Agujero cilíndrico en una esfera

volver

División de la estrella pentagonal en diez triángulos

volver:

Las hijas del Profesor Otto

• 1 - 1 - 36
• 1 - 2 - 18
• 1 - 3 - 12
• 1 - 4 - 9
• 1 - 6 - 6
• 2 - 2 - 9
• 2 - 3 - 6
• 3 - 3 - 4

Entonces GaBo, el 15-2-2005, concluye:

"Creo que la respuesta es 2-2-9; porque la suma es 13, igual que 1-6-6. El resto de sumas son todas diferentes por lo que si hubiese sido otro resultado no habría sido necesario el dato de saber que la mayor toca el piano. Este último dato nos informa de que existe una mayor con lo que no puede ser 1-6-6 y solo puede ser 2-2-9. Creo que esa es la solución."

volver:

Los colchones de Gulliver

GaBo dio la solución correcta el 28-12-2004.

Los colchones deberán soportar el peso de Gulliver. Dado que Gulliver es doce veces más alto que los Liliputienses, también será doce veces más ancho y más profundo. Es decir, que su volumen, y por tanto su peso, será 12³ veces mayor. De aquí se deduce que necesitaremos 12³ = 1728 colchones, cifra muy superior a los 600 que se le proporcionan en el enunciado.

Conclusión: dormirá fatal el pobre.

volver

Cuatro amigos, la linterna y el puente

Primero pasan Carlos y David, que tardan 2 minutos.

Vuelve David con la linterna, 1 minuto.

Alicia y Benito pasan el puente, 8 minutos.

Vuelve Carlos, 2 minutos.

Pasan otra vez Carlos y David, 2 minutos.

Total: 15 minutos.

volver

Múltiplos de nueve que dan nueve

Una demostración que se me ocurre:

Imaginate un número múltiplo de 9: a₀ + 10·a₁ + 100·a₂ + ...+ 10ⁿ·a_n

Quieres ver que la suma de todas sus cifras sigue siendo un múltiplo de 9.

Usando que si a un múltiplo de 9 le sumas/restas otro múltiplo de nueve el resultado sigue siendo un múltiplo de nueve, sólo tienes que restarle:

9·a₁
99·a₂
999·a₃
...
(10ⁿ - 1)·a_n

Y te queda el número a₀ + a₁ + a₂ + ...+ a_n , que como sale de restar múltiplos de 9 a un múltiplo de 9, será un múltiplo de 9.

Si este múltiplo de 9 tiene más de una cifra, vuelves a restar y te volverá a quedar un múltiplo de 9. Hasta que tengas un número que tenga una sola cifra. Y cuando tengas un número con una sola cifra, tendrás un número que será a la vez múltiplo de 9 y a la vez de una cifra. Y solo puede ser el 9. Por tanto, la suma es 9.

volver

A la Luna con una hoja de papel

"Sólo hay que resolver la ecuación exponencial 0,0001·2^x = 384000000 (después de pasar todo a metros) lo que da como resultado x = 41,80424344. Que habría que doblar la hoja 42 veces, vaya."

Está claro: cada vez que doblamos la hoja su grosor se multiplica por dos, por lo que si la doblamos x veces, su grosor se doblará x veces y será, por tanto, 0,0001·2^x.

Un ejemplo más de crecimiento exponencial.

El amigo b4zt4rd, apostilló el 6-2-2005 lo siguiente:

"Hola buenas. Acabo de leer el problema de la luna y la hoja de papel en tu web y quería apostillar una cosa. Ninguna hoja de papel por muy grande que sea puede doblarse más de 7 veces (al menos por un ser humano, no se si una maquina podrá...) por muy grande que sea la hoja. Haz la prueba!! Esto se explica por la relacion de Tau=F/S (esfuerzo = fuerza entre superficie). Al aumentar la anchura de la hoja de papel (exponencialmente, como se dice en la solucion del problema) aumentas la superficie sobre la cual se aplica la fuerza, por lo que para realizar el mismo esfuerzo necesitas aplicar una fuerza bestial y es por lo mismo que no puedes romper una baraja de cartas a palo seco y sin embargo es obvio que se pueden romper una a una sin ninguna dificultad... Venga, que vaya bien.."

Danilo Garrido, por su parte, dice que no es cierto, que si la hoja es suficientemente grande, se puede doblar más veces. He de decir que un servidor ha probado con una doble página de periódico y ha conseguido doblarla ocho veces.

Juan Antonio manda una dirección en la que se cuenta que el record mundial está en trece dobleces.

volver

Midiendo fractales

Área del triángulo de Sierpinsky: como vemos, a cada paso se dividen los triángulos en 4 más pequeños y se cogen 3, por lo tanto el área de los triángulos negros será de (3/4)ⁿ tras n iteraciones. Entonces el área será . El triángulo tiene un área nula.

