¿Usamos la imaginación para resolver problemas matemáticos o generalmente usamos la imaginación en las matemáticas? De ser así, ¿cómo y cuáles son...

¡Interesantísima pregunta!

Claro que se usa la imaginación en matemáticas: la resolución de cualquier problema no trivial ni rutinario emplea la imaginación.

Es una lástima que una parte considerable de los lectores, consumidores y aplicadores de las matemáticas, y -penosamente- bastantes profesores, desprecien la intervención de la imaginación y traten de silenciarla o borrar las huellas de esos senderos que les han conducido a la idea feliz, como si eso fuera algo vergonzoso o íntimo que no debiera mostrarse; y es justamente al contrario: explicar los fogonazos intuitivos y los caminos de la imaginación que nos llevan a encontrar una buena idea, y no digamos ya un gran descubrimiento, tendría que ser motivo de orgullo y celebración, además de que sería de gran ayuda para otras personas que podrían copiar o adaptar la idea feliz que hemos encontrado, modificándola convenientemente si fuera preciso. O bien, podría seguir esos o parecidos caminos para encontrar otras ideas felices.

Cuando se borra todo lo que hemos reflexionado y se esconde la red, mostrando tan solo el pez capturado, la sensación ante los demás puede ser impactante:

¡Increíble! A mí jamás se me habría ocurrido eso, eres un genio.

Sin embargo, ocultar el truco solo debería ser aceptable para los magos, que lo ocultan por nuestro bien: si lo contaran perderíamos toda la ilusión que nos han creado viendo algo inexplicable, que luego resulta que está basado en una burda trampa. Pero un matemático no debiera esconder nada en la manga…

De este parecer era el entrañable y genial matemático suizo Leonhard Euler: en todos sus escritos, libros, cartas y memorias cuenta todas las ideas que probó, incluso las que no funcionaron pero que le ayudaron a encontrar las que sí funcionaban, mediante una creativa actitud con la imaginación al frente del timón.

Por el contrario, el grandísimo y genial Gauss mantenía la actitud opuesta. Incluso, dado que a menudo le preguntaban cómo había llegado a ocurrírsele la idea clave en cualquier teorema, problema o investigación teórica, llegó a escribir:

Ningún arquitecto que se precie deja puestos los andamios una vez terminada la obra.

Por muy ingeniosa que sea tal respuesta, no deja de ser una falta de generosidad con los demás; no solo sus contemporáneos, sino la posteridad en su conjunto.

De ahí que muchos textos de matemáticas abusivamente formalizados, parezcan el código de un programa informático, y no un relato heurístico sobre cómo se ha llegado a resolver o aclarar determinado problema, teorema…etc.

A continuación, y como ilustración, procuro dar algunos ejemplos de uso de la imaginación en matemáticas, que puedan ser comprensibles para un lector con conocimientos básicos de bachillerato o muy poco más, pero que sin embargo aparecen igualmente en contextos matemáticos mucho más avanzados.

Ejemplo 1. La suma de los primeros n números naturales.

Queremos demostrar que 1+2+3+…+n = n(n+1)/2, pero de otro modo distinto del habitual, el que según la anécdota muy conocida siguió Gauss, siendo un alumno de primaria; se ha contado de muchas maneras, pero básicamente, lo que hizo Gauss fue escribir dos veces la suma, la segunda vez en orden inverso:

S = 1 + 2 + 3 +…+n +

S = n+(n-1) +(n-2) +…+1 → si sumamos las columnas tenemos

2S = (n+1) + (n+1) + (n+1) + … (n+1) [n veces] = n(n+1) ,

luego será S = n(n+1)/2 ; y el método se puede generalizar para encontrar la suma de los primeros n términos de cualquier progresión aritmética.

Pues bien, queremos demostrar esta misma fórmula sin emplear las progresiones aritméticas -el truco de Gauss-, y tampoco queremos emplear el correcto método de inducción, porque efectivamente, sirve para demostrar la fórmula, pero no para "encontrarla": hay que saberla o sospecharla y luego ya el método de inducción nos la demostraría rigurosamente (es un ejercicio sencillo de demostración por inducción).

