Cómo pesar todo con casi nada. Un acertijo de 800 años

Fue escrito por el matemático francés Claude Gaspard Bachet de Méziriac (1581-1638), reconocido como un estudioso de la teoría de números y recordado también por haber traducido del griego al latín la Aritmética de Diofanto, libro sobre el que Fermat hizo la más célebre anotación al margen de las matemáticas, indicando que había encontrado una demostración del famoso teorema que más tarde sería ampliamente conocido como el “último teorema de Fermat”, demostrado 350 años después.

En 1624, el libro de Bachet de Méziriac fue reeditado y ampliado por el propio autor. El éxito de esta publicación fue tal que continuó reeditándose hasta 1959, y los problemas que aparecieron en la edición original han sido reproducidos por muchos autores en libros de matemática recreativa publicados posteriormente.

Uno de los problemas más populares que incluyó Bachet de Méziriac —y uno de mis favoritos— es el clásico conocido como el “problema de las pesas”, que ha dado origen a numerosas variantes de acertijos con pesas y balanzas, muy frecuentes en la matemática recreativa.

El problema es el siguiente: un mercader que utiliza una balanza de dos platos tiene una pesa de 40 libras que se le cae y, al chocar con el suelo, se rompe en cuatro pedazos. El mercader pesa esos trozos y se tranquiliza al notar que el peso de cada uno es un número entero y que, combinados, puede obtener cualquier peso entero entre 1 y 40 libras. ¿Cuáles son los pesos de esos pedazos?

Este bello problema tiene un origen muy lejano en el tiempo y, aunque su inclusión en el libro de Bachet de Méziriac lo difundió ampliamente, su primera aparición ocurrió hace más de 800 años, en el Liber Abaci [Libro del ábaco] de Leonardo de Pisa, conocido como Fibonacci, obra publicada en el año 1202.

Para resolver el problema de las pesas, es necesario entender que, si se tiene una pesa de 7 libras y otra de 5, se pueden pesar, por ejemplo, 2 libras de tomates colocando una pesa en cada plato y agregando tomates en el plato que tiene la de 5 libras, hasta lograr el equilibrio de la balanza. Matemáticamente, lo que estamos haciendo es simplemente una resta:

7 libras – 5 libras = 2 libras,

que es equivalente a añadir 2 libras al plato que contiene la pesa de 5 libras.

Retomando el problema, tenemos un reto: con cuatro pesas aún no determinadas, combinadas de manera adecuada, debemos ser capaces de pesar cualquier cantidad entera entre 1 y 40 libras.

El razonamiento sugerido por Bachet de Méziriac hace 400 años consistía en comenzar con dos pesas únicamente, para luego pasar a tres y finalmente incluir la cuarta.

Siguiendo con el ejemplo de los tomates, es evidente que con dos pesas de 1 y 3 libras podemos pesar entre 1 y 4 libras de tomates de la siguiente manera:

1 libra de tomates se obtiene de manera trivial colocando la pesa de 1 libra en un plato y los tomates en el otro, hasta que la balanza quede equilibrada; lo indicaremos así:

(1P ≡ 1T).

2 libras de tomates: (3P ≡ 1P + 2T).

3 libras de tomates: (3P ≡ 3T).

4 libras de tomates: (1P + 3P ≡ 4T).

Con esas dos pesas no se puede pesar ninguna otra cantidad de libras de tomates; y si tuviéramos pesas de 2 y 3 libras, podríamos pesar 1, 2, 3 y 5 libras, pero no 4. Por ello escogemos las pesas de 1 y 3 libras y buscamos la tercera pesa, teniendo en cuenta que debemos encontrar una cuyo peso, al restarse del máximo alcanzado hasta ahora —4 libras—, produzca el siguiente peso necesario, es decir, 5 libras. De este modo se obtienen todas las cantidades entre 5 y el peso de dicha pesa.

La pesa buscada debe ser de 9 libras, porque la diferencia 9 − 5 es justamente el peso máximo logrado anteriormente, 4. Tenemos entonces las siguientes estrategias para obtener los pesos de los tomates:5 libras de tomates: 

(9P ≡ 1P + 3P + 5T),

y continuamos así:

para 6: (9P ≡ 3P + 6T),

para 7: (9P + 1P ≡ 3P + 7T),

para 8: (9P ≡ 1P + 8T),

para 9: (9P ≡ 9T).

Pero además se pueden conseguir todos los pesos entre 9 y 9 + 4 = 13; en efecto:

(9P + 1P ≡ 10T), (9P + 3P ≡ 1P + 11T), (9P + 3P ≡ 12T), (9P + 3P + 1P ≡ 13T).

Hasta aquí hemos visto que, con tres pesas de 1, 3 y 9 libras, es posible medir cantidades entre 1 y 13 libras. Como la pesa que se rompió era de 40 libras, el último pedazo debe pesar

40 − (1 + 3 + 9) = 40 − 13 = 27 libras.

Obsérvese que también podemos deducir este peso a partir del razonamiento siguiente: la pesa debe elegirse de tal forma que la diferencia entre su peso $X$ y el máximo peso conseguido hasta ahora —es decir, 13— sea el siguiente peso requerido, que es 14. Como $X-13=14$, entonces $X=27$. Por lo tanto, la cuarta pesa debe ser de 27 libras, y se deduce trivialmente que con ella se puede pesar hasta 27 + 13 = 40 libras.

A manera de ejemplo, si queremos pesar 20 libras de tomates, equilibramos los dos platos de la balanza de la siguiente forma:

(27P + 3P ≡ 9P + 1P + 20T).    

La respuesta al problema de las pesas es entonces la siguiente: los cuatro pedazos de la pesa de 40 libras pesan 1, 3, 9 y 27 libras.

Ahora bien, al observar que esos valores coinciden con las potencias 0, 1, 2 y 3 del número 3, resulta inevitable sentir la tentación de generalizar el problema. Esta tarea escapa al alcance de este artículo, pero algunos lectores podrán realizarla y comprobar que una quinta pesa debería pesar 81 libras, y que con ella se podrán pesar todas las cantidades hasta

40 + 81 = 121 libras.

Problemas sencillos, divertidos y clásicos como este son la base de muchos otros que pasan a engrosar el mundo de las matemáticas recreativas y dan origen a muchos más.