Longitud del copo de nieve de Koch: a cada paso, el segmento se divide en 3 y uno de ellos es sustituido por 2, así que a cada paso la longitud crece 4/3. La longitud será pues . El copo de nieve tiene longitud infinita.

► Una variante curiosa puede verse en paradojas: Copos microscópicos (0 = 1).

**

La infinitud del copo de nieve

Fernando hace la siguiente pregunta:

"Supongamos que se materializa un copo de estos y lo encerramos en una simple cajita de madera: ¿hasta donde llega su infinitud?"

Como tantos otros objetos matemáticos, este no podría materializarse. Pensemos en fabricarlo con alambre. En vez de hacerlo directamente, podemos ir probando a construir modelos sucesivos cada vez más rugosos según el patrón mostrado en la figura de la derecha. Los primeros pasos no nos darían problemas, pero pronto el grosor del alambre nos impediría generar más picos en la curva. Podríamos resolver de momento el problema utilizando un alambre más fino, pero en seguida volvería a resultar demasiado grueso. La conclusión es que para poder materializar el copo de Koch necesitaríamos un alambre sin anchura, cosa que, por lo que sabemos, es imposible de conseguir en el mundo físico. En cualquier caso es un alivio, porque si pudiésemos conseguir un alambre sin anchura pero con masa, al ser la longitud del copo infinita, su masa también sería infinita.

De todas formas, vamos a suponer que es posible construirlo. Y también que hemos sido capaces de ensartar una pequeña perla en la curva, perla que debe reducirse en realidad a un punto por lo dicho. En este caso, si desplazásemos la perla a lo largo del alambre, descubriríamos que para llevarla de un punto a otro del alamabre necesitaríamos un tiempo infinito.

volver

Los monjes lógicos

SOLUCION A:

Después de hablarles el superior de la orden, los monjes se miran entre sí buscando a las marcas de los elegidos. Si solo fuese uno el elegido, este no vería ninguna marca y sabría por tanto que necesariamente él lo era y marcharía tras la comida.

Día 1.

Ha pasado un día. Nadie ha marchado, por tanto hay más de uno. Si fueran dos, los elegidos verían solo una marca y sabrían que lo son.

Día 2

Nadie ha marchado, por tanto hay más de dos. Si fueran tres, los elegidos verían dos marcas y sabrían que lo son.

Dia 3

Nadie ha marchado, por tanto hay más de tres. Si fueran cuatro, los elegidos verían tres marcas y sabrían que lo son.

Día 4

Nadie ha marchado, por tanto hay más de cuatro. Si fueran cinco, los elegidos verían cuatro marcas y sabrían que lo son.

Día 5

Nadie ha marchado, por tanto hay más de cinco. Si fueran seis, los elegidos verían cinco marcas y sabrían que lo son.

Día 6

Nadie ha marchado, por tanto hay más de seis. Si fueran siete, los elegidos verían seis marcas y sabrían que lo son.

Día 7

Algunos monjes no aparecen: han marchado. Luego ayer supieron que eran los elegidos. Por tanto eran siete.

Jesús M. Landart a la anterior añade la siguiente:

SOLUCION B:

Dado que todos los monjes son especialistas en lógica, pueden hacer la reflexión de la solución A desde el primer momento, y concluir que lo que deben hacer es esperar tantos días como marcas ven en las frentes de sus compañeros. Dado que los elegidos ven una marca menos que el resto (la propia), partirán un día antes. Y al día siguiente el resto comprobará que los que quedan son los no elegidos.

He aquí la argumentación de Graciela:

volver

Nueve puntos

La cuestión ahora es: ¿se puede mejorar?, es decir, ¿se puede hacer con menos de cuatro segmentos? Pues sí, siempre y cuando consideremos que los puntos no son ideales, es decir, con grosor: en tal caso basta con tres segmentos:

Pero se puede hacer aún mejor: si los puntos están lo suficientemente juntos y el lápiz o lo que utilicemos es lo suficientemente ancho, entonces con un solo trazo (gris en el dibujo) podremos barrer todos los puntos.

Otra solución es la propuesta por Francesc: si cogemos la hoja y la doblamos para formar un cilindro de forma que las tres columnas de puntos coincidan, nos bastará con un único segmento...

Ante tanta solución quizá alguien no sepa decidir cuál es la buena. La cuestión es que todas son igualmente correctas, pues la solución de un problema depende del ámbito en el que el problema se plantea. Este ámbito marca unos límites cuya determinación es muchas veces inconsciente. En el caso que nos ocupa, y sin que nadie nos diga nada, asumimos que los puntos del enunciado son puntos matemáticos, puntos ideales, cuando lo cierto es que en el dibujo del enunciado lo que se pueden ver son círculitos. Pero claro, como estamos en una página de matemáticas, nuestro cerebro está en modo "matemáticas" y tiende a interpretar cuanto ve en los términos habituales de los problemas matemáticos.

Otro asunto interesante es el de la primera solución: una vez vista parece completamente trivial, pero contiene un elemento que la hace muy difícil de lograr: se sale del cuadrado imaginario formado por los nueve puntos. ¿Por qué es tan raro que se nos ocurra este "truco"? Según los psicólogos de la Gestalt se debe a lo que llaman principio de cierre, por el cual tendemos a buscar la integridad de las cosas que observamos (en el caso del problema, encerrando los nueve puntos en un cuadrado imaginario).

Conclusiones:

• Hay que tener cuidado con las suposiciones incoscientes.
• Hay que forzar una determinación precisa de los problemas.
• Siempre es una buena idea salirse de los límites, recibidos y autoimpuestos, aunque sea para ver qué pasa.

*

Un interesante análisis psicológico de algunas de las posibles soluciones se puede leer en psiqueyeros. En concreto, se ofrece como solución la siguiente:

Vale, trazos hay seis, pero segmentos finales hay cuatro. Aceptar o no esta solución depende de cómo interpretemos el enunciado.

volver

Alicia en el Bosque del Olvido

Naturalmente, se puede hallar probando con cada uno de los días de la semana hasta encontrar el que cumple con lo dicho por el león y el unicornio. Sin embargo, la gracia aquí estriba en ir directamente a la solución. Dado que los dos personajes mienten en días distintos, está claro que uno dice la verdad mientras que el otro no. Por tanto, al que dice la verdad le tocaba mentir el día anterior, mientras que al que miente le tocaba decir la verdad el día anterior. De todo ello se deduce que el día pedido es aquel en el que se produce el cambio en la sinceridad de un y otro: el jueves.

En cualquier caso, la intuición nos dice que hay que empezar por ahí, ¿verdad?

volver

Distancia al horizonte

Los datos necesarios son el radio de la Tierra, que en el ecuador es de, aproximadamente, 6378 km, y la altura a la que se encuentran los ojos del observador, que podemos situar, dado que estamos en la playa, a unos 2 metros del suelo (0'002 km).

El horizonte es la línea a partir de la cual no podemos ver más allá a causa de la curvatura de la Tierra. Por tanto, la visual que une nuestros ojos con el horizonte es una línea tangente a la Tierra, y por tanto perpendicular al radio de esta en el horizonte. Esto nos permite, como se puede ver en el esquema, aplicar el teorema de Pitágoras. El observador estaría representado (en nuestro caso playero de un modo evidentemente exagerado) por el segmento rojo.

		La a representa la altura del observador, r el radio de la Tierra y h la distancia al horizonte, nuestra incógnita. Por Pitágoras se tiene que:

Basta sustituir a y r por los valores arriba indicados para obtener la solución: h = 5 km.

volver

Tres sombreros

El razonamiento es sencillo:

1. Vamos a llamar a los tres hombres con sombrero A, B y C. Según se nos dice, C puede ver a A y a B, B solo puede ver a A y A no puede ver a nadie.
2. Si A y B tuviesen sombreros blancos, C sabría que el suyo debería ser negro, pues según se nos dice los tres sombreros no son blancos. Como C dice no saber el color de su sombrero tenemos que deducir que está viendo al menos un sombrero negro. Es decir: al menos uno de los dos, A o B, tiene un sombrero negro.
3. Si A tuviese el sombrero blanco, B sabría, por lo dicho antes, que el suyo tenía que ser negro. Como B dice no saber de qué color es el suyo, la única posibilidad que queda es que A tenga un sombrero negro.

Otra forma de decir lo mismo sería la siguiente:

• Las posibilidades, colocando los sombreros en el orden de C-B-A, son:

1. bbb
2. bbn
3. bnb
4. bnn
5. nbb
6. nbn
7. nnb
8. nnn

• 1. Está prohibido por las reglas del juego.
• C no sabe, luego 5 no puede ser.
• B no sabe (y sabe que C no sabe), luego 3 y 7 no pueden ser.
• Solo quedan las posibilidades 2, 4, 6 y 8. Luego A lleva un sombrero negro.

Pese a lo lógica de la solución, en este tipo de problemas se parte de una presunción falsa, y es que tanto A como B como C son perfectos lógicos; sin embargo, no es descabellado pensar que B o C puedan razonar incorrectamente. En tal caso, A podría estar deduciendo con mucha corrección pero a partir de datos falsos, lo cual lleva, casi inevitablemente, al error.

Mi abuelo Luciano era un monstruo jugando al dominó. Al poco de empezar una partida sabía perfectamente las fichas que llevaban los demás, siempre y cuando los otros jugadores también fuesen de los buenos. Cuando jugaba con sus nietos se desesperaba, porque lo irracional de nuestras jugadas impedía cualquier deducción.

volver

Seis copas

volver

El área desaparecida (Paradoja de Curry)

***

	Vamos a comenzar por decir que, como es lógico, el trozo no se ha ido a ningún lado. En otras palabras, sigue en la figura y han sido nuestros ojos quienes la sacaron de ahí. Si calculamos al área de cada figura individual (T=12, T=5, P=7, P=8, Σ=32) y la comparamos (antes y después) nos damos cuenta que allí siguen todas y que nada cambió. ¿Porqué parece entonces que algo anda mal? Si medimos la pendiente de ambos triángulos nos daremos cuenta que son diferentes. Para el triángulo rojo es de 3/8=0,375 y para el verde es de 2/5=0,4. Si trazamos un gráfico en el cual nos olvidamos de los polígonos y sólo observamos los triángulos, veremos que las áreas resultantes difieren en una unidad.
	En otras palabras y como ya nuestros aficionados al cálculo diferencial sabrán, al variar la pendiente al área bajo la curva varía y así los polígonos se deben acomodar de forma diferente, este nuevo arreglo genera un campo vacío de 1x1. Cviales (20-4-03).

***

Perfecto. Solo añadiré, para los menos matemáticos, que las dos figuras que se muestran en el problema no son verdaderos triángulos: el de arriba posee una ligera concavidad por el lado mayor (la hipotética hipotenusa), mientras que el de abajo tiene una ligera convexidad, siendo la diferencia entre la convexidad de uno y la concavidad de otro donde se esconde el cuadro desaparecido.

Como dice Christian, es el ojo el que nos engaña.

volver

Una ecuación con infinitas equis

, reemplazando dentro del radical
, elevando al cuadrado
9 = x + 3
x = 6

Para la variante, repitiendo el proceso, se obtienen las soluciones x = 0 y x = 2.

volver

La Torre Eiffel, a escala

Despejando, P = 10100·r³ = 0'0000385 Tm, o lo que es lo mismo, 38'5 gramos.

Vamos, que una maqueta de medio metro, construida fundamentalmente en hierro, y perfectamente a escala, pesa 38'5 miserables gramos. A eso le llamo yo ligereza.

volver

Triángulos y cerillas (I)

volver

Triángulos y cerillas (II)

volver

Un duelo a tres

Dejo los detalles (el cálculo de las probabilidades de las tres alternativas) al lector.

volver

Primos entre sí

Con más detalle, la demostración de Nano dice:

1. Dos números consecutivos son siempre primos entre sí.

• Sean m y m+1 dos números naturales consecutivos.
• Supongamos que no son primos entre sí: entonces existe un número r N, r ≠ 1, factor común de m y m+1, y dos números a y b N tales que m = r·a; m + 1= r·b.
• Despejando a y b, tenemos que , .
• Se puede observar que . Pero como r ≠1 y a N, no es natural, lo que contradice que b N.
• Por ello, m y m+ 1 son siempre primos entre sí.

2. Tomando n + 1 números menores o iguales que 2n, al menos dos de ellos se diferencian en una unidad.

• Escogemos la mitad más 1 de los elementos que componen el conjunto, por lo que, en el caso más desfavorable, dos de ellos son consecutivos.

volver

La fuente y las jarras

Hay muchas posibilidades. Aquí va una de ellas. Por claridad, vamos a llamar J3 a la jarra de tres litros y J5 a la de 5 litros.

1. Llenamos J5.
2. Llenamos J3 con 3 litros de J5.
3. Vacíamos J3.
4. Echamos en J3 los 2 litros que quedaban en J5.
5. Llenamos J5.
6. Echamos en J3 1 litro de J5 (es decir, hasta que J3 se llene) ==> En J5 quedan 4 litros / desperdicio de agua: 6 l.

Si tienes una solución mejor, mándamela. Y piensa que cuando se dice "mejor" podemos referirnos a dos cosas distintas: menor número de pasos o menor consumo de agua.

Otra solución es la que manda Paula Fernández Cándano (18-12-2003):

1. Llenamos j3.
2. Con j3 llenamos j5.
3. Llenamos j3.
4. