encontrar que produzcan el mismo efecto? Cabe colocar en el estante tantos bloques como gusten, y con las cifras que quieran.

Solución

80. El Problema de la Cinta

Si tomamos la cinta por las puntas y la estiramos, tendremos el número 0588235294117647. Este número tiene la particularidad de que si lo multiplicamos por cualquiera de los números 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 o 9, obtendremos exactamente el mismo número en la cinta, comenzando desde otro lugar. Por ejemplo, si lo multiplicamos por 4, el producto es 2352941176470588, que comienza desde la flecha en el círculo. De igual manera, si lo multiplicamos por 3, obtendremos el mismo resultado, comenzando por la estrella. Ahora bien, el acertijo consiste en dar una disposición diferente de números sobre la cinta que produzca resultados similares al multiplicarse de esa forma; sólo el 0 y el 7 que aparecen en los extremos de la cinta no deben moverse.

Solución

81. Las Damas Japonesas y la Alfombra

Tres damas japonesas poseían una ancestral alfombra cuadrada de considerable valor intrínseco, y que también era atesorada por la familia como una herencia interesante. Decidieron cortarla y hacer tres alfombras cuadradas, para que cada una fuera dueña de una porción en su propia casa.

Una dama sugirió que la manera más sencilla sería que ella tomara una parte menor que las otras dos, porque así la alfombra no debería cortarse en más de cuatro piezas.

Hay tres formas sencillas de hacer esto, que dejaré por ahora al lector el placer de encontrar por sí mismo, sólo diciendo que si suponemos que la alfombra mide nueve pies cuadrados, entonces una dama puede tomar una pieza entera de dos pies cuadrados, otra dos pies cuadrados en dos piezas, y la tercera una pieza entera de un pie cuadrado.

Pero esta generosa oferta no fue ni por un instante considerada por las otras dos hermanas, quienes insistieron en que la alfombra cuadrada debería cortarse de tal forma que las tres obtuvieran una alfombra de exactamente la misma dimensión.

Ahora bien, de acuerdo con las mejores autoridades occidentales, ellas hubieran debido cortar su alfombra en siete piezas, pero un corresponsal en Tokio me asegura que la leyenda dice que lo hicieron en sólo seis piezas, y quiere saber si tal cosa es posible.

Sí, puede hacerse.

¿Pueden ustedes recortar las seis piezas de manera que formen tres alfombras cuadradas de igual tamaño?

Solución

82. El Capitán Longbow y los Osos

El Capitán Longbow, ese eminente y más o menos veraz viajero, está muy ofendido con el público. Dice que durante una reciente expedición a las regiones árticas, él de hecho llegó hasta el Polo Norte, pero no puede lograr que alguien le crea. Por supuesto, la dificultad en estos casos es aportar una prueba, pero él asegura que cuando futuros viajeros logren la misma hazaña, encontrarán pruebas allí. Dice que cuando llegó al Polo vio a un oso dar vueltas y vueltas alrededor de ese sitio (que él declara que es un polo), evidentemente perplejo por el hecho peculiar de que cualquiera fuera la dirección hacia donde mirara, siempre era exactamente al sur. El Capitán Longbow dio fin a las meditaciones del oso, disparándole y luego empalándolo, de la manera que vemos en la ilustración, como la evidencia para futuros viajeros.

Cuando el Capitán se encontraba 100 millas al sur, en su camino de regreso, tuvo una pequeña experiencia bastante confusa. Una mañana en que observaba desde una elevación, se sorprendió al ver nada menos que once osos en su inmediata vecindad. Pero lo que más lo asombró fue el hecho curioso de que se habían puesto de tal forma que quedaron siete filas de osos, con cuatro osos en cada una. Si esto era resultado o no de un mero accidente, no podría decirlo, pero es probable que así haya sido. Si el lector intenta trazar once puntos sobre una hoja de papel, de forma que haya siete filas de puntos con cuatro puntos en cada una, encontrará alguna dificultad; pero la agrupación de osos alegada por el Capitán es posible. ¿Puede descubrir cómo estaban dispuestos?

Solución

83. El Recorrido Inglés

Este acertijo tiene que ver con vías férreas, y en estos días de mucho viajar debería resultar útil. El mapa de Inglaterra muestra veinticuatro ciudades unidas por un sistema ferroviario. Un habitante de la ciudad marcada con una A en la parte superior, se propone visitar todas las ciudades una vez, y sólo una, y finalizar su excursión en Z. Esto sería bastante fácil si pudiera andar tanto por carretera como en ferrocarril, lo que no está permitido. ¿Cómo puede realizarlo? Tome un lápiz, y comenzando en A trace el recorrido de ciudad en ciudad, punteando las ciudades que ha visitado, e intente finalizar en Z.

Solución

84. El Acertijo del Chifu-Chemulpo

He aquí un acertijo que en una época se vendía en los comercios de Londres. Representa a un tren militar —con una locomotora y ocho vagones—. El acertijo consiste en invertir los vagones para que queden en el orden 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, en lugar de 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, y que la locomotora quede, como al principio, en la vía auxiliar. Esto debe hacerse en la menor cantidad posible de movimientos. Cada vez que se mueve a la locomotora o a un vagón de la vía principal a la auxiliar, o viceversa, se cuenta un movimiento por cada vagón o locomotora que cambió de lugar. Los movimientos a lo largo de la vía principal no se cuentan. Con el 8 en el extremo, como se muestra, hay lugar para pasar el 7 a la vía auxiliar, correr el 8 al lado del 6, y bajar el 7 otra vez; o pueden poner hasta cinco vagones, o cuatro y la locomotora, en la vía auxiliar al mismo tiempo. Los vagones se mueven sin ayuda de la locomotora. El comprador del acertijo era desafiado a que «intente hacerlo en 20 jugadas». ¿Cuántas requiere el lector?

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85. La Excéntrica Mujer del Mercado

La Sra. Covey, que posee una pequeña granja de aves de corral en Surrey, es una de las mujeres más excéntricas que he conocido. Su modo de hacer negocios es siempre original, y a veces bastante fantástico y sorprendente. Una vez se la escuchó explicar a sus selectos amigos cómo se había desprendido de sus huevos de ese día. Evidentemente tomó la idea de un antiguo acertijo que todos conocemos; pero como ha sido mejorado, no dudo en presentarlo a mis lectores. Relató que ese día había llevado cierta cantidad de huevos al mercado. Vendió la mitad de ellos a un cliente, y le dio medio huevo de más. Luego vendió un cuarto del remanente y dio un cuarto huevo de más. Finalmente se deshizo de un quinto del resto, y dio un quinto de huevo de más. Lo que le quedaba lo dividió en partes iguales entre trece de sus amigos. Y, aunque parezca extraño, en ningún momento de estas transacciones tuvo que romper un solo huevo. Ahora bien, el acertijo consiste en encontrar el menor número de huevos que la Sra. Covey pudo haber llevado al mercado. ¿Pueden ustedes decirlo?

Solución

86. El Acertijo de la Guirnalda

Elija una palabra que considere adecuada, y que contenga ocho letras. Toque con la punta del lápiz una flor de la guirnalda y saltee una vecina, anotando en la siguiente la primera letra del nombre. Luego toque otra flor vacante, y nuevamente salte por sobre su vecina, en otra dirección, y escriba luego la segunda letra. Continúe con este procedimiento (tomando las letras en su orden correcto) hasta que todas hayan sido escritas, y pueda leerse la palabra original alrededor de la guirnalda. Siempre debe tocar una flor vacía, pero la flor que se saltea puede estar o no ocupada. Sólo pueden usarse palabras en español.

Solución

87. La Mesa Redonda

Siete amigos, llamados Adams, Brooks, Cater, Dobson, Edwards, Fry y Green, pasaban quince días juntos en la costa, y tenían reservada para su desayuno en el hotel, una mesa redonda. Se acordó que ninguno debía sentarse dos veces con los mismos dos vecinos. Como esto es posible de justamente quince maneras, el plan era bien practicable. Pero ¿puede el lector preparar una disposición para cada desayuno? Pidieron al dueño del hotel que trazara un esquema, pero éste falló.

Solución

88. Las Cinco Latas de Té

A veces se dice que la suma es la operación más sencilla del mundo, pero en algunas ocasiones, como demostraré, no tiene nada de fácil. Algunas veces la tarea puede ser aliviada utilizando algún pequeño artificio; otras es prácticamente imposible realizar la enumeración requerida si no se posee una mente especialmente clara. Cualquier niño, cuando compra doce estampillas, casi instintivamente dirá, al ver que hay cuatro a lo largo de un lado y tres del otro, «cuatro por tres: doce»; mientras que su pequeño hermano las contará por fila, 1, 2, 3, 4, etc. Si la madre del niño tiene ocasión de sumar los números del 1 al 50, probablemente realice una larga adición de los cincuenta números; mientras que su esposo, más habituado a las operaciones aritméticas, verá a simple vista que juntando los números de cada extremo, hay 25 pares de 51; por lo tanto, 25 × 51 = 1.275. Pero su astuto hijo de veinte años quizás acorte camino y diga: «¿Por qué multiplicar por 25? ¡Sólo debes agregar dos ceros al 51 y dividir por cuatro, y ahí lo tienes!»

Un comerciante de té tiene cinco latas de té de forma cúbica, las cuales dispone en línea sobre el mostrador, como vemos en la ilustración. Cada lata tiene una figura en cada uno de sus seis lados, por lo cual hay treinta figuras en total; pero una de las figuras de la N° 1 se repite en la N° 4, y otras dos figuras de la N° 4 se repiten en la N° 3; hay por lo tanto, sólo 27 figuras diferentes. El dueño siempre coloca a la N° 1 en un extremo, y nunca permite que la N° 3 quede al lado de la N° 5.

Un cliente del comerciante, habiéndose informado de esto, considera que es un buen acertijo intentar establecer de cuántas formas diferentes pueden disponerse las latas sobre el mostrador, de manera que el orden de las cinco figuras del frente nunca se repita. Encontró que realizar esta enumeración era bien difícil. ¿Pueden ustedes encontrar la solución sin enmarañarse el cerebro? Sin duda, pueden quedar dos figuras iguales en la fila, ya que todo es cuestión de su orden.

Solución

89. Los Cuatro Cerdos

Los cuatro cerdos están colocados cada uno en un chiquero diferente, de modo tal que aun cuando todos los treinta y seis chiqueros están alineados (ya sea horizontal, vertical o diagonalmente) con al menos un cerdo, ningún cerdo está alineado con otro. ¿De cuántas formas diferentes pueden colocarse los cerdos de modo de cumplir con estas condiciones? Si giran esta página, obtendrán otras tres disposiciones, y si la invierten frente a un espejo, cuatro más. Esas no se cuentan como disposiciones diferentes.

Solución

90. Los Cubos Numerados

Los niños de la ilustración han encontrado que se puede inventar una gran cantidad de acertijos muy interesantes e instructivos, a partir de cubos numerados; es decir, cubos que presenten los diez dígitos de las cifras arábigas (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 0). El acertijo en particular con el que se han estado divirtiendo es dividir los bloques en dos grupos de cinco, y luego disponerlos en forma de dos multiplicaciones, en las que un producto sea igual al otro. El número posible de soluciones es muy considerable, pero ellos han dado con la disposición que da el menor producto posible. Así, 3.485 multiplicado por 2 es 6.970, y 6.970 multiplicado por 1 es lo mismo. Les resultará imposible conseguir un resultado menor.

Bien, mi acertijo consiste en hallar el mayor resultado posible. Dividan los cubos en dos grupos de cinco a gusto, y dispónganlos para formar dos multiplicaciones que resulten en el mismo producto y el más alto posible. Eso es todo, y sin embargo es un asunto que requiere bastante trabajo.

Por supuesto, no se permiten fracciones, ni tampoco trucos de ninguna especie. El acertijo es lo bastante interesante en la sencilla forma en que se los he dado. Quizás deba agregarse que los segundos factores pueden tener dos cifras.

Solución

91. Zorros y Gansos

He aquí un pequeño acertijo del tipo de mover fichas que mis lectores probablemente hallarán interesante. Dibuje un diagrama de cualquier tamaño conveniente, similar al que se muestra en la ilustración, y consígase seis fichas —tres marcadas para representar a los zorros, y tres a los gansos—. Ponga a los gansos en los discos 1, 2 y 3, y a los zorros en 10, 11 y 12.

Bien, el acertijo consiste en esto. Moviendo uno a la vez, zorro y ganso alternativamente, a lo largo de una línea recta de un disco al siguiente, intente llevar a los zorros a 1, 2 y 3, y a los gansos a 10, 11 y 12 —o sea, hágales intercambiar lugares— en el menor número posible de movidas.

Pero debe cuidar que nunca queden un ganso y un zorro al alcance uno de otro, o habrá problemas. Esta regla, como verá, impide mover al zorro del 11 en la primera jugada, ya que quedaría en 4 o en 6, y estaría al alcance de un ganso. También impide mover a un zorro de 10 a 9 o de 12 a 7. Si mueve 10 a 5, entonces su próxima jugada bien puede ser 2 a 9 con ganso, lo que no hubiera podido ser si el zorro no se hubiera ido de la 10. Quizás sea innecesario decir que un solo zorro o un solo ganso pueden estar en un disco al mismo tiempo. ¿Cuál es el menor número de jugadas necesario para hacer que los zorros y los gansos cambien de lugar?

Solución

92. La Mesa de Robinson Crusoe

He aquí un curioso extracto del diario de Robinson Crusoe. No podrá encontrarse en las ediciones modernas de las Aventuras, y se omite en las viejas. Esto siempre me ha parecido una lástima.

«El tercer día, de mañana, ya que el viento se había calmado durante la noche, fui a la costa con la esperanza de encontrar una máquina de escribir y otras cosas útiles que la marea hubiera rescatado del naufragio; pero todo lo que pude hallar fue un trozo de madera con muchos agujeros en él. Mi hombre, Viernes, había dicho muchas veces que buena falta nos hacía una mesa cuadrada para nuestro té de la tarde, y pensé que este trozo de madera podía ser usado con ese fin. Y como durante el largo tiempo que Viernes había permanecido conmigo yo no había querido establecer en su mente ninguna base de conocimientos útiles, le dije que mi deseo era fabricar la mesa con la tabla que había encontrado, pero que no hubiera agujeros en su superficie.

»Viernes, tristemente confundido, preguntó cómo esto podía hacerse, especialmente cuando le dije que debía consistir de no más de dos piezas adosadas; pero le enseñé cómo podía hacerse en tal forma que la mesa fuera lo más grande posible, aunque, sin duda, me hizo gracia cuando dijo: “Mi gente hacer mejor: tapar agujeros para que no caer azúcar”.»

La ilustración muestra las proporciones exactas de la tabla, con las posiciones de los quince agujeros. ¿Cómo fabricó Robinson Crusoe la mesa cuadrada más grande posible en dos piezas, que no tuviera agujeros en su superficie?

Solución

93. Los Quince Huertos

Quince de los habitantes de un pueblo del condado de Devon, de donde viene la sidra, poseen un excelente espíritu de amistosa rivalidad, y hace unos años decidieron saldar por medio de la experimentación práctica, una pequeña diferencia de opiniones en cuanto al cultivo de manzanos. Algunos decían que necesitaban mucha luz y aire, mientras que otros sostenían con firmeza que debían plantarse a corta distancia entre sí para que tuvieran sombra y se protegieran de los vientos fríos. Entonces acordaron plantar una partida de árboles jóvenes en diferente número en cada huerto, para poder comparar resultados.

Un hombre tenía un único árbol en su campo, otro tenía dos, otro tres árboles, otro cuatro árboles, otro cinco, y así sucesivamente hasta que el último tenía tantos como quince árboles en su pequeño huerto. El año pasado se pudo observar el extraño resultado. Cada uno de los quince individuos descubrió que todos los árboles de su propio huerto habían producido exactamente la misma cantidad de manzanas. Pero, lo que era aún más asombroso, al comparar sus registros, comprobaron que el total recogido en cada predio era casi igual. De hecho, si el hombre que tenía once árboles hubiera dado una manzana al que tenía siete, y el hombre que tenía catorce árboles hubiera dado tres manzanas a cada uno de los propietarios de nueve y trece árboles, todos hubieran tenido exactamente la misma cantidad.

Bien, el acertijo consiste en descubrir cuántas manzanas hubiera tenido cada uno de ellos (la misma cantidad en todos los casos) si se hubiera llevado a cabo dicha distribución. Es bastante sencillo si se encara la tarea en forma correcta.

Solución

94. El Plomero Confundido

Cuando recientemente realicé una visita a Peckham, encontré que todos se preguntaban: «¿Qué le ha sucedido a Sam Solders, el plomero?» Aparentemente se encontraba en muy mala forma, y su esposa estaba muy preocupada acerca de su estado mental. Desde que me hubo reparado un aparato de agua caliente hace algunos años, que no llegó a explotar en los primeros tres meses (y cuando lo hizo sólo afectó a uno de los ayudantes del cocinero), le tenía bastante respeto.

—Ahí está —dijo la Sra. Solders cuando fui a interesarme—. Así ha permanecido por tres semanas. Casi no come nada, no descansa, y su negocio está tan abandonado que no sé qué irá a suceder conmigo y los cinco niños. Todo el día (y toda la noche) se los pasa allí, calculando y calculando, y arrancándose los cabellos como si estuviera loco. La preocupación me está matando.

Convencí a la Sra. Solders de que me explicara de qué se trataba. Parece ser que recibió un pedido de un cliente para fabricar dos cisternas rectangulares de zinc, una con tapa, y la otra sin tapa. Cada una debía contener exactamente 1.000 pies cúbicos de agua al estar llena hasta el borde. El precio debía ser una determinada suma por cada cisterna, incluyendo la mano de obra. Como el Sr. Solders es un hombre ahorrativo, naturalmente quiso fabricar las dos cisternas de dimensiones tales que requirieran la menor cantidad de material posible. Este era el pequeño problema que tanto lo afectaba.

¿Podrán mis ingeniosos lectores hallar las dimensiones de la más económica cisterna con tapa, y también las proporciones exactas de una tal cisterna sin tapa, cada una capaz de contener 1.000 pies cúbicos de agua? Por «económico» entendemos al método que requiere la menor cantidad de metal posible. No es necesario dejar un margen para lo que las damas llamarían «dobladillo». Les mostraré cómo ayudé al Sr. Solders a salir de su dilema. Él dice: «Ese pequeño artificio que me enseñó sería útil para otros de mi oficio».

Solución

95. La Columna Nelson

Durante un homenaje a Nelson, me encontraba en Trafalgar Square con un amigo propenso a lo enigmático. Había estado mirando la columna en forma abstracta por algún tiempo, y parecía bastante inconsciente de los comentarios al pasar que yo le dirigía.

—¿Con qué estás soñando? —dije al fin.

—Dos pies… —murmuró.

—¿Es el sombrero de alguien? —pregunté.

—Cinco veces alrededor…

—¡Dos pies, cinco veces alrededor! ¿Qué diablos estás diciendo?

—Espera un minuto —dijo haciendo unos cálculos en el reverso de un sobre. En ese momento descubrí que estaba a punto de inventar un nuevo problema de alguna clase, pues conocía bien sus métodos de trabajo en estas cosas.

—¡Aquí lo tienes! —exclamó de pronto—. ¡Ya está! Un pequeño acertijo muy interesante. Dado que la caña de la Columna Nelson mide 200 pies, y su circunferencia 16 pies con 8 pulgadas, y está festoneada por una guirnalda en espiral que la rodea exactamente cinco veces. ¿Cuál es el largo de la guirnalda? Parece bastante difícil, pero es, en verdad, bien sencillo. —(Se recuerda que 1 pie =12 pulgadas.)

Tenía razón. El acertijo es bastante sencillo, si se enfoca en la forma adecuada. Por supuesto, la altura y la circunferencia no son las correctas, pero fueron elegidas para los propósitos de este acertijo. El artista también ha dibujado la caña de la columna con igual circunferencia en toda su altura. Si fuera cónica, el acertijo sería menos sencillo.

Solución

96. Los Dos Niños Mandaderos

Un banquero de provincia envió a su mandadero con una misiva para el carnicero del pueblo vecino, y al mismo tiempo el carnicero envió a su mandadero a la panadería. Uno corría más rápido que el otro, y fue observado que se cruzaron en un punto a 720 yardas de la panadería. Cada uno demoró diez minutos con su diligencia, y luego iniciaron el camino de regreso, y esta vez se cruzaron en un punto a 400 yardas de la carnicería. ¿Qué distancia separa a ambos comercios? Evidentemente cada niño anduvo a la misma velocidad en todo el recorrido.

Solución

97. Sobre las Arenas de Ramsgate

Trece pequeños fueron encontrados bailando en ronda sobre las arenas de Ramsgate. Aparentemente estaban jugando a la «Rueda, rueda». El acertijo es el siguiente. ¿Cuántas ruedas pueden formar sin que ningún niño se tome dos veces de la mano de otro? O sea, que ningún niño puede tener el mismo vecino dos veces.

Solución

98. Los Tres Automóviles

Pope nos ha dicho que toda casualidad es sólo «el rumbo que vos no podéis ver», y ciertamente todos ocasionalmente nos topamos con alguna notable coincidencia —pequeñas cosas cuya probabilidad es inmensamente remota— que nos llenan de asombro. Uno de los tres automovilistas que vemos en la ilustración se ha encontrado con una de esas misteriosas coincidencias. Está señalando a sus amigos que los tres números de sus automóviles contienen todos los dígitos del 1 al 9 y el 0, y lo que es más notable, que si multiplicamos los números del primero y segundo automóviles entre sí, el producto será el número del tercer automóvil. Esto es, 78, 345 y 26910 contienen las diez cifras, y 78 multiplicado por 345 da 26910. Pues bien, el lector podrá encontrar muchos conjuntos de números de dos, tres y cinco cifras respectivamente, que tengan la misma particularidad. Pero hay un conjunto, y sólo uno, en la que los números cuentan con esta particularidad adicional— que el segundo número es un múltiplo del primero. En otras palabras, si 345 pudiera ser dividido entre 78 sin dejar resto, los mismos números de los autos llenarían también esta condición adicional. ¿Cuáles son los tres números que buscamos? Recuerden que deben tener dos, tres y cinco cifras respectivamente.

Solución

99. Un Cuadrado Mágico Reversible

¿Pueden ustedes construir un cuadrado de dieciséis números diferentes, de modo que sea mágico (es decir, que sumen exactamente lo mismo sus cuatro columnas, cuatro filas y dos diagonales), tanto si se pone patas arriba como al derecho? No deben usar los números 3, 4 y 5, ya que éstos no se pueden poner patas arriba; pero un 6 puede convertirse en un 9 al invertirlo, un 9 en un 6, un 7 en un 2, y un 2 en un 7. El 1, el 8 y el 0 se leerán igual de ambas formas. Recuerden que la suma constante no debe variar al invertirse.

Solución

100. El Tren Subterráneo

El diagrama que presentamos es el plano de un tren subterráneo. El boleto vale igual para cualquier distancia, siempre que no se recorra dos veces una misma porción de la línea durante el trayecto. Ahora, cierto pasajero que dispone de mucho tiempo, va diariamente de A a F. ¿Cuántas son las rutas que puede elegir? Por ejemplo, puede tomar la ruta más corta, A, B, C, D, E, F, en línea recta, o puede tomar una de las rutas largas, tales como A, B, D, C, B, C, E, D, E, F. Se observará que tiene líneas opcionales entre algunas estaciones, y sus elecciones de éstas llevan a variaciones de la ruta completa. Muchos lectores encontrarán que es un problemita muy enredado, aun cuando sus condiciones son tan simples.

Solución

101. El Navegante y la Serpiente Marina

El Sr. Simón Softleigh había pasado la mayor parte de su vida entre Tooting Bec y la calle Fenchurch. Su conocimiento del mar era, por lo tanto, muy limitado. Así es que cuando tomaba unas vacaciones en la costa del sur, pensó que era una espléndida oportunidad para obtener un poco de información provechosa. De modo que comenzó a tirar de la lengua de los nativos.

—Supongo —dijo el Sr. Softleigh una mañana a un jovial y bruñido navegante— que habrá usted visto muchas cosas sorprendentes en el mar bravío.

—Dios lo bendiga, señor, así es —dijo el navegante—. Quizás usted nunca haya visto un témpano de vainilla, o una sirena secando sus prendas en la línea ecuatorial, o al cocodrilo de alas azules que circunda los cielos en pos de su presa, o a la serpiente marina…

—¿En verdad ha visto usted a la serpiente marina? Creí que su existencia era incierta.

—¡Incierta! No diría usted que hay nada incierto en una serpiente marina, si hubiera visto una. La primera que vi fue cuando era navegante del Saucy Sally. Nosotros estábamos rodeando el Cabo de Hornos con una carga de camarones de las Islas del Pacífico, cuando miré para el lado del puerto y vi un monstruo tremendo, como una víbora, con su cabeza fuera del agua, y sus ojos echando fuego, que vigilaba nuestro barco. Entonces grité a los otros que soltaran el bote, mientras que yo corrí abajo a buscar mi espada —la misma que usé cuando maté al Rey Chokee, el jefe caníbal que se comió al criado del capitán— y nos pusimos a seguir el rastro de esa serpiente marina. Bueno, para resumir, cuando nos pusimos al costado de la bestia, simplemente le clavé esa espada mía, y antes que pudiera decir esta boca es mía, la corté en tres pedazos, todos exactamente del mismo largo, y después la cargamos a bordo del Saucy Sally. ¿Qué hice con ellos? Pues los vendí a un sujeto en Río de Janeiro. Y ¿qué cree usted que hizo con ellos? Los usó para hacer ruedas para su auto —no es fácil pinchar la piel de una serpiente marina.

—¿Qué largo tenía la criatura? —preguntó Simón.

—Bueno, cada pedazo era igual de largo que tres cuartos del largo de un pedazo, agregado a tres cuartos de un cable. Aquí hay un pequeño acertijo para que usted resuelva, joven caballero. ¿Cuántos cables de largo debió haber medido la serpiente marina?

En verdad no es de ningún modo para deshonra del Sr. Simón Softleigh el que nunca haya logrado hallar la respuesta correcta a ese pequeño acertijo, porque puede confiarse en que de mil lectores que lo intenten, ni uno conseguirá calcularla con exactitud.

Solución

102. La Sociedad Benéfica

AI cabo de cuatro meses y medio de ardua labor, las damas de cierta Sociedad Benéfica estaban tan encantadas con el bellísimo acolchado de retazos de seda que habían cosido para el querido cura, que todo el mundo besó a todo el resto, con excepción, por supuesto, del mismo ruboroso joven, que sólo besó a sus hermanas, a quienes había ido a buscar para acompañarlas a casa. Hubo exactamente una gruesa de besos en total. ¿Cuánto tiempo más hubieran demorado las señoras en su labor de costura si las hermanas del cura referido hubieran jugado al Lawn Tennis en lugar de asistir a las reuniones? Debemos, evidentemente, suponer que las damas asistían regularmente, y estoy seguro de que todas trabajaban igualmente bien. Aquí un beso mutuo se cuenta como dos.

Solución

103. El Caracol Aventurero

A todos es conocida la versión sencilla del acertijo del caracol escalador. Nos fue enseñada ya en el Jardín de Infantes, y aparentemente intentaba inculcamos la sencilla moraleja de que nunca resbaláramos si podíamos evitarlo. He aquí el popular cuento. Un caracol escala un palo de 12 pies de altura, ascendiendo 3 pies por día y resbalando 2 pies cada noche. ¿Cuánto tarda en llegar a la punta? Por supuesto, se espera que contestemos que doce días, ya que la criatura realiza un avance real de 1 pie cada 24 horas. Pero los bebés modernos no pueden ser engañados tan fácilmente. Ellos contestan, bastante correctamente, que al final del noveno día el caracol está a tres pies de altura, y por lo tanto, accede a la cima de sus aspiraciones al décimo día, ya que dejará de resbalar al llegar a la punta.

Retomemos ahora a la historia original. Una vez dos filósofos caminaban por su jardín, cuando uno de ellos descubrió a un muy respetable miembro de la familia Helix Aspersa, un pionero en alpinismo, en el acto de realizar la riesgosa escalada de una pared de 20 pies de altura. A juzgar por el rastro, el caballero calculó que ascendía tres pies por día, resbalando dos pies hacia abajo al dormir cada noche.

—Os ruego me digáis —dijo el filósofo a su amigo, que tenía la misma profesión—: ¿cuánto tiempo llevará al Sr. Caracol escalar hasta la cima de la pared, y descender por el otro lado? Como sabéis, el borde superior de la pared es afilado, así que cuando llegue allí, comenzará a descender en forma instantánea, dedicando el mismo esfuerzo a su diario descenso que el que dedicó a su ascenso, y resbalando al dormir por la noche, igual que antes.

Esta es la versión genuina del acertijo, y mis lectores quizás se interesen en calcular el número exacto de días. Por supuesto, en un acertijo de este tipo, siempre se supone que el día se divide en 12 horas diurnas y 12 nocturnas.

Solución

104. Los Cuatro Príncipes

Los dominios de cierto monarca oriental formaban una comarca perfectamente cuadrada. Sucedió un día que el rey descubrió que sus cuatro hijos no sólo conspiraban unos contra otros, sino que también se rebelaban secretamente contra él. Luego de consultar con sus consejeros, decidió no exiliar a los príncipes, sino confinarlos a los cuatro rincones del reino, donde cada uno recibiría un territorio triangular de igual superficie, cuyos límites sólo atravesarían a costa de sus vidas. El agrimensor real se encontró enfrentado a grandes dificultades naturales, debido al carácter salvaje de la tierra. El resultado fue que mientras todos recibieron la misma superficie, los cuatro distritos triangulares eran todos de diferente forma, aproximadamente como se muestra en la ilustración. El acertijo consiste en proveer las tres medidas de cada uno de los cuatro distritos en los números menores posibles —siempre en números enteros de estadios—. En otras palabras, se requiere hallar (en los números menores posibles) cuatro triángulos rectángulos de áreas iguales.

Solución

105. Ta Te Tí

Todos los niños saben jugar a este juego. Se traza un cuadrado de nueve casillas, y cada uno de los jugadores, alternativamente, pone su marca (un cero o una cruz, según sea el caso) en una casilla, con el propósito de poner tres en una misma línea. Cualquiera de los dos jugadores que primero logre poner tres marcas en una línea, gana con la exultante exclamación:

Ta Te Ti

Suerte para mí

Nada para ti.

Es un juego muy antiguo. Pero si los dos jugadores tienen un conocimiento perfecto de él, una de estas tres cosas sucederá forzosamente, (i) Gana el primer jugador; (ii) Pierde el primer jugador; o (iii) siempre hay empate. ¿Cuál de las tres afirmaciones es la correcta?

Solución

106. El Juego de Ovidio

Luego de examinar el Ta Te Tí, nos detendremos a considerar una extensión del juego, que se menciona especialmente en los trabajos de Ovidio. Es, de hecho, el antepasado del Nine Men’s Morris (El Juego del Molino) a que se refiere Shakespeare en Sueño de una noche de Verano (Acto II, Escena 2). Cada jugador tiene tres fichas, que pone alternativamente sobre los nueve puntos señalados en el diagrama, con el objeto de conseguir tres en una línea, y así ganar. Pero luego de que las seis fichas han sido puestas, proceden a moverlas (siempre a un punto adyacente desocupado), y con el mismo propósito. En el ejemplo que presentamos, las Blancas jugaron primero, y las Negras acaban de ocupar el punto 7. Es ahora el tumo de las Blancas, que indudablemente jugarán de 8 a 9, y luego, cualquiera sea la jugada de las Negras, moverán de 5 a 6, y así ganarán. Este es el sencillo juego. Ahora, si ambos jugadores son igualmente perfectos conocedores del juego, ¿qué deberá suceder? ¿Ganará siempre el primer jugador? ¿O deberá ganar el segundo? ¿O será siempre un empate? Una sola de estas cosas habrá de ocurrir siempre. ¿Cuál es?

Solución

107. Los Bueyes del Granjero

Un niño puede proponer un problema que un sabio no logrará resolver. Un granjero planteó la siguiente pregunta: «Esta pradera mía de diez acres puede alimentar a doce bueyes por dieciséis semanas, o a dieciocho bueyes por ocho semanas. ¿Cuántos bueyes podré alimentar en una pradera de cuarenta acres durante seis semanas, considerando que el pasto crece en forma regular todo el tiempo?»

Se verá que el aguijón está en la cola. Ese constante crecimiento del pasto es un punto muy razonable a considerar, y sin embargo causará considerable perplejidad a algunos lectores. Se supone, obviamente, que el pasto es de igual largo y espesor uniforme en todos los casos, al empezar el ganado a comer. La dificultad no es tan grande como parece, si se ataca el problema en forma adecuada.

Solución

108. El Gran Misterio de Grangemoor

El Sr. Stanton Mowbray fue un hombre muy poderoso; un reputado millonario, que residía en la hermosa mansión antigua tan nombrada en la historia inglesa, Grangemoor Park. Fue un solterón que pasaba la mayor parte del año en su casa, y vivía bastante tranquilamente.

De acuerdo con la evidencia proporcionada, el día previo a la noche del crimen recibió con el correo de la tarde una sola carta, cuyo contenido evidentemente lo conmovió. A las diez en punto de la noche, despidió a todos los sirvientes diciendo que tenía asuntos de negocios importantes que debía atender, y estaña levantado hasta tarde. No necesitaría nada. Más adelante se supuso que, luego de que todos se hubieron ido a dormir, había permitido la entrada de una persona a la casa, pues una de las empleadas estaba segura de haber oído conversar en voz alta, a una hora muy avanzada.

A la mañana siguiente, a las siete menos cuarto, uno de los sirvientes, al entrar en la sala, encontró al Sr. Mowbray tirado en el piso, con un disparo en la cabeza, y bien muerto. Ahora llegamos a la circunstancia curiosa del caso. Era evidente que luego de que la bala hubo atravesado la cabeza del muerto, había ido a dar al gran reloj de la sala, justo en el mismo centro de la esfera, y de hecho había soldado las tres agujas, pues el reloj tenía un segundero, que giraba alrededor del dial al igual que las agujas horaria y minutero. Pero aunque las tres agujas se habían soldado juntas exactamente en la relación que mantenían unas con otras en el momento del impacto, no obstante podían girar libremente en el eje como una sola pieza, y habían sido estúpidamente giradas varias vueltas por los sirvientes, antes de que el Sr. Máximo Sagaz fuera convocado al lugar. Pero las agujas no podían moverse por separado.

Las indagaciones que la policía efectuó en el vecindario llevaron al arresto en Londres de un extraño que fue identificado por varias personas de haber sido visto en la zona el día antes del asesinato, pero se había establecido sin lugar a dudas a qué hora de la mañana fatal había partido en tren. Si el crimen había ocurrido después de su partida, su inocencia quedaría probada. Por esta y otras razones era de primordial importancia fijar la hora exacta del disparo, cuyo sonido ninguno de los habitantes de la casa había escuchado. Se solicitó al Sr. Sagaz que ayudara a la policía con su gran agudeza y experiencia, y en cuanto le fue enseñado el reloj, sonrió y dijo:

—El asunto es extremadamente sencillo. Observarán que las tres agujas parecen estar a la misma distancia una de la otra. La aguja horaria, por ejemplo, se encuentra separada exactamente veinte minutos de la aguja minutera, es decir, a un tercio de la circunferencia de la esfera. Ustedes atribuyen gran importancia al hecho de que los sirvientes estuvieron girando las agujas soldadas, pero su acción no tiene ninguna importancia; porque aunque fueron instantáneamente soldadas entre sí, al quedar libres sobre el eje, hubieran oscilado hasta encontrar el equilibrio. Denme unos momentos, y les podré decir, fuera de toda duda, la hora exacta en la que la pistola fue disparada.

El Sr. Máximo Sagaz extrajo una libreta de su bolsillo, y comenzó a efectuar sus cálculos. A los pocos minutos entregó un trocito de papel al inspector de policía, en el cual había anotado el momento preciso del crimen. Se encontró que el extraño era un viejo enemigo del Sr. Mowbray, y fue condenado a partir de otra evidencia que se descubrió; pero antes de haber cumplido la pena por su perverso acto, reconoció que la hora establecida por el Sr. Sagaz era perfectamente correcta.

¿Puede también usted dar la hora exacta?

Solución

109. Cortar un Bloque de Madera

Un carpintero ahorrativo tenía un bloque de madera que medía ocho pulgadas de largo por cuatro pulgadas de ancho, por dos pulgadas y tres cuartos de profundidad. ¿Cuántos trozos, cada uno de dos pulgadas y media por una pulgada y media por una pulgada y un cuarto, puede él obtener del bloque? Todo es cuestión de cómo se corte. La mayoría de las personas dejarían más material de desecho de lo necesario. ¿Cuántos trozos pueden ustedes obtener del bloque?

Solución

110. Los Vagabundos y las Galletitas

Cuatro alegres vagabundos compraron, tomaron prestada, encontraron, o de alguna otra manera entraron en posesión de una caja de galletitas, que acordaron dividir equitativamente entre ellos en el desayuno de la mañana siguiente. Durante la noche, mientras los otros dormían profundamente bajo los árboles, uno de los hombres fue hasta la caja, devoró exactamente un cuarto del total de galletitas, excepto una suelta que sobró, y que arrojó al perro a modo de soborno. Más tarde en la noche, un segundo hombre se despertó y se le ocurrió la misma idea, tomando un cuarto de lo que quedaba, y dando la sobrante al perro. El tercero y el cuarto hicieron, a su vez, exactamente lo mismo, tomando un cuarto de lo que encontraron, y arrojando la sobrante al perro. En la mañana dividieron equitativamente lo que quedaba, y otra vez dieron la galletita sobrante al animal. Cada hombre notó la reducción en el contenido de la caja, pero creyéndose el único responsable, ninguno dijo nada. ¿Cuál es el menor número posible de galletitas que podía haber habido en la caja en un principio?

Solución

SOLUCIONES

LOS ACERTIJOS DE CANTERBURY

1. El Acertijo del Magistrado

Los 8 quesos pueden ser recolocados en 33 movimientos, 10 quesos en 49 movimientos, y 21 quesos en 321 movimientos. Explicaré mi método general de resolución en los casos de 3, 4 y 5 bancos.

Escriba la siguiente tabla, extendiéndola hasta donde se requiera:

BANCOS

CANTIDAD DE QUESOS

3

1

2

3

4

5

6

7

Números naturales

4

1

3

6

10

15

21

28

Números triangulares

5

1

4

10

20

35

56

84

Pirámides triangulares

CANTIDAD DE MOVIMIENTOS

3

1

3

7

15

31

63

127

4

1

5

17

49

129

321

769

5

1

7

31

111

351

1023

2815

La primera línea contiene los números naturales. La segunda línea es hallada sumando los sucesivos números naturales desde el principio. Los números de la tercera línea se obtienen sumando los números de la segunda línea, desde el principio. La cuarta línea contiene las sucesivas potencias de 2, menos 1. La siguiente serie es obtenida duplicando cada número de la propia serie, y sumándole el número que está encima del lugar en que se anotará el resultado. La última línea se obtiene del mismo modo. La tabla proporcionará soluciones inmediatas para cualquier número de quesos con tres bancos, para los números triangulares con cuatro bancos, y para los números piramidales con cinco bancos. En estos casos, siempre hay un solo método de solución —es decir, de apilar los quesos.

En el caso de tres bancos, la primera y la cuarta línea nos dicen que cuatro quesos pueden recolocarse en 15 movimientos, 5 en 31, 7 en 127. La segunda y la quinta línea nos muestran que con cuatro bancos, diez quesos pueden recolocarse en 49 movimientos, y 21 en 321. También, con cinco bancos, encontramos a través de la tercera y la sexta línea que 20 quesos requieren 111 movimientos, y 35 quesos 351 movimientos. Pero también obtenemos a través de la tabla el método necesario para apilar. Así, con cuatro bancos y 10 quesos, la columna anterior muestra que debemos realizar pilas de 6 y 3, que llevarán 17 y 7 movimientos respectivamente —es decir, primero apilamos los seis quesos más pequeños en 17 movimientos sobre un banco, luego apilamos los tres quesos siguientes en otros 7 movimientos; luego llevamos el queso más grande en un movimiento, luego llevamos los 3 en 7 movimientos, y finalmente llevamos los 6 en 17, realizando los 49 movimientos necesarios. Similarmente se nos indica que, con cinco bancos, 35 quesos deben formar pilas de 20, 10 y 4, que respectivamente llevan 111, 49 y 15 movimientos.

Si el número de quesos en el caso de cuatro bancos no es triangular, y en el caso de cinco bancos no es piramidal, entonces habrá más de una forma de realizar las pilas, y serán necesarias tablas subsidiarias. Ese es el caso de los 8 Quesos del Magistrado. Pero dejaré que el lector calcule por sí mismo la extensión del problema.

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2. El Acertijo del Perdonador

El diagrama muestra cómo el Perdonador comenzó por la ciudad grande pintada de negro, y visitó todas las otras ciudades una sola vez, en quince peregrinajes rectos.

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3. El Acertijo del Molinero

La forma de disponer los sacos de harina es la siguiente: 2, 78, 156, 39, 4. Aquí, cada par, al ser multiplicado por su vecino, produce el número del medio, y sólo se han movido cinco sacos. Hay exactamente otras tres maneras en las que pudieron disponerse (4, 39, 156, 78, 2; o 3, 58, 174, 29, 6; o 6, 29, 174, 58, 3) pero todas requieren mover siete sacos.

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4. El Acertijo del Caballero

El Caballero declaró que podían trazarse 575 cuadrados sobre su escudo, con una rosa en cada esquina. La forma de llevar esto a cabo puede observarse por referencia al diagrama que acompañamos: Una A, B, C y D, y hay 66 cuadrados de este tamaño para ser formados; el tamaño A, E, F, G ofrece 48; A, H, I, J, 32; B, K, L, M, 19; B, N, O, P, 10; B, Q, R, S, 4; E, T, F, C, 57; I, U, V, P, 33; H, W, X, J, 15; K, Y, Z, M, 3; E, a, b, D, 82; H, d, M, D, 56; H, e, f, G, 42; K, g, f, C, 32; N, h, z, F, 24; K, h, m, b, 14; K, O, S, D, 16; K, n, p, G, 10; K, q, r, J, 6; Q, t, p, C, 4; Q, u, r, i, 2. El número total es así 575. Estos grupos han sido tratados como si cada uno de ellos representara un cuadrado de diferente tamaño. Esto es correcto, con la sola excepción de que los cuadrados de la forma B, N, O, P son exactamente del mismo tamaño que los de la forma K, h, m, b.

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5. El Acertijo del Posadero

El acertijo propuesto por el jovial posadero del «Tabard» en Southwark había resultado el más popular de toda la colección.

—Veo, mis alegres señores, que he retorcido vuestros cerebros con mi pequeño artificio. Sin embargo, es para mí un asunto sencillo colocar una pinta justa de buena cerveza en cada una de estas dos medidas, aun cuando una sea de cinco pintas, y la otra de tres, sin utilizar ninguna otra medida.

El posadero del «Tabard» entonces procedió a explicar a los peregrinos cómo podía realizarse esta tarea aparentemente imposible. Llenó primero las medidas de 5 pintas y 3 pintas, y luego, abriendo el grifo, dejó que el barril se vaciara —un procedimiento contra el cual la compañía protestó—; pero el astuto hombre mostró que estaba al tanto de que el casco no contenía mucho más de 8 pintas de cerveza. El contenido, sin embargo, no afecta la solución del acertijo. Cerró entonces el grifo y vació la medida de tres pintas dentro del barril; llenó la medida de 3 pintas de la medida de 5; volcó las 3 pintas en el barril; transfirió las dos pintas de la medida de 5 a la de 3; llenó la medida de 5 pintas del barril, dejando ahora una pinta en el barril; llenó la de 3 pintas de la de 5; permitió que la compañía se bebiera el contenido de la de 3 pintas; llenó la de 3 pintas de la de 5, dejando ahora una pinta en la de 5; bebió el contenido de la de 3; y finalmente, pasó la pinta que había en el barril a la medida de 3 pintas. Así obtuvo la pinta requerida de cerveza en cada medida, para gran asombro del admirado grupo de peregrinos.

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6. El Acertijo del Estudiante de Oxenford

La ilustración muestra cómo debe recortarse el cuadrado en cuatro piezas, y cómo deben volver a unirse esas piezas para formar un cuadrado mágico. Se verá que las cuatro columnas, cuatro hileras y dos diagonales largas sumarán ahora siempre 34.

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7. El Acertijo del Tapicero

El tapiz debía ser cortado a lo largo de las líneas en tres piezas para que, vueltas a unir, formaran un cuadrado perfecto, con el diseño compuesto adecuadamente. También se estipuló que una de las tres piezas fuera lo más pequeña posible. La ilustración muestra cómo realizar los cortes y cómo unir las piezas, siendo una de las piezas de sólo doce cuadraditos.

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8. El acertijo del Carpintero

El Carpintero dijo que había fabricado una caja cuyas dimensiones interiores eran exactamente iguales a las del bloque de madera original —es decir, 3 pies por 1 pie por 1 pie—. Entonces colocó el puntal tallado dentro de esta caja, y llenó todo el espacio vacío con arena fina y seca, la cual sacudió cuidadosamente hasta que no entró más en la caja. Entonces retiró el puntal, teniendo cuidado de no perder nada de arena, la que, al ser acomodada sola en la caja, llenó un espacio igual a un pie cúbico. Esta era, por lo tanto, la cantidad de madera que había sido recortada.

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9. El Acertijo del Arquero

La figura ilustra cómo se desplazó a tres de las flechas a una casilla vecina en el letrero de la posada del «Tablero de Damas», de forma que aún ninguna flecha quedara alineada con otra. Los puntos negros indican los cuadros en los que originariamente estaban las flechas.

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10. El Acertijo de la Monja

Como hay dieciocho cartas con las letras «CANTERBURY PILGRIMS», escriba los números 1 a 18 en un círculo, como se muestra en el diagrama. Luego escriba la primera letra C contra el número 1, y cada letra sucesiva contra el segundo número que se encuentre vacante. Esto ha sido realizado hasta la segunda R. Si el lector completa el proceso, colocando la Y contra el número 2, P contra 6, 1 contra 10, y así sucesivamente, obtendrá todas las letras colocadas de esta manera, CYASNPTREIRMBLUIRG, que es el orden requerido para las cartas, con la C en la tapa superior del mazo, y la G al fondo.

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11. El Acertijo del Mercader

Este acertijo consiste en hallar el menor número posible que tenga exactamente sesenta y cuatro divisores, contando al 1 y al propio número. El menor número es el 7.560. Los peregrinos podían, por lo tanto, cabalgar en una línea única de a dos, de a tres, de a cuatro, y así sucesivamente, en exactamente sesenta y cuatro maneras diferentes, la última de ellas siendo en una columna única de 7.560.

El Mercader tuvo cuidado en decir que andaban no más, sin mencionar por dónde, ya que ciertamente ¡no sería posible que anduvieran por un sendero corriente!

Para hallar la cantidad de números que dividen a un número dado, N, anotemos N = ap × bq × cr × …, donde a, b, c, … son números primos. Entonces el número de divisores será (p + 1) (q + 1) (r + 1) … lo que incluye como divisores al 1 y al propio N. Por lo tanto, en el caso de mi acertijo

7.560 = 2³ × 3³ × 5 × 7

Potencias = 3, 3, 1, 1

Por lo tanto 4 × 4 × 2 × 2 divisores

Para hallar el menor número posible, debemos proceder por ensayo y error. Pero a veces es importante distinguir si la condición es que se tenga una cantidad dada de divisores y no más. Por ejemplo, el menor número con siete divisores y no más es 64, mientras que 24 tiene ocho divisores, y podría también llenar los requisitos. La aclaración en cuanto a «no más» no fue necesaria en el caso de mi acertijo, pues no hay ningún número menor con más de sesenta y cuatro divisores.

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12. El Acertijo del Hombre de Leyes

La menor cantidad de traslados posible para colocar a los prisioneros dentro de los calabozos en el orden numérico requerido es veintiséis. Los hombres se mueven en el siguiente orden: 1, 2, 3, 1, 2, 6, 5, 3, 1, 2, 6, 5, 3, 1, 2, 4, 8, 7, 1, 2, 4, 8, 7, 4, 5, 6. Como nunca hay más de un calabozo vacío en el que ingresar, no puede haber ambigüedad alguna en la anotación.

El diagrama puede simplificarse por mi método de «botones e hilo», que expliqué en detalle en otro libro. Con este método, el problema toma una de las sencillas formas A o B, y la solución es mucho más fácil. En A utilizamos fichas, en B podemos emplear torres en una esquina del tablero de ajedrez. En ambos casos debemos lograr el orden 123/456/78 en la menor cantidad de movimientos posible.

Ver también la solución al N° 91.

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13. El Acertijo del Tejedor

La ilustración muestra claramente cómo el Tejedor cortó su cuadrado de bellísimo género en cuatro piezas de exactamente el mismo tamaño y forma, de manera que cada pieza contuviera un león y un castillo bordados, sin mutilarlos de modo alguno.

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14. El Acertijo del Cocinero

Había cuatro porciones de pastel de carne, y cuatro de empanada de venado, para ser distribuidas entre ocho de los once comensales. Pero cinco de los once sólo desean comer del pastel, cuatro sólo desean de la empanada, y dos comerían de cualquiera de los dos. Cualquier combinación posible caerá dentro de uno de los grupos siguientes: (i) donde el pastel de carne se distribuye enteramente entre los primeros cinco mencionados; (ii) donde sólo uno de los dos acomodadizos recibe pastel; (iii) donde el otro de los dos acomodadizos recibe pastel; (iv) donde los dos acomodadizos reciben pastel. El número de combinaciones es (i) = 75; (ii) = 50, (iii) = 10, (iv) = 10, sumando en total 145 maneras de seleccionar a los ocho comensales. Muchas personas darán como respuesta 185, pasando por alto el hecho de que en cuarenta casos de la clase (iii), compartirían la comida precisamente las mismas ocho personas que en la clase (ii), aunque el par de acomodadizos estaría comiendo diferentemente de los dos platos. Este es el punto que descalabró los cálculos de la compañía.

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15. El Acertijo del Alguacil

El número que el Alguacil confió a la Comadre de Bath era veintinueve, y se le dijo que comenzara su conteo por el Doctor en Medicina, al que vemos en la ilustración parado en segundo lugar a la derecha de la dama. El primer conteo de veintinueve cae en el Marino, que debe abandonar el círculo. El segundo conteo cae en el Doctor, que es el siguiente en salir. Los tres conteos restantes caen respectivamente en el Cocinero, el Alguacil y el Molinero. Las damas, por lo tanto, hubieran quedado alojadas si no hubiera sido por el desafortunado error de la buena Comadre. Cualquier múltiplo de 2.520 sumado a 29 hubiera servido al mismo propósito, comenzando el conteo con el Doctor.

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16. El Acertijo del Monje

El Monje hubiera podido colocar sus perros en las perreras de dos mil novecientas veintiséis maneras diferentes, de modo que hubiera diez peños de cada lado. El número de perros podría variar de veinte a cuarenta, y siempre que el Monje mantuviera la cantidad de animales dentro de estos límites, el asunto sería posible.

La solución general a este acertijo es difícil. Encuentro que para n perros en cada lado del cuadrado el número de métodos diferentes es

n⁴ + 10n³ + 38n² + 62n + 33/48,

donde n es impar, y

n⁴ + 10n³ + 38n² + 68n + 1/48,

donde n es par, si contamos aquellas disposiciones que son fundamentalmente diferentes. Pero si contamos todos los reversos e imágenes especulares como diferentes, como lo hizo el mismo Monje, entonces n perros (par o impar) pueden colocarse de

n⁴ + 6n³ + 14n² + 15n + 1/6

maneras. Para que pueda haber n perros en cada lado, el número no puede ser menor a 2n ni mayor a 4n, pero puede ser cualquier número dentro de estos límites.

En el N° 40, «La Adivinanza de los Peregrinos», se proporciona una ampliación del principio involucrado en este acertijo.

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17. El Acertijo del Marino

Hay exactamente doscientas sesenta y cuatro maneras diferentes en las que el Magdalena pudo realizar sus diez viajes anuales, sin recorrer nunca el mismo curso dos veces en un año. Cada año debe el barco necesariamente culminar su décimo viaje en la isla de la cual había partido al principio.

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18. El Acertijo de la Priora

El Abad de Chertsey estaba en lo cierto. La cruz de forma extraña puede cortarse en cuatro piezas que reunidas formen un cuadrado perfecto. En la ilustración se muestra cómo se hace.

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19. El Acertijo del Doctor en Medicina

Aquí tenemos, por cierto, un problema espinoso. Nuestros textos dicen que todas las esferas son semejantes, y que la razón entre sólidos semejantes es igual a la razón de los cubos de las longitudes correspondientes. Por lo tanto, como la circunferencia de los dos frascos era un pie y dos pies respectivamente, y la suma de los cubos de uno y dos da nueve, lo que tenemos que hacer es hallar otros dos números cuyos cubos, sumados, resulten nueve. Claramente, estos números deben ser fracciones. Bien, este pequeño asunto ha atraído la atención de hombres eruditos durante doscientos cincuenta años; y aunque Pierre de Fermat mostró en el siglo diecisiete cómo podía encontrarse una respuesta en dos fracciones con un denominador de nada menos que de veintiún dígitos, no sólo todas las soluciones por este método que yo he visto publicadas son imprecisas, sino que nadie nunca ha publicado el resultado mucho menor que ahora yo proporciono. Los cubos de

415280564497/348671682660

y

676702467503/348671682660

sumados, dan exactamente nueve, y por lo tanto estas fracciones de un pie son las medidas de las circunferencias de los dos frascos que el Doctor requirió que contuvieran la misma cantidad de líquido que los que él había presentado. Un actuario eminente y otro corresponsal se han tomado el trabajo de elevar al cubo esos números, y ambos encontraron que mi resultado era correcto.

Si los frascos hubieran tenido un pie y tres pies de circunferencia respectivamente, entonces la respuesta habría sido que la suma de los cubos de

63284705/21446828

y

28340511/21446828

es exactamente 28.

Dado un caso conocido de la expresión de un número como la suma o diferencia de dos cubos, podemos, a través de una fórmula, derivar de él un número infinito de otros casos, alternativamente positivo y negativo. Así Fermat, partiendo del caso conocido 1³ + 2³ = 9 (al que llamaremos «solución básica»), obtuvo primero una solución negativa en cifras mayores, y a partir de éstas su solución positiva en cifras aún mayores, Pero hay un número infinito de soluciones básicas y yo encontré, por tanteo, una solución negativa en cifras menores que su solución negativa derivada, de la cual obtuve el resultado que antes mostré. Esa es la explicación sencilla.

Podemos decir de cualquier número hasta el 100 si es o no posible expresarlo como la suma de dos cubos, excepto del 66. Los interesados deberían leer la Introducción a la Teoría de los Números, de Lucas, pág. XXX.

Hace algunos años publiqué una solución para el caso:

para el que Legendre había dado en detalle una «prueba» de imposibilidad; pero desde entonces he encontrado que Lucas se me anticipó en una comunicación a Sylvester.

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20. El Acertijo del Labrador

La ilustración enseña cómo pudieron haberse plantado los dieciséis árboles, de modo de formar quince filas rectas de cuatro árboles cada una. Esto supera a lo que por un tiempo se creyó era el número mayor de filas posible; y aunque por el momento no puedo demostrar rigurosamente que no pueden superarse las quince filas, soy de la firme opinión de que es el número más alto de filas que puede conseguirse.

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21. El Acertijo del Hacendado

La respuesta a este acertijo se muestra en la ilustración, en la que todos los números de las dieciséis botellas suman 30 en las diez direcciones rectas. El truco consiste en el hecho de que, aunque las seis botellas (3, 5, 6, 9, 10 y 15) en las que se ha colocado un ramo de flores no se movieron, no es necesario que las dieciséis ocupen exactamente la misma posición sobre la mesa que al comienzo. De hecho, el cuadrado ha sido desplazado un lugar a la izquierda.

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22. El Acertijo del Escudero

El retrato puede ser dibujado con un único trazo, porque contiene sólo dos puntos en los que convergen un número impar de líneas. Pero es absolutamente necesario comenzar por uno de estos puntos y finalizar en el otro. Uno de ellos está cerca del extremo del ojo izquierdo del Rey, el otro está debajo de él, en la mejilla izquierda.

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23. El Acertijo del Fraile

Los quinientos peniques de plata pudieron haber sido colocados en las cuatro bolsas, de acuerdo con las condiciones estipuladas, en exactamente 894.348 maneras diferentes. Si hubiera habido 1.000 monedas, habría 7.049.112 maneras. Es un problema complejo de partición de números. Yo tengo una fórmula general para la solución de cualquier número de monedas en el caso de cuatro bolsas, pero su construcción fue extremadamente ardua, y el mejor método consiste en hallar las 12 fórmulas individuales para las diferentes congruencias con módulo 12.

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24. El Acertijo del Párroco

Una rápida observación del dibujo original habrá mostrado al lector, que según las condiciones estipuladas la solución a este acertijo es realmente imposible. Por lo tanto, debemos buscar alguna vía alternativa que deja abierta las mismas condiciones, tal como fueron planteadas. Si el Párroco hubiera podido rodear el nacimiento del río, entonces podría cruzar todos los puentes una vez, y una sola, camino a la iglesia, según se observa en la ilustración que acompañamos. Pronto encontraremos que esto no había sido prohibido. Aunque el dibujo mostraba todos los puentes de la parroquia, solo mostraba «parte» de la parroquia en sí. No se establece que el río no tuviera su nacimiento dentro de la parroquia, y ya que nos proporciona la única solución posible, debemos suponer que así era. La respuesta sería, por tanto, la señalada. Debe observarse que claramente se nos previene de considerar la posibilidad de rodear la boca del río, porque se nos dice que «se unía al mar unos cientos de millas al sur», y ¡ninguna parroquia se extendió nunca cientos de millas!

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25. El Acertijo de Mercero

La ilustración muestra cómo el trozo triangular de tela puede cortarse en cuatro piezas, que unidas formarán un cuadrado perfecto. Divida al medio AB por D y BC por E; trace la recta AE hasta F, haciendo que EF sea igual a EB; divida al medio AF en G, y describa el arco AHF; trace EB hasta H, y EH será el largo del lado del cuadrado requerido; desde E, con distancia EH, describa el arco HJ, y tome JK igual a BE; ahora, desde los puntos D y K baje perpendiculares a EJ hasta L y M. Si ha hecho esto con precisión, ya tendrá las directivas para los cortes.

Yo expuse este problema ante la Royal Society, en Burlington House, el 17 de mayo de 1905, y también ante la Royal Institution al mes siguiente, en esta forma más general: «Un Nuevo Problema de Superposición: una demostración de que un triángulo equilátero puede ser dividido en cuatro piezas que pueden volver a unirse para formar un cuadrado, con algunos ejemplos de un método general para transformar todos los triángulos en cuadrados, por disección.» También se publicó como desafío a los lectores del Daily Mail (ver ejemplares del 1 y 8 de febrero de 1905), pero aunque se recibieron varios centenares de intentos, no había uno solo con la solución correcta. Debe, sin embargo, asignarse mérito al Sr. C. W. M’Elroy, el único que me envió la solución correcta cuando publiqué el problema por primera vez en el Weekly Dispatch, en 1902.

Agrego aquí una ilustración que muestra el acertijo en una forma práctica bastante curiosa, ya que fue realizado en caoba lustrada, con pernos de bronce para uso ante ciertos auditorios. Se verá que las cuatro piezas forman una especie de cadena, y que cuando se cierran en una dirección forman el triángulo, y cuando se cierran en la otra forman el cuadrado.

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26. El Acertijo del Tintorero

La respuesta correcta es 18.816 maneras diferentes. La fórmula general para seis flores de lis, para todos los cuadrados mayores a 2² es simplemente ésta: seis veces el cuadrado del número de combinaciones de n cosas, tomadas de a tres, donde n representa el número de flores de lis del lado del cuadrado. Por supuesto, cuando n es par, lo que queda en todas las hileras y columnas será par, y cuando n es impar, lo que queda será impar.

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27. La Gran Polémica entre el Fraile y el Alguacil

En este pequeño problema quisimos mostrar cómo, por medio de un razonamiento sofisticado, puede aparentemente probarse que la diagonal de un cuadrado es de la misma longitud que dos de sus lados. El acertijo consistía en encontrar la falacia, pues resulta bastante obvio que es una falacia, si admitimos que la distancia más corta entre dos puntos es una línea recta. Pero ¿dónde se introduce el error?

Bien, es perfectamente cierto que siempre que nuestro camino en zigzag esté formado por «escalones» paralelos a los lados del cuadrado, ese camino tendrá la misma longitud que los dos lados. No importa si debe utilizarse el microscopio más poderoso que exista: la regla se aplica siempre, si el camino está formado por tales escalones. El error yace en la suposición de que un camino así en zigzag pueda transformarse en una línea recta. Usted puede seguir aumentando infinitamente la cantidad de escalones —es decir que teóricamente no hay ninguna clase de limitación a la cantidad de escalones que pueden hacerse— pero nunca podrá llegar a una línea recta por tal método. De hecho es tanto un «salto» a una línea recta si se tiene un billón de escalones como lo es desde el mismo principio pasar de los dos lados a la diagonal. Sería igualmente absurdo decir que podemos continuar arrojando bolitas a un canasto hasta que se conviertan en libras esterlinas como decir que podemos aumentar nuestro número de escalones hasta que se vuelvan una línea recta. En esto consiste todo el asunto.

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28. El Acertijo de Chaucer

La superficie del agua o de cualquier otro líquido es siempre esférica, y cuanto mayor sea una esfera, menor será su convexidad. Por lo tanto, el diámetro superior de cualquier recipiente en la cima de una montaña, formará la base del segmento de una esfera mayor de lo que lo hará al pie. Esta esfera, siendo mayor, deberá (por lo que ya se ha dicho) ser menos convexa; o, en otras palabras, la superficie esférica del agua deberá estar menos por encima del borde del recipiente, y consecuentemente contendrá menos en la cima de una montaña que al pie. El lector queda libre, por lo tanto, de elegir cualquier montaña que quiera en Italia… ¡o en cualquier otra parte!

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29. El Acertijo del Paje del Canónigo

La cantidad de diferentes modos es 63.504. La fórmula general para tales disposiciones, cuando el número de letras de la frase es 2n + 1 y es un palíndromo sin lecturas diagonales, es [4 (2n − 1)]².

Pienso que será bueno dar aquí una fórmula para la resolución general de cada una de las cuatro formas más conocidas del acertijo de letras en diamante. Con la palabra «línea» quiero decir la diagonal completa. Así en A, B, C y D, las líneas contienen respectivamente 5, 5, 7 y 9 letras. A tiene una palabra no palindrómica (la palabra BOY, muchacho), y la solución general para tales casos, cuando la línea contiene 2n + 1 letras, es 4 (2n − 1). Cuando la línea es un palíndromo simple, con su letra central en el medio, como en B (LEVEL, nivel), la fórmula general es (4 (2n − 1)]². Esta es la forma del acertijo del Cazador de Ratas, y por lo tanto la expresión que he dado antes. En los casos C (NOON, mediodía) y D tenemos palíndromos dobles, pero estos dos representan tipos muy diferentes. En C, donde la línea contiene 4n − 1 letras, la expresión general es 4 (22n − 2). Pero D es por lejos el caso más difícil de todos.

Será mejor que aclare que en los diamantes en consideración: (i) no se permiten lecturas diagonales —éstos deben manejarse especialmente en casos en los que sean posibles y admitidas—; (ii) las lecturas pueden comenzarse en cualquier lugar; (iii) las lecturas pueden realizarse hacia adelante o hacia atrás, usando más de una vez las letras en cada lectura, pero no la misma letra dos veces en sucesión inmediata. Esta última condición será comprendida si el lector observa C, donde es imposible ir hacia adelante y hacia atrás en la lectura sin repetir la primera O tomada —un procedimiento que, como he dicho, no está permitido—. El caso D es muy diferente, y esto explica su mayor dificultad. La fórmula para D es ésta:

(n + 5) × 22n + 2 + 22n + 2 × 1 × 3 × 5 × 7 × … × (2n − 1)/n! − 2n + 4 − 8

cuando el número de letras en la línea es 4n + 1. En el ejemplo dado hay, por lo tanto, 400 lecturas para n = 2.

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30. El Acertijo del Mayordomo

El ingenuo Labrador, de quien se burlaron por su opinión, estaba en lo cierto: el Molinero debía recibir siete piezas de dinero, y el Tejedor sólo una. Como los tres comieron partes iguales del pan, debería ser evidente que cada uno comió 8/3 de hogaza. Por lo tanto, como el Molinero proveyó 15/3 y comió 8/3, contribuyó con 7/3 a la comida del Mayordomo, mientras que el Tejedor proveyó 9/3, comió 8/3, y contribuyó sólo con 1/3. Por lo tanto, como contribuyeron con el Mayordomo a razón de 7 a 1, deben dividir las ocho piezas de dinero en la misma proporción.

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PASATIEMPOS EN EL CASTILLO DE SOLVAMHALL

Sir Hugh Explica Sus Problemas

Los amigos de Sir Hugh de Fortibus quedaron tan perplejos con muchos de sus extraños acertijos, que en una reunión de su familia y seguidores, él decidió esclarecer sus problemas.

—En verdad os digo —dijo— que algunos acertijos que os he propuesto abrumarían en gran forma el ingenio de un inexperto; sin embargo, intentaré mostrar las soluciones de tal modo que todos podáis comprenderlas. Pues hay muchas personas que por sí mismas no pueden realizar estas cosas, y sin embargo podrán sacar provecho y placer en estudiarlas una vez proporcionadas las respuestas.

31. El Juego de Pelota Bandy

Sir Hugh explicó en respuesta a este acertijo que, como los nueve hoyos estaban a 300, 250, 200, 325, 275, 350, 225, 375, y 400 yardas de distancia, si un hombre pudiera lanzar siempre la pelota en una línea perfectamente recta, y enviarla a voluntad a una distancia de 125 o 100 yardas, podría recorrer todo el campo de juego en 26 golpes. Esto es claramente correcto, pues si nombramos «drive» al tiro de 125, «approach» al de 100, podría jugar de la siguiente forma: El primer hoyo podría lograrse en 3 approaches, el segundo en 2 drives, el tercero en 2 approaches, el cuarto en 2 approaches y 1 drive, el quinto en 3 drives y 1 approach en retroceso, el sexto en 2 drives y 1 approach, el séptimo en 1 drive y 1 approach, el octavo en 3 drives, y el noveno hoyo en 4 approaches. De esta forma hay 26 golpes en total, y la hazaña no puede realizarse en menos.

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32. Ensartar el anillo

—¡Por todos los cielos! —exclamó Sir Hugh—, si alguno de aquellos bribones hubiera sido encadenado, lo cual por sus pecados sin duda merecen, quizás hubieran sabido, por cierto, que el largo de cualquier cadena de anillos iguales es equivalente al diámetro interno de un anillo, multiplicado por el número de anillos, y sumado al doble del espesor del hierro del cual están hechos. Puede demostrarse que el diámetro interno de los anillos utilizados en el enganche era de una pulgada y dos tercios, y el número de anillos que ganó Stephen Malet es tres, y los obtenidos por Henry de Gournay serían nueve.

El caballero estaba en lo cierto, pues 1 2/3 pulgada × 3 + 1 pulgada = 6 pulgadas, y 1 2/3 pulg. × 9 + 1 pulg. = 16 pulgadas. De modo que De Gournay derrotó a Malet por seis anillos.

El dibujo que muestra los anillos puede ser útil al lector para verificar la respuesta, y ayudarle a descubrir por qué el diámetro de un eslabón, multiplicado por el número de eslabones y sumado al doble del espesor del hierro provee la longitud exacta. Se observará que cada eslabón colocado en la cadena pierde un largo igual al doble del espesor del hierro.

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33. La Noble Damisela

—Algunos aquí me han preguntado —continuó Sir Hugh— cómo pueden encontrar el calabozo de la Mazmorra Calavera en la que se había recluido a la noble doncella. ¡Maldecidme!, pero es bien sencillo cuando sabéis cómo hacerlo. Al intentar atravesar cada puerta una vez, y nunca más de una, debéis observar que cada calabozo tiene dos o cuatro puertas, que son números pares, con excepción de dos calabozos, que tienen tres. Ahora, ciertamente, no podéis entrar y salir de un lugar pasando a través de todas las puertas una vez y no más, si el número de puertas es impar. Pero como hay sólo dos de tales calabozos impares, aún podemos, comenzando por uno de ellos y terminando en el otro, realizar así nuestro recorrido de varias maneras, con éxito. Sin embargo, os ruego reparéis en que solamente uno de estos calabozos impares se encuentra en el exterior de la mazmorra, así es que por fuerza debemos partir de allí. Y por cierto, mis señores, que la noble damisela debía necesariamente haber estado consumiéndose en el otro.

El dibujo lo hará bastante claro al lector. Los dos calabozos «impares» están indicados por las estrellas, y una de las muchas rutas que resuelven el acertijo está indicada con la línea punteada. Es completamente seguro que hay que comenzar por la estrella de más abajo, y culminar en la más alta; por lo tanto el calabozo con la estrella situado encima del ojo izquierdo debe ser el buscado.

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34. El Blanco de Arquería

—Se ha dicho que la prueba de un pastel reside en la acción de comerlo, y por los dientes de San Jorge que no conozco una forma mejor de demostrar cómo puede realizarse esta ubicación de los números si no es realizándola. Por lo tanto he escrito los números, que suman veintitrés en todas las doce líneas de tres que hay en el disco.

Considero apropiado completar aquí la solución de De Fortibus con algunos comentarios propios. Los diecinueve números pueden ser dispuestos de tal modo que las líneas sumen cualquier número que elijamos desde 22 a 38 inclusive, exceptuando 30. En algunos casos hay varias soluciones diferentes, pero en el caso de 23 hay sólo dos. Aquí doy una de ellas. Para obtener la segunda solución debe intercambiarse los números 7, 10, 5, 8 y 9 en la ilustración por 13, 4, 17, 2 y 15. También intercambie el 18 por el 12, y los otros números pueden permanecer en su sitio. En cada caso debe haber un número par en el lugar central, y puede ser cualquiera de 2 a 18. Cada solución tiene su complementaria. Así, si por cada número del dibujo que acompañamos sustituimos la diferencia entre él y 20, obtenemos la solución en el caso de suma 37. Similarmente, de la disposición en el dibujo original podemos obtener de inmediato una solución para el caso de suma 38.

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35. La Ventana de la Mazmorra

En este caso Sir Hugh confundió enormemente a su maestro de obra, solicitándole que construyera una ventana que midiera un pie por lado y dividida por barras en ocho luces, con todos los lados iguales. La ilustración muestra cómo debía realizarse. Se observará que si cada lado de la ventana mide un pie, entonces cada una de las luces triangulares medirá seis pulgadas por lado.

—Por cierto, maestro constructor —dijo socarronamente De Fortibus al arquitecto—, que no os dije que la ventana debía ser cuadrada, ya que es seguro que nunca podría serlo.

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36. La Medialuna y la Cruz

—Por los pies de San Módeno —exclamó Sir Hugh de Fortibus cuando se refirió a este acertijo—, mi pobre ingenio nunca ideó un artificio más astuto, ni ninguno más fascinante de contemplar. Se me apareció como una visión, y muchas veces me he maravillado, viendo su extrema dificultad. Mis señores y parientes, se efectúa de esta manera.

El valioso caballero señaló entonces que la medialuna era de una forma particular y algo irregular —siendo las dos distancias de a a b y de c a d líneas rectas, y los arcos ac y bd exactamente iguales—. Él mostró que si los cortes se realizaban como en la figura 1, las cuatro piezas reunidas formarían un cuadrado perfecto, como muestra la figura 2, si observamos allí sólo las líneas curvas. Realizando ahora los cortes rectos, también ilustrados en la figura 2, obtenemos las diez piezas que pueden unirse y formar una cruz griega perfectamente simétrica. Las proporciones de la medialuna y de la cruz en la ilustración original eran correctas, y la solución puede demostrarse que es absolutamente exacta, y no meramente aproximada.

Yo tengo una solución en una cantidad de piezas considerablemente menor, pero es mucho más difícil de comprender que el método anterior, en el cual el problema es simplificado por la introducción del cuadrado intermedio.

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37. El Amuleto

El acertijo consistía en colocar el lápiz sobre la A superior del amuleto y contar de cuántas maneras diferentes podía trazarse la palabra «Abracadabra» hacia abajo, siempre pasando de una letra a otra adyacente.

—Ahora, prestad atención, notables señores —dijo Sir Hugh a algunos que le habían suplicado una explicación—, que en el comienzo tenemos dos vías abiertas: cualquiera sea la B que elijáis, habrá dos caminos distintos para proceder (dos veces dos son cuatro); cualquiera sea la R que escojáis, habrá dos maneras de continuar (dos veces cuatro son ocho) y así hasta el final. Cada letra en orden desde A hasta abajo puede así obtenerse de 2, 4, 8, 16, 32, etc., maneras. Por lo tanto, como hay diez líneas o pasos desde A hasta abajo, todo lo que debéis hacer es multiplicar diez veces el 2, y por cierto el resultado es 1024, y esa es la respuesta que buscáis.

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38. El Alhajero de Lady Isabel

El último acertijo es indudablemente una nuez dura de pelar, pero quizás la dificultad no haga menos interesante a un buen acertijo cuando se nos muestra la solución. El diagrama que acompañamos indica exactamente cómo el alhajero de Lady Isabel estaba incrustado con trozos cuadrados de preciosa madera (todos ellos diferentes) y la banda de oro de 10 pulgadas por un cuarto de pulgada. Esta es la única solución posible, y es un hecho extraño que (aunque yo no puedo mostrar aquí el sutil método de cálculo) el número, tamaños y orden de estos cuadrados están determinados por las dimensiones dadas de la banda de oro, y que el alhajero no puede tener otras dimensiones que 20 pulgadas cuadradas. El número dentro de cada cuadrado indica el largo en pulgadas del lado de ese cuadrado, por lo que la precisión de la respuesta puede verificarse casi a simple vista.

Sir Hugh de Fortibus realizó a modo de conclusión algunos comentarlos generales, que no dejarán de ser interesantes hoy en día.

—Amigos y seguidores —dijo—, si el extraño producto de mi pobre ingenio, sobre el cual hemos deliberado placenteramente esta noche, ha quizás sido de algún pequeño interés para vosotros, dejad que estos asuntos nos recuerden la lección de que nuestra efímera vida está rodeada y sembrada de enigmas. De dónde venimos y hacia dónde vamos, son enigmas, y aunque nunca podamos llegar a comprenderlos, sin embargo puede haber otros enigmas que nosotros y aquellos que vengan después, siempre nos esforzaremos en resolver. Ya sea que nuestra labor sea o no premiada con el éxito, vale hacer el intento, pues es en verdad bueno y honorable ejercitar el cerebro y el ingenio, y la fantasía del hombre, pues de ello surgen todas las formas del bien de un modo no previsto por aquellos que nos sucedan.

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LOS ALEGRES MONJES DE RIDDLEWELL

39. La Adivinanza del Estanque de Peces

Numere los canastos de pescado de la ilustración del 1 al 12, en la dirección en que vemos ir al Hermano Jonathan. Comenzando por 1, proceda de la siguiente manera, en la que «1 a 4» significa tome el pez del canasto 1 y transfiéralo al 4:

1 a 4, 5 a 8, 9 a 12, 3 a 6, 7 a 10, 11 a 2,

y complete la última vuelta en 1, realizando tres circunvalaciones en total. O puede proceder así:

4 a 7, 8 a 11, 12 a 3, 2 a 5, 6 a 9, 10 a 1.

Es fácil de resolver en cuatro vueltas, pero las soluciones en tres son más difíciles de hallar.

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40. La Adivinanza de los Peregrinos

De no haber sido que las condiciones del Abad estipulaban que el número de invitados en cada cuarto no podía exceder de tres y que todos los cuartos debían ser ocupados, hubiera sido posible alojar a 24, 27, 30, 33, 36, 39 o 42 peregrinos. Pero para alojar a 24 peregrinos de tal forma que en el piso superior duerma el doble de peregrinos que en el inferior, y que haya once personas en cada lado del edificio, se verá que es necesario dejar algunos cuartos sin ocupar. Si, por otro lado, tratamos de distribuir a 33, 36, 39 o 42 peregrinos, encontraremos que en todos los casos es forzoso que debamos ubicar a más de tres personas en algunos de los cuartos. Por lo tanto sabemos que el número de peregrinos anunciado en primer lugar (quienes, se recordará, podían ser distribuidos bajo las condiciones del Abad) debe haber sido 27, y que, ya que en realidad fueron alojados tres más, el número total de peregrinos es 30.

El diagrama que acompañamos muestra cómo pudieron ubicarse, y si en cada ejemplo consideramos al piso superior como superpuesto al inferior, veremos que hay once personas por cada lado del edificio, y el doble de ocupantes arriba que abajo.

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41. La Adivinanza del Hogar Embaldosado

La respuesta correcta se muestra en la ilustración. Ninguna baldosa está alineada (ni horizontal, ni vertical, ni diagonalmente) con otra baldosa del mismo diseño, y sólo se utilizan tres baldosas lisas. Si luego de colocar los cuatro leones se cae en el error de colocar otras cuatro baldosas de otro diseño, en lugar de sólo tres, quedarán cuatro lugares que deberán ocuparse con baldosas lisas. El secreto está en colocar cuatro de una clase, y sólo tres de cada una de las otras.

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42. La Adivinanza del Vino Tinto

La pregunta era: ¿Dejó el Hermano Benjamín más vino en la jarra que agua en la botella?, ¿o dejó más agua en la botella que vino en la jarra? Ninguna de las dos. La cantidad de vino que al final quedó en la jarra fue igual a la cantidad de agua que terminó quedando en la botella. Supongamos que el vaso contiene una cuarta pinta. Había una pinta de vino en la botella, y una pinta de agua en la jarra. Luego de la primera manipulación, la botella contiene tres cuartas pintas de vino, y la jarra una pinta de agua mezclada con una cuarta pinta de vino. Ahora, la segunda transacción consiste en tomar un quinto del contenido de la jarra —es decir un quinto de una pinta de agua mezclado con un quinto de una cuarta pinta de vino—. Por lo tanto, dejamos en la jarra cuatro quintos de una cuarta pinta de vino —es decir, un quinto de pinta— mientras transferimos de la jarra a la botella una cantidad igual (un quinto de pinta) de agua.

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43. La Adivinanza del Despensero

Había 100 pintas de vino en el casco, y en treinta ocasiones Juan el Despensero había robado una pinta y la había sustituido con una pinta de agua. Luego del primer robo quedarían en el casco 99 pintas de vino; luego del segundo robo el vino en el casco sería pintas (el cuadrado de 99 dividido por 100); luego del tercer robo quedarían (el cubo de 99 dividido por el cuadrado de 100); luego del cuarto robo quedaría la cuarta potencia de 99 dividida por el cubo de 100; y luego del trigésimo hurto habría en el casco la trigésima potencia de 99 dividida por la vigésimo novena potencia de 100. Esto, por un método corriente de cálculo, ¡nos da un número compuesto por 59 dígitos dividido entre un número compuesto por 58 dígitos! Pero por el uso de logaritmos puede rápidamente asegurarse que la cantidad requerida se aproxima mucho a 73 pintas de vino que quedaron en el casco. Consecuentemente, el despensero hurtó cerca de 26, 03 pintas. Los monjes obviamente omitieron la respuesta porque no tenían tablas de logaritmos, y no se preocuparon de tomarse el trabajo de realizar ese largo y tedioso cálculo para obtener la cantidad «con la mayor precisión», como había estipulado el astuto Despensero.

Por un proceso de cálculo simplificado, he hallado que la cantidad exacta de vino robado sería

26,02996611719577269984907683285057747323737647323555652999

pintas. El hombre que hubiera complicado al Monasterio con una fracción de cincuenta y ocho decimales era merecedor de un severo castigo.

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44. La Adivinanza de los Cruzados

La respuesta correcta es que hubiera habido 602.176 Cruzados, quienes podrían formarse en un cuadrado de 776 por 776; y luego de que el extraño se unió a sus filas, podían formar 113 cuadrados de 5.329 hombres —es decir, de 73 por 73. O sea 113 × 73² − 1 = 776². Este es un caso especial de la llamada «ecuación pelliana».

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45. La Adivinanza de St. Edmondsbury

El lector está enterado de que existen números primos y números enteros compuestos. Pues bien, 1.111.111 no puede ser un número primo, pues si lo fuera, las únicas soluciones posibles serían las propuestas por el Hermano Benjamín y rechazadas por el Padre Pedro. Tampoco puede tener más de dos factores, o la respuesta sería indeterminada. De hecho, 1.111.111 es igual a 239 × 4.649 (ambos primos) y ya que cada gato mató más ratones que los gatos, que había, la respuesta debe ser 239 gatos. Ver también la Introducción.

Tratado en forma general, este problema consiste en hallar los factores, si existen, de los números de la forma

10n − 1/9.

Lucas, en su L’Arithmétique Amusante, da un número de tablas curiosas que obtuvo de un tratado de aritmética llamado Talkhys, de Ibn Albanna, un matemático y astrónomo árabe de la primera mitad del Siglo Trece. En la Bibioteca Nacional de París hay varios manuscritos que tratan sobre el Talkhys, y un comentario de Alkalagadi, que murió en 1486. Entre las tablas presentadas por Lucas hay una que provee todos los factores de números de la fórmula mencionada, hasta n = 18. Parece casi inconcebible que los árabes de esa época pudieran encontrar los factores, cuando n = 17, como se estipula en mi Introducción. Pero al leer a Lucas creí entender que ellos son presentados en el Talkhys, aunque un eminente matemático saca una conclusión diferente, y me sugiere que fueron descubiertos por el mismo Lucas. Esto puede, por supuesto, aclararse por medio de un examen del Talkhys, pero ello no ha sido posible durante la guerra.

La dificultad reside enteramente en aquellos casos en que n es un número primo. Si n = 2, obtenemos el primo 11. Los factores cuando n = 3, 5, 11 y 13 son, respectivamente (3 × 37), (41 × 271), (21.649 × 513.239), y (53 × 79 × 265371653). En estas páginas he dado los factores cuando n = 7 y 17. Los factores cuando n = 19, 23 y 37 son desconocidos, si es que existen.[4] Cuando n = 29, los factores son (3.191 × 16.763 × 43.037 × 62.003 × 77.843.839.397); cuando n = 31, un factor es 2.791, y cuando n = 41, dos factores son (83 × 1.231).

En cuanto a los valores pares de n, la siguiente curiosa serie de factores será indudablemente de interés para el lector. Los números entre paréntesis son primos.

n = 2 = (11)

n = 6 = (11) × 111 × 91

n = 10 = (11) × 11.111 × (9.091)

n = 14 = (11) × 1.111.111 × (909.091)

n = 18 = (11) × 111.111.111 × 90.909.091

O podemos colocar los factores así:

n = 2 = (11)

n = 6 = 111 × 1.001

n = 10 = 11.111 × 100.001

n = 14 = 1.111.111 × 10.000.001

n = 18 = 111.111.111 × 1.000.000.001

En las dos tablas precedentes n es de la forma 4m + 2. Cuando n es de la forma 4m, los factores pueden anotarse así:

n = 4 = (11) × (101)

n = 8 = (11) × (101) × 10.001

n = 12 = (11) × (101) × 100.010.001

n =16 = (11) × (101) × 1.000.100.010.001

Cuando n = 2, obtenemos el número primo 11; cuando n = 3, los factores son 3 × 37; cuando n = 6, son 11 × 3 × 37 × 7 × 13; cuando n = 9, son 3² × 37 × 333.667. Por lo tanto, sabemos que los factores de n = 18 son 11 ×3² × 37 × 7 × 13 × 333.667, mientras que el factor restante es compuesto, y puede expresarse como 19 × 52579. Esto demostrará cómo puede simplificarse el trabajo cuando n no es primo.

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46. La Adivinanza del Aro de la Rana

La menor cantidad posible de jugadas en las que este acertijo puede resolverse es 118. Daré la solución completa. Los números negros sobre discos blancos mueven en sentido horario, y los números blancos sobre discos negros en el contrario. El siguiente es el orden en que se mueven los números. El que deba hacerse un movimiento simple o un salto, se desprenderá de la posición, ya que nunca hay alternativa. Las jugadas entre paréntesis deben reiterarse cinco veces: 6, 7, 8, 6, 5, 4, 7, 8, 9, 10, 6, 5, 4, 3, 2, 7, 8, 9, 10, 11, (6, 5, 4, 3, 2, 1.) 6, 5, 4, 3, 2, 12, (7, 8, 9, 10, 11, 12), 7, 8, 9, 10, 11, 1, 6, 5, 4, 3, 2, 12, 7, 8, 9, 10, 11, 6, 5, 4, 3, 2, 8, 9, 10, 11, 4, 3, 2, 10, 11, 2. Hemos realizado así 118 movidas permitidas; las ranas negras han cambiado lugares con las blancas, y 1 y 12 están lado a lado en la ubicación estipulada.

La solución general en el caso de este acertijo es 3n² + 2n − 2 jugadas, donde el número de ranas de cada color es n. La ley que rige las secuencias de jugadas es fácilmente descubierta por un análisis de los casos más simples, donde n = 2, 3 y 4.

Si, en lugar de que 11 y 12 intercambien lugares, debieran hacerlo 6 y 7, la expresión sería n² + 4n + 2 jugadas. Si damos a n el valor 6, como en el ejemplo del Aro de la Rana, el número de jugadas sería 62.

Una solución general del caso donde las ranas de un color revierten su orden, dejando el espacio vacío en la misma posición, y cada rana puede moverse en cualquier dirección (saltando, por supuesto, sobre su mismo color), aparece en el «Acertijo del Saltamontes» de mi libro Amusements in Mathematics.

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LA EXTRAÑA FUGA DEL BUFÓN DEL REY

Aunque el bufón del rey prometió que luego aclararía a todo el mundo los procedimientos, no hay registro de que alguna vez lo haya hecho. Por lo tanto, someteré al lector mis propios puntos de vista en cuanto a las probables soluciones de los misterios involucrados.

47. La Cuerda Misteriosa

Cuando se dice que el bufón «dividió su cuerda en dos», esto no significa que la haya cortado en dos trozos, cada uno de la mitad del largo original de la cuerda. Sin duda, simplemente destrenzó sus hilos, y así la dividió en dos, cada una del largo original, pero de la mitad del espesor. Así pudo atarlas y fabricar una cuerda de cerca del doble del largo original, con la cual es bastante probable que haya hecho efectivo su escape de la mazmorra.

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48. El Laberinto Subterráneo

¿Cómo encontró el bufón el camino de salida del laberinto en la oscuridad? Simplemente debió tantear su camino hasta una pared, y luego continuar caminando sin retirar su mano izquierda (o derecha) de la pared. Comenzando desde A, la línea punteada nos muestra la ruta, cuando va hacia la izquierda. Si el lector quiere intentar la ruta hacia la derecha, también dará con la salida. De hecho las dos rutas unen y cubren todas las paredes del laberinto, excepto las dos partes aisladas, del lado izquierdo —una de ellas como una U, y la otra con forma de E distorsionada—. Esta regla se aplica a la mayoría de los laberintos, pero si el centro estuviera encerrado por una pared aislada, con forma de anillo abierto, el bufón simplemente hubiera dado vueltas alrededor una y otra vez.

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49. El Candado Secreto

Este acertijo consistía en encontrar una palabra de tres letras, en español, cada letra en un dial diferente. Ahora bien, no existe ninguna palabra en español formada por sólo tres consonantes, y la única vocal que aparece en los diales es la U. Ninguna de las palabras que comienzan con U tiene las otras dos letras consonantes, y las palabras que terminan en U tienen, ya sea menos o más de tres letras. Por lo tanto, la U forzosamente debe encontrarse en el medio, y la única palabra que pude encontrar a partir de la combinación de las consonantes dadas, es «LUZ», y creo que no hay duda de que ésta es la palabra. De cualquier modo, resuelve nuestro acertijo.

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50. El Cruce del Foso

Sin duda, algunos de mis lectores se sonreirán ante la afirmación de que un hombre en un bote sobre agua calma puede impulsarse a través del agua ¡con un cabo! Pero es un hecho. Si el bufón hubiera atado la cuerda a popa y luego, parado en proa, se hubiera sacudido violentamente, el bote hubiera sido impulsado hacia adelante. Esto ha sido probado varias veces en la práctica, y se dice que puede obtenerse una velocidad de dos o tres millas por hora. Ver Mathematical Recreations, W. W. Rouse Ball.

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51. Los Jardines Reales

Muchos lectores habrán considerado este acertijo como absolutamente imposible. El bufón dijo: «había en verdad entrado a los dieciséis jardines una vez, y sólo una». Si seguimos la ruta que se muestra en el diagrama que se acompaña, encontraremos que no hay dificultad en entrar una vez en todos los jardines, menos en uno, antes de llegar al último jardín que contiene la salida B. La dificultad es entrar en el Jardín que tiene una estrella, porque si abandonamos el jardín B es forzoso que debamos entrar en él una segunda vez antes de escapar, y a ningún jardín puede entrarse dos veces. El truco consiste en el hecho de que se puede ingresar al jardín de la estrella sin necesariamente abandonar el otro. Si, cuando el bufón llegó al portón, donde la línea punteada marca un abrupto giro, su intención hubiera sido esconderse en eljardín de la estrella, pero luego de que hubo pasado un pie al otro lado, sobre la estrella, hubiera descubierto que había sido una falsa alarma, y vuelto hacia atrás, podría por cierto decir: «Entré en el jardín de la estrella, porque puse un pie y parte de mi cuerpo dentro de él; y no entré dos veces en el otro jardín, pues una vez que entré nunca lo abandoné hasta que salí por B.» Esta es la única respuesta posible, y es indudablemente la que el bufón tenía en mente.

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52. El Puente de la Zanja

La solución a este acertijo se explica mejor con la ilustración. Si él hubiera colocado las ocho tablas, como se muestra, a través del ángulo de la zanja, le hubiera sido posible cruzar sin mucha dificultad. El bufón del rey hubiera así superado bien todas sus dificultades y escapado, como ya nos dijo haberlo logrado.

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FIESTA DE ACERTIJOS NAVIDEÑA

Cómo se Efectuaron los Diversos Trucos

La crónica de una de las «Fiestas de Acertijos» anuales del señor Davidge, realizada por la joven dama de su familia, que a menudo había pasado una alegre Navidad en Stoke Courcy Hall, no contiene las soluciones a los misterios. De modo que daré aquí mis propias respuestas a los acertijos, y trataré de hacerlo lo más claramente posible, para aquellos que son más o menos novatos en tales asuntos.

53. Las Tres Tazas de Té

La Srta. Charity Lockyer debió sin duda tener algún truco bajo la manga, y creo que es altamente probable que la idea fuera más o menos la siguiente. Ella propuso que debían colocarse diez terrones de azúcar en tres tazas de té, de forma que hubiera un número impar de terrones en cada taza. La ilustración quizás indique la respuesta de la Srta. Charity, y los números indican la cantidad de terrones que han sido colocados separadamente en ellas. Al colocar la taza que contiene un terrón dentro de la que contiene dos terrones, puede decirse con certeza que cada taza contiene un número impar de terrones. Una taza contiene siete terrones, la otra un terrón, y la tercera contiene tres terrones. Es evidente que si una taza contiene a otra, también contiene lo que ésta segunda lleva dentro.

Hay en total quince soluciones diferentes a este acertijo. Ellas son:

109

145

901

307

703

721

127

523

541

505

343

361

325

163

181

Los dos primeros números del trío representan respectivamente el número de terrones que deben colocarse en la taza interior y exterior de las que están superpuestas. Se observará que la taza exterior del par puede en sí estar vacía.

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54. Los Once Peniques

Es bastante evidente que el truco de este acertijo era el siguiente: De las once monedas tome cinco, luego agregue cuatro (a las que fueron retiradas) y quedan nueve, ¡en el grupo de las monedas retiradas!

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55. Los Gansos de Navidad

El Granjero Rouse envió exactamente 101 gansos al mercado. Jabez vendió primero la mitad del lote y medio ganso más (es decir 50½ + ½, o 51 gansos, quedando 50) al Sr. Jasper Tyler; luego vendió al Granjero Avent un tercio del remanente más un tercio de ganso (es decir, 16⅔ + ⅓, o 17 gansos, restando 33); luego vendió a la Comadre Foster un cuarto de lo que quedaba más tres cuartos de ganso (es decir, 8¼ + ¾, o 9 gansos, quedando 24); después vendió a Ned Collier un quinto del resto, y le regaló un quinto de ganso «para la patrona» (o sea, 4⅘ + ⅕ o 5 gansos, quedando 19). Entonces llevó de vuelta a su amo estos 19 gansos.

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56. Los Números en Tiza

Esta pequeña broma del Mayor Trenchard es otro acertijo con trampa, y la cara del niño travieso del extremo derecho, con el número 9 en su espalda, indica claramente que él estaba en el juego, cualquiera que éste fuera. No tengo dudas (teniendo en mente la insinuación del Mayor sobre observar los números «en forma apropiada») que su respuesta era la que se ilustra en nuestro dibujo, en que el niño N° 9 se para de cabeza, y así convierte su número en un 6. Esto suma un total de 36 —un número par— y haciendo que los niños 3 y 4 cambien de lugar con 7 y 8, obtenemos 1278 y 5436, cuyos números, en cada caso, suman 18. Hay exactamente otras tres maneras en que puede agruparse a los niños: 1368-2457, 1467-2358, y 2367-1458.

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57. Saboreando los Budines de Navidad

El diagrama muestra cómo resolver este acertijo. Es la única manera, dadas las condiciones estipuladas. Comenzando por el budín con muérdago en la esquina superior izquierda, tachamos todos los budines en veintiún trazos rectos, saboreando el budín humeante al final del décimo trazo, y culminando en la segunda ramita del muérdago.

Aquí tenemos un ejemplo de recorrido de la torre de ajedrez, que no termina junto a donde comenzó, sino entre dos casillas que están lo más alejadas posibles entre sí. Pues si deseáramos recorrer, con la condición de visitar cada casilla una vez y sólo una, desde la casilla de una esquina a la diagonalmente opuesta, la empresa es imposible.

Hay varias rutas diferentes para pasar de una rama de muérdago a la otra en la menor cantidad de trazos —veintiuno— pero no las he contado. He registrado catorce de ellas, y posiblemente haya más. Cualquiera de ellas serviría a nuestro propósito, excepto por la condición de que el décimo trazo debe finalizar en el budín humeante. Esto fue introducido para evitar la pluralidad de soluciones. No conozco más de una solución a este acertijo; pero como no he registrado todos los recorridos, de momento no puedo asegurar con certeza que no las haya.

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58. Bajo la Rama de Muérdago

Se encontró que todas las personas habían besado a todas las demás bajo la rama de muérdago, con los siguientes agregados y excepciones. Ningún hombre besó a otro hombre; ningún hombre besó a ninguna mujer casada, excepto la propia; todos los solteros y los niños besaron a todas las doncellas y niñas dos veces; el viudo no besó a nadie, y las viudas no se besaron entre sí. Todos los besos fueron retribuidos, y el doble acto debía contarse como un beso. Al realizar una lista de la compañía, podemos ignorar por completo al viudo, ya que no tomó parte en el ejercicio osculatorio.