Entonces…¿de qué otro modo podríamos demostrarlo, usando un poco de imaginación?

[REFLEXIONE UN POCO EL LECTOR, ANTES DE SEGUIR LEYENDO ]

A mí se me ocurre esto, liberando la imaginación y olvidando que estoy buscando una demostración matemática "seria" y "académica"…

Observo en la suma S= 1 + 2 + 3 +…+ n…como van creciendo los sumandos a saltos de 1 … imagino que se mueve algo… una especie de vehículo, que pasa por 1, pasa por 2, …pasa por n…

¡EUREKA! 1,2,…n no los veo ahora como números, sino como estaciones:

Estación 0 (la primera de todas en el recorrido), estación 1, estación 2…y lo que "se mueve" será una pequeña locomotora de un parque de atracciones que lleva a los niños a cada una de estas estaciones del parque.

Para acomodar el 0, pongamos:

S = 0+1+2+3+…+n . (Hay toda una serie de problemas no triviales que se pueden resolver sumando cero en forma apropiada)

Pero en el billete (en muchos países hispanoamericanos lo llaman boleto) debe figurar la estación de partida, que puede ser cualquiera, excepto la última (ahí para el tren), y la estación de llegada puede ser cualquiera posterior a la cero.

Por ejemplo, un niño con el billete (3,7) debe montar en la estación 3 y debe bajar en la estación 7. Con el billete (0, n) toma el tren en la estación 0 y termina el trayecto en la estación n, la última : el trayecto más largo que puede presentarse…y así con todos los billetes posibles.

¿Cuántos billetes (distintos) debemos imprimir para tener previstos todos los viajes posibles? Ahora el problema es de combinatoria. Hemos cambiado el enfoque que antes era esencialmente cuantitativo, y ahora es combinatorio.

Si tomamos el tren en la estación cero, tendremos los billetes:

(0,1) , (0,2) …(0,n) → n billetes posibles, partiendo del origen 0.

Si tomamos el tren en la estación 1, tendremos los billetes:

(1,2), (1,3), …(1,n) → n-1 billetes posibles, partiendo de la 1

…………………………………………………………………………………………………

Finalmente,

Si tomamos el tren en la estación n-1, tendremos el billete:

(n-1, n), uno solo.

Luego el número total de billetes distintos será:

n + (n-1) + (n-2) +….+1 = 1 + 2 +3 …+ n = S, evidentemente, por la propiedad conmutativa.

Si lográsemos calcular el número de billetes distintos de otra manera podríamos igualarlo a S, y habríamos resuelto el problema.

Ahora es claro que habrá tantos billetes distintos como parejas (a, b) de estaciones (salida, llegada) con a < b ; ya que el tren solo marcha hacia adelante, no retrocede de b hasta a ; es decir, sirve (a,b) pero no (b,a) → por tanto,

¿cuántas parejas podemos formar con los números 0,1,2…n, en las que no importa el orden? → Combinaciones sin repetición de n+1 elementos tomados de 2 en 2 = C ² ₙ = [n+1↓2] = [n+1 sobre 2] = n(n+1) / 2.

Luego 0 + 1 + 2 + 3 +…+ n = n(n+1) / 2 → suprimiendo el utilísimo 0, que ya ha cumplido su función de ayuda:

S = 1 + 2 + 3 +…+ n = n(n+1) / 2 , como queríamos demostrar.

NOTA DIVERTIDA:

Si ahora que tengo esta demostración oculto la idea, y escribo:

[m↓k] = [k-1↓k-1] + [k↓k-1] + …+ [m-1↓k-1], conocida identidad combinatoria, que puedo demostrar por inducción o de manera combinatoria (es sencilla), o hasta copiarla de un libro de combinatoria, y luego tomo m = n+1, k = 2, me sale:

[n+1↓2] = 1 + 2 + 3 +…+ n .

Parezco muy inteligente y tal vez da la sensación de que domino mucho las fórmulas abstractas…pero no es así: si no hubiera sido por la locomotora de los nenes…tal vez no se me habría ocurrido esta rapidísima demostración combinatoria; no obstante, yo borro las huellas y publico solo este último párrafo…

Esta es la manera como algunas veces -y en problemas mucho más complejos- se oculta la imaginación matemática en los aburridos libros de texto, tal vez para ahorrar páginas y reducir costes editoriales, o para darse importancia o para evitar que haya muchas personas con ideas felices y que ya no destaque tanto el autor que ha resuelto el problema "ingeniosamente"…

La primera regla sobre la imaginación es ésta:

No te autocensures, no pienses que es una tontería cualquier idea por disparatada que parezca: puede ser la buena…

Ejemplo 2:

El problema de Montmort (o problema de las coincidencias).

Este problema, de gran importancia histórica, aunque ciertamente elemental, no es nada sencillo de resolver directamente, sin armas generales (como por ejemplo la fórmula de Inclusión - Exclusión, que lo resuelve inmediatamente).

El problema pregunta cuántas permutaciones de n objetos o símbolos: 1,2…n , no presentan ninguna coincidencia. Se dice que cierto objeto que está en el lugar k-ésimo en la permutación base presenta coincidencia en una permutación cualquiera cuando k está precisamente en el lugar k.

Por ejemplo, si elegimos como base el orden natural de menor a mayor :

1,2,3…n, diremos que cierto número k (1 ≤ k ≤ n) produce coincidencia cuando k está en el lugar k.

En el caso n=6, por ejemplo, la permutación [2,6,4,3,5,1] no sirve para el problema de Montmort porque el 5 está en quinto lugar, el lugar 5, o sea, el 5 produce coincidencia ; análogamente,

[2,4,3,6,1,5 ] tampoco sirve porque el 3 está en el lugar3 ; basta una sola coincidencia (o más de una) para que no nos sirva esa permutación; deseamos calcular el número exacto de las que están libres de toda coincidencia, que podríamos llamar permutaciones "efectivas" ; a veces se llama problema de los desórdenes, o de los desajustes; en inglés se reserva habitualmente, para tales permutaciones, el término derangements y en francés, problème des rencontres. También es usual llamarlo el problema de los sombreros equivocados (n sombreros que no coinciden, ninguno de ellos, con la cabeza de su propietario).

Designemos por D(n) = nº de soluciones del problema de Montmort sobre n elementos, o sea, nº exacto de permutaciones de n elementos sin coincidencia alguna. Algunos autores escriben este número también con la admiración hacia abajo como en el signo de factorial, pero precediendo al número, así: !n (y lo llaman subfactorial de n) .

En el caso n = 2, solo sirve [2,1]; luego D(2) = 1.

Si es n = 3, las permutaciones "efectivas" son dos: [2,3,1 ] y [3,1,2 ],

de modo que: D(3) = 2.

Si al lector que no conozca la fórmula para el subfactorial, le parece simple calcular D(n), para valores cualesquiera de n, considere que, por ejemplo,

D(8) = 14 833 ; D(20) = 895 014 631 192 902 121

No trato aquí simplemente de enunciar y demostrar una fórmula para el subfactorial, que puede encontrarse en cualquier texto de combinatoria, matemática discreta o incluso álgebra; sino de explicar alguna de las maneras en que la imaginación puede ayudar a resolver el problema.

Solutio quaestionis curiosae ex doctrina combinationum (18 Octobris 1779) que pertenece a las Obras Completas de Euler, nos muestra una solución enormemente imaginativa y elegante para el problema de Montmort.

A menudo se emplea, como ocurre en ese artículo de Euler, la imagen de las cartas y los sobres para plantear el problema de Montmort: hay n cartas y sus correspondientes n sobres con la dirección correcta (todas ellas distintas) y se trata de que ninguna de las n cartas 1,2…n coincida con su sobre correcto.

Nos explica Euler (en latín y con toda parsimonia), que si representamos las n cartas por medio de las n letras a, b, c, …, y los n sobres por A, B, C…etc. el número de maneras de introducir cada carta en un sobre incorrecto, será D(n) (siguiendo la notación que hemos empleado al principio; Euler empleaba un trazo tipográfico horizontal sobre la letra n).

Por tanto, para calcular D(n) buscamos todas las maneras de meter cada carta en un sobre, de modo que la carta a no vaya al sobre A, la b no vaya al B, etc.

Euler divide las permutaciones "efectivas" (las que no presentan ninguna coincidencia), que meten la carta a en el sobre B, en dos clases: la primera se compone de todas las permutaciones (o formas de meter las cartas en los sobres) en las que a va al sobre B y a su vez b va al sobre A; y la segunda clase se compone de todas las permutaciones (o maneras de introducir las cartas en los sobres) en las que a va al sobre B pero b no va al sobre A.

En el primer grupo, como a→B ; b→A, bastará que las n-2 cartas restantes

c,d,e…no produzcan coincidencia al ir a los demás sobres C, D, E,…etc., luego habrá en total tantas de esa clase como D(n-2).

Para calcular cuántas permutaciones efectivas hay en la segunda clase, parece mentira que sea tan buena la idea que expone Euler y tan simple que hasta nos cueste comprenderla al principio.

En la segunda clase están todas las distribuciones de cartas (o permutaciones) tales que a→B, pero b no → A.

O sea, en esta clase tendremos que considerar todas las maneras de introducir las cartas b,c,d,e,… sin que coincidan respectivamente con A, C, D, E…

Evidentemente, c no puede ir a C, d no puede ir a D…etc. para que no haya coincidencia, pero la primera carta, esto es, b, no puede ir al sobre A por nuestra definición de la segunda clase: repetimos que es aquella en que b no va al sobre A (si b va al sobre A, la permutación o distribución de cartas pertenecería a la primera clase ya considerada).

Pero si queremos introducir entonces las n-1 cartas

b,c,d,e,… sin que coincidan respectivamente con los n-1 sobres

A, C, D, E…, podemos cambiarles el nombre y llamar a esas cartas y sobres, y designarlos, respectivamente,

b', c', d', e'…

B', C', D', E'…puesto que solo hemos cambiado el nombre de A llamándolo B', y todos los demás nombres de cartas y sobres los hemos dejado igual, con su misma letra, solo que añadiendo el acento (prima).

Luego el nº de permutaciones de esta segunda clase será D(n-1), y la cantidad total de permutaciones que llevan a → B será la suma:

D(n-1) + D(n-2) ; pero igualmente que hemos considerado, desde el principio, el caso a→B, podríamos haber considerado análogamente las otras posibilidades a→C, a→D, a→E, etc., por lo cual hay n-1 maneras posibles cada una de las cuales tiene D(n-1) + D(n-2) elementos.

De lo cual deducimos la ecuación recurrente:

D(n) = (n-1) * [ D(n-1) + D(n-2) ] ; (*)

como condiciones iniciales tenemos:

D(1) = 0 ; D(2) =1; ahora será D(3) = 2*(0+1) = 2 ;

D(4) = 3 *(2+1) = 9 ; D(5) = 4*(9+2) = 44 ; D(6) = 5*(44+9) = 265 ;

D(7) = 6*(265+44) = 1854 ; D(8) = 7*(1854+265) = 14 833, como dijimos al principio. La ecuación recurrente sirve para calcular D(n) "recurriendo" a los valores anteriores D(n-1) y D(n-2).

Sin embargo, Euler, no contento con esto, sigue tirando del hilo:

De (*) se deduce:

D(n) - n D(n - 1) = (-1) * [D(n - 1) - (n - 1) D(n - 2) ].

Definiendo V(n) = D(n) - n D(n - 1) , será:

V(n) = - V(n - 1) ; como es V(2) = D(2) - 2 D(1) = 1 - 2*0 = 1, será

V(3) = -V(2) = -1, y por inducción, si n > 1 → V(n) = (-1) ⁿ; en efecto,

puesto que se cumple para n = 2 y suponiendo que sea cierto V(n) = (-1) ⁿ,

será V(n + 1) = (-1) * V(n) = (-1) * (-1) ⁿ = (-1) ⁿ ⁺¹, como se quería probar.

Así que será, para todo n > 1 → D(n) - n D(n - 1) = (-1) ⁿ →

D(n) = n D(n - 1) + (-1) ⁿ (**) que es otra ecuación de recurrencia, pero más simple: cada término se deduce solamente del anterior.

De aquí se deduce a su vez (uno de los primeros en publicarlo fue Catalan, Solution d'un problème de Probabilité relatif au jeu de rencontre, 1837):

D(n) / n! = D(n - 1) / (n - 1)! + (-1) ⁿ/ n! , que se transforma en:

D(n) / n! - D(n - 1) / (n - 1)! = (-1) ⁿ/ n! → asignando valores a n ≥ 2 :

D(2) / 2! - D(1) / 1! = (-1)²/ 2!

D(3) / 3! - D(2) / (2)! = (-1)³/ 3!

……………………………………………………

D(n) / n! - D(n - 1) / (n - 1)! = (-1) ⁿ/ n!

Sumando todas estas igualdades desde 2 hasta n y reduciendo términos que se cancelan por tener signos opuestos,

D(n) / n! - D(1) / 1! = (-1)²/ 2! + (-1)³/ 3! + …+ (-1) ⁿ/ n! ;

recordando que D(1) = 0 se obtiene por fin la solución directa (no recurrente) al problema de Montmort:

D(n) = n! * [(-1)²/ 2! + (-1)³/ 3! + …+ (-1) ⁿ/ n! ] ;

puesto que (-1)⁰/ 0! + (-1)¹/ 1! = 1 – 1 = 0 , podemos escribir:

D(n) = n! * [ (-1)⁰/ 0! + (-1)¹/ 1! + (-1)²/ 2! + (-1)³/ 3! + …+ (-1) ⁿ/ n! ] (**)

O bien:

D(n) = n! * / 0! - n! / 1! + n! / 2! - n! / 3! + …+ (-1) ⁿ * n! / n! (**).

Se deduce que cuando n→∞,

Lím D(n) / n! = 1/0! -1/1! + 1/2! - 1/3! + …= 1/e .

De modo que cuando n > 8 ya la probabilidad de que una permutación no tenga ninguna coincidencia es prácticamente igual, independientemente de n (ASOMBROSO). De hecho, nuestra intuición nos dice (erróneamente) que parece más fácil equivocarse de sobre en todas las cartas cuando son 8 que cuando son un millón, caso en el que parece que sería muy, muy mala suerte que estuvieran equivocadas todas, pero la probabilidad es casi, casi igual; en la práctica, podemos decir que es igual.

Una fórmula muy buena, que se deduce enseguida a partir de lo expuesto,

y válida para todo n > 0, es D(n) = int ( n!/e ) (el entero más próximo a n!/e).

Este problema de Montmort proviene del siglo XVIII, cuando la alta sociedad francesa apostaba grandes fortunas al juego del 13, en el que se apuesta a que no haya coincidencia de carta y lugar al extraer las 13 cartas de un mismo palo, barajadas al azar.

Es sorprendente la cantidad de maneras distintas en que se puede calcular el subfactorial ¡n, o bien D(n) ; en algunas demostraciones se usan series infinitas, funciones generatrices; en algunas muy ingeniosas, determinantes, sistemas de ecuaciones en diferencias y muchos otros trucos operativos nada evidentes.

Véase mi respuesta anterior para ampliar este punto, si el lector está interesado en la historia del cálculo de probabilidades y la combinatoria asociada a los juegos de azar.

Por tanto, y como conclusión: naturalmente que se usa la imaginación en matemáticas, cada vez que se resuelve un problema o se efectúa una demostración no rutinaria; pero, por desgracia, parece que es poco popular reconocerlo, publicarlo y enseñarlo a los estudiantes. Sin embargo, todo el mundo ensalza -retóricamente- la imaginación y la creatividad, mientras que se estimula, en muchos ámbitos educativos, la actitud contraria y la repetición estéril.

Por supuesto, en ejemplos mucho más complejos que estos dos -relativamente sencillos- que aquí exponemos, ocurre esto mismo, solo que aún en mayor medida.