Parejas casadas

14

3

Viudas

3

12

Solteros y niños

12

10

Doncellas y niñas

10

TOTAL

39

Personas

Ahora bien, si cada una de las 39 personas hubieran besado a todas las demás, el número de besos sería 741; y si los 12 solteros y niños hubieran besado a las 10 solteras y niñas dos veces, debemos agregar 120, haciendo un total de 861 besos. Pero como ningún hombre casado besó a ninguna otra mujer casada, salvo a su propia esposa, debemos deducir 42 besos; como ningún hombre besó a otro hombre, debemos deducir 171 besos; como ninguna viuda besó a otra, debemos deducir 3 besos. Por lo tanto, debemos deducir 42 + 171 + 3 = 216 besos del total mencionado de 861, y el resultado, 645, representa exactamente el número de besos que de hecho se dieron bajo la rama de muérdago.

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59. Los Cubos de Plata

No hay límite al número de medidas diferentes de las que se obtienen dos cubos cuya suma resulte diecisiete pulgadas cúbicas. He aquí la respuesta en los números menores posibles. Uno de los cubos de plata debe medir 2 y

23278/40831

pulgadas en cada arista, y el otro debe medir

11663/40831

pulgadas. Si el lector desea tomarse el trabajo de elevar al cubo cada número (o sea, multiplicar cada número por sí mismo dos veces), encontrará que al sumarse entre sí los contenidos igualan exactamente diecisiete pulgadas cúbicas. Ver también el N° 19, «El Acertijo del Doctor en Medicina».

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AVENTURAS DEL CLUB DEL ACERTIJO

60. La Fotografía Ambigua

Uno por uno los miembros del Club lograron descubrir la clave del misterio de la Fotografía Ambigua, excepto Churton, a quien finalmente convencieron de que se diera por vencido. Herbert Baynes entonces le señaló que el saco que Lord Marksford llevaba sobre el hombro era un saco de dama, pues sus botones están del lado izquierdo, mientras que los sacos de hombre siempre llevan los botones del lado derecho. No era probable que Lord Marksford caminara por París llevando sobre el brazo un saco de dama, salvo que acompañara a su dueña. Por lo tanto, caminaba con la dama.

Mientras conversaban, un mozo le trajo un telegrama a Baynes.

—Ya está —dijo luego de leer el mensaje—. Un cable de Dovey: «No preocuparse por foto. Averiguamos hermana del caballero visitando París.» Eso lo explica. Observarán que la dama está vestida ligeramente, por lo tanto el saco bien podía ser de ella. Pero resulta claro que la lluvia era sólo una llovizna repentina, y sin duda estaban cerca de su destino, por lo que ella no creyó necesario ponerse el saco.

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61. El Misterio del Acantilado de Cornualles

La explicación de Melville sobre el Misterio del Acantilado de Cornualles fue muy sencilla cuando la dio a conocer. Sin embargo fue un truco ingenioso el que utilizaron los dos criminales, y hubieran tenido éxito de no haber aparecido accidentalmente en escena nuestros amigos del Club del Acertijo. Lo que sucedió fue esto: Cuando Lamson y Marsh llegaron al risco, sólo Marsh caminó hasta el borde del acantilado, llevando en sus manos las botas más grandes de Lamson. Al llegar al borde, se cambió las botas y caminó hacia atrás hasta el camino, llevando en la mano sus propias botas.

Esta pequeña maniobra da cuenta del hecho de que las pisadas más pequeñas muestren una impresión más honda en el talón, y las más grandes una impresión más marcada en las puntas: pues un hombre camina apoyando más los talones cuando va hacia adelante, pero deja una huella más profunda con la punta de los pies al caminar hacia atrás. También explica el hecho de que las pisadas mayores a veces se superpongan a las más chicas, pero nunca suceda lo contrario, y el que las pisadas más grandes muestren un tranco más corto, ya que un hombre que camina hacia atrás, necesariamente, debe dar pasos menores. La libreta había sido dejada intencionalmente, para inducir a la policía a descubrir las huellas, y así colocarla en la pista equivocada.

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62. El Automóvil Fugitivo

Russell encontró que hay sólo doce números de cinco dígitos que tienen la particularidad de que los dos primeros dígitos multiplicados por los últimos tres —siendo todos diferentes entre sí, y no habiendo ningún cero— producen un número con exactamente los cinco dígitos, en distinto orden. Pero solamente uno de estos doce comienza con un 1 —precisamente el 14.926—. Pues bien, si multiplicamos 14 × 926, el resultado es 12.964, que contiene los mismos cinco dígitos. El número del automóvil era, por tanto, 14.926.

He aquí los otros once números: 24.651, 42.678, 51.246, 57.834, 75.231, 78.624, 87.435, 72.936, 65.281, 65.983, y 86.251.

Compare este problema con los Nos. 90 y 98.

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63. El Misterio de Ravensdene Park

Los diagramas muestran que hay dos maneras en que pueden trazarse las rutas de las diversas personas involucradas en el Misterio de Ravensdene Park, sin que ningún camino cruce en ningún momento a otro. Depende de si el Mayordomo, E, anduvo por el norte o por el sur de la cabaña del Cuidador, y si el Cuidador, A, había caminado por el norte o por el sur de Ravensdene Hall. Pero se observará que las únicas personas que pudieron haberse aproximado al Sr. Cyril Hastings, sin cruzar otra ruta, eran el Mayordomo, E, y el hombre, C. Era, sin embargo, un hecho que el mayordomo se había retirado a descansar cinco minutos antes de medianoche, mientras que el Sr. Hastings había abandonado la casa de su amigo precisamente a medianoche. Por lo tanto, el criminal debía ser el hombre que ingresó al parque por C.

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64. El Tesoro Enterrado

El terreno debía tener entre 179 y 180 acres —para ser más exacto, 179, 37254 acres. Si las medidas hubieran sido 3, 2 y 4 estadios respectivamente de las sucesivas esquinas, entonces el terreno hubiera tenido una superficie de 209, 70537 acres.

Nuestro método para resolver este problema es el siguiente. Encuentre la superficie del triángulo APB, en términos de x, el lado del cuadrado. Duplique el resultado = xy. Divida entre x, y luego eleve al cuadrado, y obtendrá el valor de y² en términos de x. Similarmente, encuentre el valor de z² en términos de x; luego resuelva la ecuación y² + z² = 3², que resultará en la fórmula x² − 20x² = −37. Por lo tanto x² = 10 + √63 = 17,937254 estadios cuadrados, casi con precisión, y como en un estadio cuadrado hay diez acres, esto equivale a 179,37254 acres. Si tomamos la raíz negativa de la ecuación, obtenemos que la superficie del terreno es 20,62746 acres, en cuyo caso el tesoro estaría enterrado fuera del terreno, como muestra el Diagrama 2. Pero esta solución se excluye por la condición de que el tesoro estaba enterrado dentro del terreno. Las palabras exactas eran: «El documento… establece claramente que el terreno es cuadrado, y que el tesoro está enterrado en él».

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LOS ACERTIJOS DEL PROFESOR

65. El Acertijo de las Monedas

La clave de este acertijo radica en el hecho de que si el cuadrado mágico debe estar compuesto de números enteros que sumen 15 en todas las direcciones, el dos debe colocarse en una de las esquinas. De otra manera, es necesario emplear fracciones, y éstas se proveen en el acertijo por medio del uso de las monedas de seis peniques y dos chelines y medio (llamada «media corona»). Yo proporciono la disposición que requiere la menor cantidad de monedas inglesas corrientes: quince. Se verá que la cantidad de cada esquina es fraccionaria, mientras que la suma total requerida es un número entero de chelines, (chelín se anota s, y penique d.)

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66. Los Acertijos de las Estampillas Postales

El primero de estos acertijos se basa en un principio similar, aunque es en realidad más sencillo, pues la condición de que nueve de las estampillas deben ser de valores diferentes hace de su selección un asunto simple, aunque su ubicación requiere alguna reflexión o tanteo, hasta que se advierte la regla relativa a la colocación de las fracciones en las esquinas. Aquí proporciono la solución.

También muestro la solución al segundo acertijo de las estampillas. Todas las columnas, líneas y diagonales suman 1s. 6d. (1 chelín y 6 peniques = 18 peniques). Hay un cuadro vacío, y las condiciones no prohibían esta omisión.

En la primera solución los números están en progresión aritmética: 1, 1½, 2, 2½, 3, 3½, 4, 4½, 5. Pero cualesquiera nueve números formarán un cuadrado mágico si podemos escribirlos así:

1

7

13

7

8

9

13

14

15

donde las diferencias horizontales son todas iguales, y las verticales todas iguales, pero no necesariamente las mismas que las horizontales. Esto sucede en el caso de la segunda solución, cuyos números pueden escribirse:

0

1

2

5

6

7

10

11

12

También en el caso de la solución al N° 65, el Acertijo de las Monedas, los números son, en chelines:

2

2

3

4½

5

5½

7

7½

8

Si debe haber nueve números diferentes, el 0 puede aparecer una vez (como en la solución al N⁹ 21). Sin embargo, pueden construirse cuadrados mágicos con números negativos, de esta manera:

−2

−1

0

5

6

7

12

13

14

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67. Las Ranas y los Vasos

Es perfectamente cierto, como dijo el Profesor, que sólo hay una solución (sin contar su reverso) a este acertijo. Las ranas que saltan son Jorge, en la tercera línea horizontal; Chang, el batracio de aire astuto al final de la cuarta línea; y Guillermina, la hermosa criatura de la séptima línea. Jorge salta hacia abajo al segundo vaso de la séptima línea; Chang, que sólo puede saltar distancias cortas, a consecuencia de su reumatismo crónico, se traslada algo desganadamente al vaso inmediatamente superior, el octavo de la tercera línea; mientras que Guillermina, con la vivacidad propia de su juventud y sexo, realiza la muy apreciable proeza de brincar hasta el cuarto vaso de la cuarta línea. En sus nuevas posiciones, como se observa en el diagrama que acompañamos, se comprobará que de las ocho ranas, no hay dos en la misma línea, vertical, horizontal o diagonal.

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68. Romeo y Julieta

Este es un acertijo bastante difícil, aunque como señaló el Profesor cuando Hawkhurst dio con la solución, es «exactamente el tipo de acertijo que alguien podría resolver en el primer intento», por una pura suerte. Sin embargo, cuando se conoce la solución, con su bonita y simétrica disposición, parece ridículamente sencillo.

Se verá que Romeo accede al balcón de Julieta luego de visitar todas las casas una vez y sólo una, realizando catorce giros, sin contar el del comienzo. Esta es la menor cantidad de giros posible, y el problema sólo puede solucionarse por el camino mostrado, o su reverso.

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69. El Segundo Recorrido de Romeo

Para poder andar el trayecto por los cuadros blancos únicamente, en la menor cantidad de giros, Romeo haría bien en seguir la ruta que yo muestro; sólo se requieren dieciséis giros para realizar la acción. El profesor me informa que el Helix Aspersa, o caracol común o de jardín, manifiesta una aversión particular a los giros —tanto es así que un espécimen con el que él experimentaba salió una noche en línea recta, y desde entonces no ha regresado.

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70. Las Ranas que Cortejaban

Este es uno de esos acertijos en los que es prácticamente inevitable la pluralidad de soluciones. Hay dos o tres posiciones a las que pueden saltar cuatro ranas para formar cinco líneas con cuatro ranas en cada una, pero la disposición que yo doy es la más satisfactoria.

Las ranas que han saltado dejaron atrás sus cuerpos astrales, de modo de mostrar al lector las posiciones que originalmente ocupaban. Chang, la rana del medio de la línea superior que, como explicamos antes en la solución de las Ranas y los Vasos, sufre de reumatismo, realiza el salto más corto de todos —una pequeña distancia entre ambas líneas; Jorge y Guillermina saltan de los extremos de la línea inferior a alguna distancia al noroeste y noreste respectivamente; mientras que la rana del medio de la línea inferior, cuyo nombre el Profesor olvidó informar, va directamente al sur.

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ACERTIJOS SURTIDOS

71. El Juego de Clavas

Para ganar en este juego deberá, tarde o temprano, dejar a su oponente un número par de grupos similares. Suponga, por ejemplo, que le deja estos grupos: 0.0.000.000. Ahora, si él derriba una clava individual, usted derriba una individual; si él derriba dos de un trío, usted derriba dos del otro trío; si él derriba la clava central de un trío, usted derriba la central del otro trío. De esta forma es forzoso que usted finalmente gane. Como el juego comienza con la disposición 0.00000000000, el primer jugador siempre puede ganar, pero solamente si derriba la sexta o la décima clava (contando la que se ha eliminado como la segunda); y esto deja, en cualquiera de los dos casos, 0.000.0000000, ya que el orden de los grupos no es importante. Cualquiera sea la jugada de su adversario, siempre puede resolverse en un número par de grupos iguales. Supongamos que él derriba la individual; entonces nosotros jugamos para dejar 00.0000000. Ahora, sea lo que sea que él haga, después podremos dejarle 000.000, o bien 0.00.000. Ya sabemos por qué la primera disposición es ganadora; y la última también lo es, pues, como quiera que él juegue, podremos dejar, ya sea 0.0 o 0.0.0.0, según sea el caso. Obviaré ahora el análisis completo, para entretenimiento del lector.

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72. El Tablero Roto

La ilustración muestra cómo pueden unirse las trece piezas de modo de construir un tablero perfecto; y el problema inverso, de recortar esas particulares piezas resulta también entretenido.

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73. La Araña y la Mosca

Aunque este problema fue muy discutido en el Daily Mail del 18 de enero al 7 de febrero de 1905, cuando pareció causar gran interés público, de hecho lo propuse por primera vez en el Weekly Dispatch del 14 de junio de 1903.

Imagine que la habitación es una caja de cartón. Luego la caja puede ser cortada de varias maneras diferentes, de modo de extender el cartón plano sobre la mesa. Aquí ilustro cuatro de estas maneras, e indico en cada caso las posiciones relativas de la araña y la mosca, y el curso recto que debe seguir la araña, sin salirse del cartón. Estos son los cuatro cursos más favorables, y se comprobará que el más corto es el N° 4, ya que tiene sólo 40 pies de largo (sume el cuadrado de 32 al cuadrado de 24, y extraiga la raíz cuadrada). Se verá que la araña camina, de hecho, ¡por cinco de los seis lados de la habitación! Habiendo trazado la ruta, vuelva a armar la caja (retirando el lado que la araña no utiliza), y la aparición del curso más corto es realmente sorprendente. Si la araña ha tomado lo que la mayoría de las personas consideraría como obviamente la ruta más corta (la señalada en el N° 1), ¡habrá andado 42 pies! La Ruta N° 2 mide 43, 174 pies de largo, y la Ruta N° 3 mide 40, 718 pies. Dejaré que el lector descubra cuáles son las rutas más cortas cuando la araña y la mosca están a 2, 3, 4, 5, y 6 pies del techo y del piso respectivamente.

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74. El Despensero Aturdido

El Hermano Juan dio al primer hombre tres botellas grandes y una botella pequeña llenas de vino, y una botella grande y tres pequeñas, vacías. A cada uno de los otros dos hombres dio dos botellas de vino grandes y tres pequeñas, y dos botellas grandes y una pequeña, vacías. Cada uno de los tres hombres recibe entonces la misma cantidad de vino, y el mismo número de botellas de cada tamaño.

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75. Hacer una Bandera

El diagrama demuestra cómo debe cortarse la pieza de género en dos piezas. Mueva la pieza de la derecha un «diente» hacia abajo, y se formará un cuadrado perfecto, con las rosas dispuestas simétricamente.

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76 Atrapar a los Cerdos

Un rápido análisis de este acertijo debería convencer al lector de que Hendrick nunca podrá atrapar al cerdo negro, y el blanco nunca será atrapado por Katrün.

Cada cerdo puede simplemente entrar y salir de una de las esquinas cercanas, y nunca ser capturado. El hecho es que, curioso como resulte a primera vista, ¡un holandés no puede atrapar a un cerdo negro, y una holandesa nunca puede capturar a uno blanco! Pero cada uno de ellos puede, sin dificultad, atrapar a uno del otro color.

Por lo tanto, si el jugador determina simplemente que enviará a Hendrick a atrapar al puerco blanco y a Katrün a perseguir al negro, no tendrá ninguna dificultad en capturar a los dos en muy pocas jugadas.

Es, de hecho, tan sencillo que no hay necesidad alguna de proporcionar la línea de juego. De esta forma, por vía del juego, resolvemos el acertijo en la vida real de por qué el holandés y su esposa no podían atrapar a sus cerdos; en su simpleza e ignorancia de las particularidades de los cerdos holandeses, cada uno perseguía al animal equivocado.

El pequeño principio que encierra este acertijo es aquel conocido por los jugadores de ajedrez como «obtener la oposición». La regla, en el caso de mi acertijo (donde los movimientos recuerdan a los de la torre de ajedrez, con la condición agregada de que la torre sólo puede moverse a un cuadro inmediato), es simplemente ésta. Cuando el número de cuadros sobre una misma línea entre el hombre o la mujer y el cerdo es impar, no podrá nunca atraparse al cerdo; cuando el número de cuadros es par, la captura es posible. El número de cuadros entre Hendrick y el cerdo negro y entre Katrün y el cerdo blanco es 1 (un número impar), por lo tanto estos individuos no podrán alcanzar a los animales que enfrentan. Pero el número entre Hendrick y el cerdo blanco y entre Katrün y el negro, es 6 (un número par), por lo que fácilmente podrán capturar a los que tienen a sus espaldas.

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77. El Juego del Treinta y Uno

El primer jugador siempre puede ganar, comenzando con un 5. Si su oponente juega otro 5, usted juega un 2 y llega a 12. Luego, siempre que él juegue un 5, usted juega un 2, y si en algún momento él se sale de la serie, 3, 10, 17, 24, 31, usted entra en ella y gana. Si luego de que usted comienza con un 5 él juega cualquier otra cosa que no sea un 5, usted llega a 10 o 17 y gana. El primer jugador puede también ganar comenzando con un 1 o un 2, pero el juego se complica. Sin embargo, bien merece el análisis del lector.

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78. Los Ferrocarriles Chinos

Este acertijo fue astutamente ideado por el hombre amarillo. No es extraño que los representantes de los cinco países interesados estuvieran tan confundidos. Hubiera complicado bastante a los ingenieros el construir esas rutas tortuosas de modo que los trenes avanzaran sin peligro. El Diagrama 1 muestra los rumbos de los cinco sistemas de líneas, de manera que ninguna línea se cruce nunca con otra, y parece que éste es el método que requeriría el menor millaje posible.

Quizás el lector quiera saber cuántas soluciones diferentes existen a este acertijo. A esto deberé responder que el número es indeterminado, y explicaré el porqué. Si inicialmente consideramos el caso de la línea A, entonces una ruta sería el Diagrama 2, otra el 3, otra el 4, y otra el 5. Si el 3 es diferente del 2, como indudablemente lo es, entonces debemos considerar al 5 como diferente del 4. Pero una mirada a los cuatro diagramas 2, 3, 4 y 5 en sucesión nos mostrará que podemos continuar este proceso de «ovillado» eternamente; y ya que siempre habrá un camino no interrumpido (no importa cuán largo y tortuoso sea) de las estaciones B y E a sus respectivas líneas principales, es evidente que el número de rutas para la línea A es infinito. Por lo tanto, el número de soluciones completas también será infinito, si las líneas del ferrocarril, como otras líneas, no tienen ancho; e indeterminado, salvo que se nos estipule el número máximo de líneas paralelas que pueden construirse en ciertos lugares. Si se diera alguna condición clara para restringir estos «ovillados», no habría gran dificultad en establecer el número de soluciones. Con cualquier limitación razonable de este tipo, el número estaría, según mis cálculos, cerca de los dos mil, aunque parezca sorprendente.

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79. La Aritmética del Brujo

Este acertijo es a la vez fácil y difícil, pues es asunto muy sencillo encontrar uno de los multiplicadores, que es 86. Si multiplicamos 8 por 86, todo lo que debemos hacer es colocar el 6 delante y el 8 detrás para obtener la respuesta correcta, 688. Pero el segundo número no puede encontrarse al tanteo. Es 71, y el número por el que debe multiplicarse es nada menos que

1639344262295081967213114754098360655737704918032787.

Si queremos multiplicar a este número por 71, todo lo que debemos hacer es colocar otro 1 al comienzo y otro 7 al final —¡un considerable ahorro de trabajo! Estos dos y el ejemplo presentado por el brujo, son los únicos multiplicadores de dos dígitos, pero el número a multiplicar siempre puede aumentarse. Así, si prefijamos a 41096 el número 41095890, repetido cualquier número de veces, el resultado puede siempre multiplicarse por 83 en la manera peculiar del brujo.

Si sumamos los dígitos de cualquier número y luego, si es necesario, sumamos otra vez, al final obtendremos un número de un dígito. A esto yo llamo la «raíz digital». Así, la raíz digital de 521 es 8, y de 697 es 4. Ahora bien, resulta evidente que las raíces digitales de los dos números requeridos por el acertijo deben dar la misma raíz, tanto al sumarlas como al multiplicarlas. Esto sólo puede suceder cuando las raíces de los dos números son 2y2, o 9 y 9, o 3 y 6, o 5 y 8. Por lo tanto, el multiplicador de dos dígitos debe tener una raíz digital de 2, 3, 5, 6, 8 o 9. Hay diez de estos números en cada caso. Yo escribo los sesenta, y luego elimino todos aquellos números cuyo segundo dígito sea mayor que el primero, y aquellos cuyos dos dígitos sean iguales (treinta y seis números en total); también todos los números restantes cuyo primer dígito sea impar y el segundo par (siete números); también todos los múltiplos de 5 (tres números más). He rechazado a los números 21 y 62 por razones en las que no abundaré. Entonces me quedan, de los sesenta originales, sólo los doce números siguientes; 83, 63, 81, 84, 93, 42, 51, 87, 41, 86, 53 y 71. Estos son los únicos posibles multiplicadores que en realidad debo examinar.

Mi procedimiento es ahora tan curioso como sencillo. Pruebo primero el 83, deduciendo 10, y lo llamo 73. Agregando ceros al segundo dígito, digo que si 30000, etc., arroja alguna vez un resto de 43 al ser dividido por 73, el dividendo será el multiplicador requerido para 83. Obtengo en esta forma el 43. El único multiplicador de 3 que produce un 8 en el dígito de las unidades es el 6. Por lo tanto multiplico 73 por 6, y obtengo 438, o 43 luego de eliminar el 8. Ahora bien, 300.000 dividido por 73 arroja un resto de 43, y el dividendo es 4.109. A esto agrego el seis antes mencionado, y obtengo 41096 × 83, el ejemplo proporcionado por el brujo.

Al probar los números pares hay dos casos a considerar. Así, tomando el 86, podemos decir que si 60000, etc., al ser dividido entre 76 deja resto, ya sea 22 o 60 (pues tanto 3 × 6 como 8 × 6 dan 8), obtenemos una solución. Pero rechazo el primero, luego de examinarlo, y observo que 60 dividido por 76 da 0, dejando un resto de 60. Por lo tanto, 8 × 86 = 688, el otro ejemplo. Se verá en el caso del 71 que 100000, etc., dividido entre 61, deja un resto de 42 (7 × 61 = 427), luego de producir el largo dividendo que proporcionamos al comienzo de este artículo, con el 7 agregado.

Los otros multiplicadores no logran producir una solución, por lo que 83, 86 y 71 son los únicos tres multiplicadores posibles. Quienes estén familiarizados con el principio de los decimales periódicos (como explico en parte en mi nota acerca del N.º 80, «El Problema de la Cinta») comprenderán las condiciones bajo las cuales los restos se repiten luego de determinados períodos, y sólo encontrarán necesario realizar largas divisiones en dos o tres casos. De esto resulta claro que existe un número ilimitado de multiplicandos para cada multiplicador.

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80. El Problema de la Cinta

La solución es la siguiente: escriba sobre la cinta este número largo,

0212765957446808510638297872340425531914893617.

Puede ser multiplicado por cualquier número hasta 46 inclusive para obtener el mismo orden de los dígitos en el anillo. El número proporcionado previamente puede multiplicarse por cualquier número hasta 16. Yo establecí el límite 9 para despistar a los lectores. El hecho es que estos dos números son simplemente los decimales recurrentes que equivalen a 1/17 y a 1/47 respectivamente. Multiplique el primero por diecisiete y el segundo por cuarenta y siete, y obtendrá todos nueves en ambos casos.

Al transformar una fracción común, digamos 1/17, en una fracción decimal, procedemos como se demuestra abajo, agregando cuantos ceros queramos al dividendo, hasta que no quede resto, o hasta obtener una serie recurrente de dígitos, o hasta que lo hayamos llevado al largo requerido, ya que cada dígito decimal adicional en un decimal infinito nos acerca más y más a la exactitud.

1

0

0

17

−

8

5

0,058823

1

5

0

−

1

3

6

1

4

0

−

1

3

6

4

0

−

3

4

6

0

−

5

1

9

Ahora bien, como todas las potencias de 10 pueden contener únicamente factores de las potencias de 2 y de 5, resulta evidente que un decimal nunca terminará si hay un factor distinto a éstos en el denominador de la fracción. Así, 1/2, 1/4 y 1/8 nos proporcionan los decimales exactos 0,5; 0,25 y 0,125; y 1/25 nos dan 0,2 y 0,04; 1/10 y 1/20 resultan 0,1 y 0,05: porque los denominadores están todos compuestos por factores 2 y 5. Pero si Ud. desea convertir 1/3, 1/6, o 1/7, su división nunca acabará, sino que obtendrá estos decimales: 0,33333…; 0,166666…; y 0,142857142857142857…, donde en el primer caso el 3 se repite eternamente, en el segundo caso el 6 es el que se repite y en el último caso obtenemos el período recurrente 142857. En el caso de 1/17 (en «El Problema de la Cinta») encontramos que el período es 0588235294117647.

Ahora, en la división de arriba, los restos sucesivos son 1, 10, 15, 14, 4, 6, 9, etc. y yo he insertado estos números en el anillo interior del diagrama. Se verá que cada número del 1 al 16 aparece una vez, y que si multiplicamos el número de nuestra cinta por cualquiera de los números del anillo interior, su posición indica exactamente el punto por donde comienza el producto. Así, si multiplicamos por 4, el producto será 235, etc.; si multiplicamos por 6, 352, etc. Podemos, por lo tanto, multiplicar por cualquier número del 1 al 16 y obtener el resultado deseado.

El meollo del acertijo es este: cualquier número primo, con excepción del 2 y del 5, que son factores de 10, dividirá exactamente sin resto a cualquier número que consista en tantos nueves como el propio número primo, menos uno. Así 999999 (seis nueves) es divisible por 7, dieciséis nueves son divisibles por 17, dieciocho nueves por 19, y así sucesivamente. Este es siempre el caso, aunque frecuentemente serán suficientes menos nueves, pues un nueve es divisible entre 3, dos entre 11, seis entre 13, donde nuestra regla de la cinta para los multiplicadores consecutivos se rompe, y entra a regir otra ley. Por lo tanto, como el 0 y el 7 en los extremos de la cinta no deben moverse, es necesario buscar una fracción con un denominador primo que termine en 7 y arroje un periodo completo. Probamos con 37, y encontramos que da un decimal de período corto 027, pues 37 divide exactamente a 999; por lo tanto, no nos sirve.

Luego examinamos al 47, y encontramos que nos proporciona el período completo, de 46 dígitos, que dimos al principio de este artículo.

Si cortamos a la mitad cualquiera de estos períodos recurrentes y colocamos una mitad debajo de la otra, veremos que suma todos nueves; así que sólo es necesario calcular la mitad, y luego escribir sus complementos. De esta forma, en la cinta de más arriba, si sumamos 05882352 más 94117647, el resultado será 99999999, y de la misma manera con nuestro largo número de la solución. Observe también en el diagrama de arriba que no sólo los números opuestos del anillo exterior son complementarios, siempre sumando 9, sino que los números opuestos del anillo interior también lo son, sumando 17 en todos los casos. Quizás deba señalar que al limitar nuestros multiplicadores a los primeros nueve números, es bastante posible que un período corto nos proporcione una solución en menos dígitos, pero existen razones para pensar que es improbable.

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81. Las Damas Japonesas y la Alfombra

Si los cuadrados no debieran ser todos del mismo tamaño, la alfombra podría cortarse en cuatro piezas, de cualquiera de las tres maneras ilustradas. En cada caso las dos piezas marcadas con una A pueden unirse y formar uno de los tres cuadrados, siendo los otros dos enteros. Pero para poder obtener cuadrados exactamente iguales en tamaño, deberemos utilizar seis piezas, como se muestra en el diagrama más grande. El N° 1 es un cuadrado completo, las piezas 4 y 5 forman un segundo cuadrado, y las piezas 2, 3 y 6 formarán el tercero, todos de exactamente el mismo tamaño.

Si con los tres cuadrados iguales formamos el rectángulo IDBA, entonces la media proporcional de dos lados del rectángulo será el lado de un cuadrado de igual superficie. Trace AB hasta C, tomando BC igual a BD. Luego coloque la punta del compás en E (a medio camino entre Ay C) y describa el arco AC. Estoy mostrando el método general para convertir rectángulos en cuadrados, pero en este caso en particular podemos, por supuesto, colocar inmediatamente nuestro compás en E, lo que no requiere ningún cálculo. Trace la línea BD cortando el arco en F, y BF será el lado del cuadrado requerido. Ahora determine AG y DH, cada uno equivalente a BF, y realice el corte IG, y también el corte HK, desde H, perpendicular a ID. Las seis piezas obtenidas están numeradas igual que en el diagrama de la página anterior.

Se apreciará que aquí proporcioné primero el método inverso: cortar tres cuadrados en seis piezas para formar un cuadrado grande. En el caso de nuestro acertijo podemos proceder así:

Determine LM igual a la mitad de la diagonal ON. Trace la línea NM y desde L una perpendicular sobre NM. Entonces LP será el lado de cada uno de los tres cuadrados cuya superficie combinada equivale al cuadrado grande QNLO. El lector puede ahora cortar sin dificultad las seis piezas como se muestra en el cuadrado numerado de la página anterior.

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82. El Capitán Longbow y los Osos

El lector probablemente haya pensado que la historia del oso empalado en el Polo Norte no tenía ninguna conexión con el problema que le siguió. De hecho es esencial para la solución. No hay manera de disponer a once osos para que formen siete líneas de osos con cuatro osos en cada una. Pero ya es otra la historia cuando el Capitán Longbow nos informa que «se habían puesto de tal forma que quedaron siete filas de cuatro osos». Pues si se agruparon en la forma que muestra el diagrama, de modo que tres de los osos, como se indica, estuvieran alineados con el Polo Norte, el animal empalado completaría la séptima línea de cuatro, que no puede obtenerse de otra manera. Obviamente no afecta al problema el que esta séptima línea sea de cien millas o de cien pies, siempre que estuvieran en verdad en línea recta —un punto que quizás pueda ser corroborado por el compás de bolsillo del Capitán.

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83. El Recorrido Inglés

Se requirió mostrar cómo un residente de la ciudad marcada con una A podría visitar todas las ciudades una vez, y una sola, y culminar su recorrido en Z. Este acertijo encierra un pequeño truco. Luego de que el lector haya demostrado a su satisfacción que esto no puede hacerse de acuerdo con las condiciones, como las comprendió de entrada, debería examinar con cuidado su planteamiento, para encontrar alguna alternativa. Se dijo: «Esto sería bastante fácil si pudiera realizar el recorrido tanto por carretera como en ferrocarril, pero no es así.» Ahora bien, aunque se le prohíbe cortar camino por carretera, ¡nada se dice acerca de que vaya por mar! Si, por lo tanto, volvemos a mirar con cuidado el mapa, veremos que hay dos ciudades, y sólo dos, sobre la costa. Cuando llega a una de ellas, parte a bordo de un barco y navega hasta el otro puerto. La ilustración muestra con una línea oscura la ruta completa.

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84. El Acertijo del Chifu-Chemulpo

La solución es la siguiente: Usted puede aceptar la invitación de «hacerlo en 20 jugadas», pero nunca lo logrará. La menor cantidad de movimientos posible es veintiséis. Mueva los vagones de modo que lleguen a las siguientes ubicaciones:

E5678

= 10 jugadas

1234

E56

= 2 jugadas

123 87 4

56

= 5 jugadas

E312 87 4

E

= 9 jugadas

87654321

Veintiséis movimientos en total.

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85. La Excéntrica Mujer del Mercado

El menor número de huevos que la Sra. Covey pudo llevar al mercado es 719. Luego de vender la mitad y entregar medio huevo de más, le quedarían 359; luego de la segunda transacción le restarían 239, luego del tercer negocio, 179; y luego del cuarto, 143. Este último número podría ella dividirlo equitativamente entre sus trece amigos, dándole a cada uno 11, y no habrá roto un solo huevo.

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86. El Acertijo de la Guirnalda

Una palabra que resuelve este acertijo es MARITIMA. Coloque las letras como sigue; M 3-1, A 6-8, R 5-3, I 4-6, T 7-5, I 2-4, M 9-7, A 9-2. Esto significa que toma M, salta de 3 a 1, y la escribe en 1; y así sucesivamente. La solución depende de encontrar aquellas palabras cuya segunda y octava letras sean iguales, y que también lo sean la cuarta y la sexta, pues estas letras se intercambian sin destruir la palabra. Otra palabra podría ser: POLÍTICO.

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87. La Mesa Redonda

He aquí la manera de disponer a los siete hombres:

A B C D E F G

A C D B G E F

A D B C F G E

A G B F E C D

A F C E G D B

A E D G F B C

A C E B G F D

A D G C F E B

A B F D E G C

A E F D C G B

A G E B D F C

A F G C B E D

A E B F C D G

A G C E D B F

A F D G B C E

Obviamente, en una mesa circular, A estará al lado del hombre del final de la línea.

Expuse por primera vez este problema en el Daily Mail del 13 y 16 de octubre de 1905, para seis personas, por diez días, y desde entonces ha sido discutido por matemáticos en varios periódicos. Es, por supuesto, fácil de ver que el número máximo de disposiciones para n personas es (n − 1)(n - 2) / 2. El método comparativamente sencillo de resolver todos los casos en que n es un primo + 1, fue descubierto por Ernest Bergholt. Entonces señalé el método de construcción de una solución que había obtenido para 10 personas, a partir del cual E. D. Bewley encontró un método general para todos los números pares. Sin embargo, los números impares son en extremo difíciles, y por mucho tiempo no logró avanzarse en su solución, siendo 7 (en este caso) y 5, 9, 17 y 33 los únicos que podían resolverse, los últimos cuatro todos potencias de 2 + 1. Al fin, sin embargo (aunque no sin mucha dificultad), descubrí un método sutil para resolver todos los casos, y he escrito los cuadros de todos los números hasta 25 inclusive. El caso de 11 también fue resuelto por W. Nash. Quizás el lector intente echar mano al 13. Encontrará que es extraordinariamente complicado.

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88. Las Cinco Latas de Té

Hay doce maneras de disponer las cajas sin considerar las figuras. Si las treinta figuras fueran todas diferentes, la respuesta sería 93.312. Pero las deducciones necesarias para los casos en que los cambios de cajas pueden realizarse sin alterar el orden de las figuras, totalizan 1.728, y por lo tanto las latas pueden disponerse, de acuerdo con las condiciones, en 91.584 maneras diferentes. Dejaré que mis lectores descubran por sí mismos cómo se obtienen estas cifras.

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89. Los Cuatro Cerdos

Hay diecisiete maneras en que pueden colocarse los cerdos en los treinta y seis chiqueros, de acuerdo con las condiciones, incluyendo el ejemplo que yo aporté, y sin contar los reversos y reflejos. Jaenisch, en su Analyse Mathématique au Jeu des Echecs (1862), cita la afirmación de que hay exactamente veintiuna soluciones al pequeño problema en que se basa este acertijo. Como yo mismo sólo había registrado diecisiete, examiné el asunto otra vez, y encontré que él estaba equivocado, y sin duda había confundido a los reversos como soluciones distintas.

He aquí las diecisiete respuestas. Las cifras indican las filas, y sus posiciones las columnas. Así, 104603 significa que colocamos un cerdo en la primera fila de la primera columna, en ninguna fila de la segunda columna, en la cuarta fila de la tercera columna, en la sexta fila de la cuarta columna, en ninguna fila de la quinta columna, y en la tercera fila de la sexta columna. La disposición E es la que proporciono en el diagrama:

A. 104603

J. 206104

B. 136002

K. 241005

C. 140502

L. 250014

D. 140520

M. 250630

E. 160025

N. 260015

F. 160304

O. 261005

G. 201405

P. 261040

H. 201605

Q. 306104

I. 205104

—

Se encontrará que las configuraciones N y Q son semisimétricas con respecto al centro, y por lo tanto dan cada una sólo dos disposiciones por reversión y reflejo; que la configuración H es cuarto-simétrica, y sólo da cuatro disposiciones, mientras que las catorce restantes proporcionan por reversos y reflejos ocho disposiciones cada una. Por lo tanto, los cerdos pueden disponerse de (2 × 2) + (4 × 1) + (8 × 14) = 120 maneras diferentes por los reversos y reflejos de las diecisiete configuraciones.

Es posible disponer a sólo tres cerdos de modo que cada chiquero esté alineado con un cerdo, siempre que no se prohíba a los cerdos estar alineados entre sí; pero hay una sola forma de hacerlo (si no contamos sus reversos y reflejos), y es: 105030.

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90. Los Cubos Numerados

Disponga los cubos de modo de formar las dos multiplicaciones 915 × 64 y 732 × 80, y el producto en ambos casos será el mismo: 58.560.

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91. Zorros y Gansos

El menor número posible de movidas es veintidós —es decir, once para los zorros y once para los gansos. Esta es una manera de resolver el acertijo:

Por supuesto, el lector realizará la primera movida de la línea superior y luego la primera de la línea inferior; luego la segunda de la línea superior, y así en forma alternada.

En otro libro he explicado mi método de «botones e hilo» para resolver acertijos en tableros cuadriculados. En el diagrama A se muestra el acertijo en la forma en que puede presentarse en una porción del tablero de ajedrez, con seis caballos. Si lo comparamos con la ilustración donde propuse el acertijo se verá que allí he evitado la necesidad de explicar al lector no instruido el recorrido del caballo, a través de líneas que indican esos movimientos. Los dos acertijos son el mismo perro con distinto collar. Ahora compare aquella ilustración con el diagrama B, y se verá que al desenrollar los hilos he obtenido un diagrama simplificado sin alterar las relaciones esenciales entre los botones o discos. El lector podrá ahora comprobar sin dificultad que el acertijo requiere de once jugadas para los zorros y once para los gansos. Verá que el ganso en 1 o 3 debe ir a 8 para evitar quedar a un espacio de los zorros, y permitir que el zorro en 11 ingrese al anillo. Si jugamos 1-8, entonces es claramente preferible jugar 10-5 y no 12-5, para los zorros. Cuando están todos en el círculo, entonces simplemente giran en sentido horario, cuidando de reservar 8-3 y 5-12 para las jugadas finales. Pero este método se vuelve ridículamente sencillo. Ver también las notas al N⁹ 12.

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92. La Mesa de Robinson Crusoe

El diagrama ilustra cómo debe cortarse la tabla en dos trozos para formar la mesa cuadrada. A, B, C, D son las esquinas de la mesa. La forma en que la pieza E encaja con la pieza F resultará obvia al lector. La parte sombreada es la madera que se descarta.

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93. Los Quince Huertos

El número debe ser el menor múltiplo común de 1, 2, 3, etc., hasta 15, que, al ser dividido entre 7, arroje el resto 1, entre 9 arroje 3, entre 11 arroje 10, entre 13 arroje 3, y entre 14 arroje 8. Tal número es 120. El número siguiente es 360.480, pero como no tenemos conocimiento de un árbol —especialmente uno muy joven— que pueda dar en forma alguna un número tan alto de manzanas, podemos considerar a 120 como la única respuesta aceptable.

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94. El Plomero Confundido

La cisterna rectangular cerrada que contenga una cantidad dada de agua, y tenga la menor superficie posible de metal, debe ser un cubo perfecto —es decir, una cisterna cada una de cuyas caras sea un cuadrado. Para 1000 pies cúbicos de agua, las dimensiones internas serán 10 × 10 × 10 pies, y el zinc requerido será 600 pies cuadrados. En el caso de una cisterna sin tapa, las proporciones serían exactamente medio cubo. Estas son las «proporciones exactas» pedidas en el segundo caso. Las dimensiones exactas no pueden darse, pero 12,6 × 12,6 × 6,3 pies es una buena aproximación. La cisterna contendrá un poco de agua de más, a lo que el comprador no protestará, y provocará al plomero una pérdida insignificante que no vale la pena considerar.

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95. La Columna Nelson

Si toma una hoja de papel y la marca con una línea diagonal, como en la figura A, encontrará que al enrollarla en forma cilíndrica, con la línea hacia afuera, aparecerá como en la figura B.

Se verá que la espiral (en un giro completo) es meramente la hipotenusa de un triángulo rectángulo, del cual el largo y ancho del papel son los otros dos lados. En el acertijo dado, los largos de los dos lados del triángulo son 40 pies (un quinto de 200 pies) y 16 pies 8 pulgadas. Por lo tanto, la hipotenusa es 43 pies 4 pulgadas. El largo de la guirnalda es entonces cinco veces más largo: 216 pies 8 pulgadas. Un rasgo curioso del acertijo es el hecho de que con las dimensiones dadas el resultado es exactamente la suma de la altura y la circunferencia.

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96. Los Dos Niños Mandaderos

Todo lo que es preciso es sumar las dos distancias en las que se cruzan más dos veces su diferencia. Así, 720 + 400 + 640 = 1.760 yardas, o una milla, que es la distancia requerida, o dicho de otra manera, tres veces la primera distancia menos la segunda distancia, nos dará siempre el resultado, sólo que la primera distancia debe ser más de dos tercios de la segunda.

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97. Sobre las Arenas de Ramsgate

Se pueden formar exactamente seis rondas diferentes sin quebrantar las condiciones. Esta es una manera de efectuar las disposiciones:

A B C D E F G H I J K L M

A C E G I K M B D F H J L

A D G J M C F I L B E H K

A E I M D H L C G K B F J

A F K C H M E J B G L D I

A G M F L E K D J C I B H

Una los extremos y obtendrá las seis rondas.

Lucas ideó un sencillo método mecánico para obtener las rondas que pueden formarse bajo estas condiciones para 2n + 1 niños.

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98. Los Tres Automóviles

El único conjunto de tres números de dos, tres y cinco dígitos respectivamente, que llenará las condiciones requeridas es 27 × 594 = 16.038. Estos tres números contienen los nueve dígitos y el cero, sin repetición; los dos primeros números multiplicados entre sí producen el tercero, y el segundo es exactamente veintidós veces el primero. Si los números pudieran contener uno, cuatro y cinco dígitos respectivamente, habría muchas respuestas correctas, tales como 3 × 5.694 = 17.082; pero es curioso el hecho de que hay sólo una respuesta al problema tal como se lo planteó, aunque no es asunto sencillo el probar que así sea.

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99. Un Cuadrado Mágico Reversible

Se verá que en la disposición dada, todos los números son diferentes, y todas las columnas, filas y ambas diagonales suman 179, ya sea que se invierta la hoja o no. El lector advertirá que no he utilizado los números 3, 4, 5, 8 o 0.

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100. El Tren Subterráneo

Hay 640 rutas diferentes. No existe una fórmula general aplicable a los acertijos de este tipo. Obviamente sólo debemos considerar las variaciones de ruta entre B y E. Aquí tenemos nueve secciones o «líneas», pero es imposible que un tren, en las condiciones dadas, atraviese más de siete de estas líneas en cualquier ruta. En la tabla siguiente, «direcciones» significa el orden de las estaciones, independientemente de las rutas. Así, la «dirección» BCDE proporciona nueve «rutas», pues hay tres maneras de llegar de B a C, y tres maneras de llegar de D a E. Pero la «dirección» BDCE no admite variación, por lo que aporta sólo una ruta.

2

direcciones de dos líneas con

3

rutas

– 6

1

dirección de tres líneas con

1

ruta

– 1

1

dirección de tres líneas con

9

rutas

– 9

2

direcciones de cuatro líneas con

6

rutas

– 12

2

direcciones de cuatro líneas con

18

rutas

– 36

6

direcciones de cinco líneas con

6

rutas

– 36

2

direcciones de cinco líneas con

18

rutas

– 36

2

direcciones de seis líneas con

36

rutas

– 72

12

direcciones de siete líneas con

36

rutas

– 432

Total

640

De esta forma observamos que hay exactamente 640 rutas diferentes en total, que es la respuesta correcta al acertijo.

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101. El Navegante y la Serpiente Marina

Cada una de las tres piezas medía sin duda tres cables de largo, pero Simón insistía en suponer que los cortes habían sido hechos transversalmente, o a través, y que por lo tanto el largo completo era nueve cables. Sin embargo, el navegante explicó (y el punto es casi tan verídico como el resto de su anécdota) que sus cortes fueron hechos longitudinalmente —¡desde la misma punta de la nariz, derecho hasta la punta de la cola! El largo completo era, por lo tanto, sólo tres cables, al igual que cada pedazo. No se preguntó a Simón el largo exacto de la serpiente, sino cuán larga debió haber sido. Debe haber tenido al menos tres cables de largo, pero podría haber sido (obviando el comentario del navegante) de cualquier largo entre tres y nueve cables, según la dirección de los cortes.

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102. La Sociedad Benéfica

Si hubiera en total doce damas, habría, sólo entre ellas, 132 besos, restando doce más para intercambiar con el cura —seis que él diera y seis que recibiera—. Por lo tanto, de las doce damas, seis serían sus hermanas. Consecuentemente, si doce harían el trabajo en cuatro meses y medio, seis damas lo harían en el doble de tiempo —cuatro meses y medio más— que es la respuesta correcta.

A primera vista parecería existir alguna ambigüedad en las palabras «todo el mundo besó a todo el resto, con excepción, por supuesto, del mismo ruboroso joven». ¿No podría esto significar que todas las damas atrevidamente besaron al cura, aunque (excepto las hermanas) no fueron besadas por él? No, porque, en ese caso, encontraríamos que debería haber doce muchachas, ninguna de las cuales era hermana, lo cual es contrario a las condiciones. Si, por otra parte, se sostuviera que las hermanas, de acuerdo al planteo, podían no haber besado a su hermano, aunque él las hubiera besado, respondo que en ese caso debería haber habido doce muchachas, todas las cuales serían sus hermanas. Y la referencia a las damas que podían haber trabajado excluyendo a las hermanas descarta esta posibilidad.

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103. El Caracol Aventurero

Al final de diecisiete días, el caracol habrá escalado 17 pies, y al final de la tarea diurna del decimoctavo día estaría en la cima. Instantáneamente comenzará a resbalar mientras duerme, y habrá descendido 2 pies del otro lado al finalizar el decimoctavo día de veinticuatro horas. ¿Cuánto tiempo le llevarán los 18 pies restantes? Si resbala 2 pies en la noche, resulta claro que durante el día, al escalar, debe vencer la tendencia a resbalar también 2 pies. Al remar río arriba, tenemos la corriente en contra, pero río abajo nos ayuda y acompaña. Si el caracol puede escalar 3 pies y al mismo tiempo contrarrestar la tendencia a resbalar 2 pies, en doce horas de ascenso, con el mismo esfuerzo podría arrastrarse 5 pies por día, a nivel. Por lo tanto, al descender, el mismo esfuerzo lo traslada 7 pies en doce horas —es decir 5 pies por esfuerzo personal y 2 pies por resbalada—. Esto, con la resbalada nocturna, le proporciona un avance en descenso de 9 pies en veinticuatro horas. Puede, por lo tanto, andar los 18 pies restantes en exactamente dos días, y todo el trayecto, hacia arriba y hacia abajo, le tomará exactamente veinte días.

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104. Los Cuatro Príncipes

Cuando Montucla, en su edición de Recreations in Mathematics de Ozanam, declaró que «No pueden hallarse más de tres triángulos rectángulos iguales entre sí, en números enteros, pero podemos encontrar cuantos queramos en fracciones», curiosamente pasó por alto el hecho obvio de que si usted da a todos sus lados un denominador común y luego cancela el denominador, ¡obtiene la respuesta requerida en enteros!

Todos los lectores deberían saber que si tomamos dos números cualesquiera, m y n, entonces m² + n², m² − n², y 2mn serán los tres lados de un triángulo rectángulo racional. Aquí m y n son llamados números generadores. Para formar tres triángulos tales de superficie equivalente, utilizamos la sencilla fórmula siguiente, en la que m es el número mayor:

mn + m² + n² = a

m² + n² = b

2mn + n² = c

Ahora, si formamos tres triángulos de los siguientes pares de generadores, a y b, a y c, a y b + c, serán todos de área equivalente. Este es el problemita respecto al que Lewis Carroll dice en su diario (ver su Life and Letters, de Collingwood) «Me quedé despierto anoche hasta las 4 a.m., ocupado con un problema tentador, que me fue enviado de Nueva York, “encontrar tres triángulos rectángulos racionales equivalentes”. Encontré dos… ¡pero no pude hallar tres!»

La siguiente es una fórmula sutil por medio de la cual podemos encontrar un triángulo rectángulo de igual superficie que cualquier triángulo rectángulo dado. Consideremos z = hipotenusa; b = base; h = altura; a = área del triángulo dado; luego todo lo que debemos hacer es formar un triángulo rectángulo a partir de los generadores z² y 4a, y dar a cada lado el denominador 2z(b² – h²), y obtenemos la respuesta requerida en fracciones. Si multiplicamos los tres lados del triángulo original por el denominador, Obtendremos de inmediato una solución en números enteros.

La respuesta a nuestro acertijo en los números menores posibles es la siguiente:

Primer Príncipe

518

1320

1418

Segundo Príncipe

280

2442

2458

Tercer Príncipe

231

2960

2969

Cuarto Príncipe

111

6160

6161

El área en cada caso es 341880 estadios cuadrados. Debo aquí contenerme de enseñar en detalle cómo obtengo estas cifras. Explicaré, sin embargo, que los tres primeros triángulos se obtienen de la manera demostrada, de los números 3 y 4, que proporcionan los generadores 37, 7; 37, 33; 37, 40. Estos pares de números resuelven la ecuación indeterminada, a³b − b³a = 341.880 Si podemos hallar otro par de valores, el asunto está hecho. Esos valores son 56, 55, que son los generadores del último triángulo. La siguiente mejor respuesta que he encontrado es derivada de 5 y 6, que proporcionan los generadores 91, 11; 91, 85; 91, 96. El cuarto par de valores es 63, 42.

El lector comprenderá, por lo antes escrito, que no hay límite para el número de triángulos rectángulos racionales de igual área que pueden hallarse en números enteros.

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105. Ta Te Tí

La solución es la siguiente: entre dos jugadores que comprenden perfectamente el juego, cada partida debería ser un empate. Ningún jugador podría ganar nunca, excepto a causa de un error de su oponente. Si Cero (el primer jugador) toma el centro, Cruz debe tomar una esquina, o Cero le ganará con certeza. Si Cero comienza con una esquina, Cruz debe tomar inmediatamente el centro, o también perderá sin duda. Si Cero comienza con un lado, ambos jugadores deberán tener mucho cuidado para no perder, ya que hay varias trampas. Pero Cero puede comenzar con lo que quiera y asegurar un empate, y sólo podrá ganar por medio de los errores de Cruz.

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106. El Juego del Ovidio

Aquí la solución es: el primer jugador puede siempre ganar, a condición de que tome el centro en su primera jugada. Pero una buena variación del juego es la de impedir que el primer jugador tome el centro en la primera jugada. En ese caso el segundo jugador debería tomar el centro de inmediato. Esto debería culminar siempre en un empate, pero para asegurarlo, el primero debe jugar en dos esquinas próximas (como 1 y 3), en su primera y segunda jugadas. El juego luego requiere de gran atención por ambas partes.

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107. Los Bueyes del Granjero

Sir Isaac Newton nos ha demostrado en su Universal Arithmetic que podemos dividir a los bueyes en dos grupos en cada caso —un grupo que coma el crecimiento, y el otro el pasto acumulado. El primero variará directamente con el tamaño del campo, y no dependerá del tiempo; el segundo grupo también variará directamente con el tamaño del campo, y además inversamente con el tiempo. Encontramos a partir de las aclaraciones del granjero, que 6 bueyes se comen el crecimiento de la pastura de 10 acres, y 6 bueyes comen el pasto de 10 acres en 16 semanas. Por lo tanto, si 6 bueyes comen el crecimiento de 10 acres, 24 comerán el crecimiento de 40 acres.

Nuevamente, encontramos que si 6 bueyes comen el pasto acumulado de 10 acres en 16 semanas, entonces

12 comen el pasto de 10 acres en 8 semanas

48 comen el pasto de 40 acres en 8 semanas

192 comen el pasto de 40 acres en 2 semanas

64 comen el pasto de 40 acres en 6 semanas

Sume entre sí los dos resultados (24 + 64), y encontrará que 88 bueyes pueden ser alimentados con una pradera de 40 acres durante 6 semanas, si el pasto crece regularmente todo el tiempo.

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108. El Gran Misterio de Grangemoor

Se nos dijo que la bala que mató al Sr. Stanton Mowbray pegó en el mismo centro de la esfera del reloj, e instantáneamente soldó entre sí las agujas de las horas, minutos y segundos, de modo que todas giraban como una sola pieza. El acertijo consistía en establecer a partir de la posición fija relativa de las tres agujas, la hora exacta en que la pistola fue disparada.

También nos fue dicho, y la ilustración de la esfera del reloj apoyaba esta declaración, que las agujas de las horas y los minutos se encontraban entre sí a exactamente veinte divisiones, «un tercio de la circunferencia de la esfera». Ahora bien, hay once veces en doce horas en las que la aguja de las horas está exactamente veinte divisiones adelante de la aguja del minutero, y once veces en las que la aguja del minutero se encuentra veinte divisiones adelante de la aguja horaria. La ilustración muestra que solamente debíamos considerar el primer caso. Si comenzamos por las cuatro en punto, y agregamos siempre 1 h, 5 m, 27³/11 s, obtendremos esas once horas, siendo la última 2h 54m 32⁸/11 s. La siguiente suma nos devuelve a las cuatro en punto. Si examinamos ahora la esfera del reloj, encontramos que la aguja de los segundos está casi veintidós divisiones detrás del minutero, y si observamos nuestras once horas, encontraremos que sólo en el último caso proporcionado está la aguja de los segundos a esta distancia. Por lo tanto, el disparo debió haber tenido lugar a las 2h 54m 32⁸/11 s exactamente, o, dicho de otra manera, a las tres menos 5 minutos 27³/11 s. Esta es la respuesta correcta a este acertijo, y la única posible.

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109. Cortar un Bloque de Madera

Aunque el contenido cúbico es suficiente para veinticinco piezas, en realidad sólo pueden cortarse veinticuatro piezas del bloque. Primero reduzca el largo del bloque en media pulgada. La pieza más pequeña recortada constituye el desperdicio. Corte la pieza grande en tres tiras, cada una de una pulgada y un cuarto de espesor, y se verá que pueden cortarse ocho bloques de cada tira, sin más desperdicio.

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110. Los Vagabundos y las Galletitas

El menor número de galletitas debe haber sido 1021, de lo que resulta evidente que eran del tipo miniatura, que son las favoritas en los jardines de infantes. La solución general es que para n hombres, el número debe ser m(nn+1) − (n − 1), donde m es cualquier entero. Cada hombre recibirá m(n − l)n − 1 galletitas en la división final, aunque en el caso de dos hombres, donde m = 1, la distribución final sólo beneficia al perro. Por supuesto, en todos los casos cada uno roba una enésima parte del total de galletitas, luego de dar al perro la sobrante.

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HENRY ERNEST DUDENEY (Mayfield, Reino Unido, 1857 – 1930), junto al norteamericano Sam Loyd (1841-1911) son los más notables inventores de problemas de ingenio de todos los tiempos. Ambos desarrollaron su obra publicando en diversas revistas a lo largo de muchos años. En una evaluación de estos dos genios del ingenio, Martin Gardner escribió: «Loyd fue un chispeante y prolífico creador de acertijos, con una habilidad especial para resaltar los efectos sorprendentes, pero cuando se trata de problemas de naturaleza más matemática, Dudeney lo superaba claramente.» Durante veinte años Dudeney escribió e ilustró una página de entretenimientos —«Perplexities»— para la popular revista mensual inglesa The Strand Magazine, la misma que publica por entonces las aventuras de Sherlock Holmes.

A la vez que inventa una cantidad descomunal de nuevos problemas, Dudeney se destaca en la resolución de persistentes enigmas. Algunas cuestiones que venían resistiendo los métodos de expertos matemáticos son finalmente dilucidadas por él. La habilidad matemática la adquirió Dudeney por su propia cuenta, acaso por no haber asistido jamás a una escuela.

Los Acertijos de Canterbury, editado en 1907, fue su primer libro. El lector hallará aquí desafíos de resolución rápida, seguidos de pronto por temas que aún siguen abiertos a la investigación de los aficionados.

Dudeney murió el 24 de abril de 1930. Estuvo casado con una prolífica autora de novelas románticas, Alice Dudeney, muy conocida en su época, con la que tuvo una hija.

Notas

[1] Ver la solución del problema N° 35. <<

[2] Red-hill Well: Manantial de la Montaña Roja. Riddle: Adivinanza, enigma / Well: bien. <<

[3] Estadio: longitud equivalente a 1/8 milla. <<

[4] El Sr. Oscar Hoppe, de Nueva York, me informa que, luego de leer mi afirmación en la Introducción, se dedicó a investigar el caso de n = 19, y luego de larga y tediosa labor pudo comprobar que el número era primo. Envió su prueba a la Sociedad Matemática de Londres, y un comité especialmente elegido de ese cuerpo aceptó la prueba como final y concluyente. Me remito a los Procedimientos de la Sociedad del 14 de febrero de 1918. <<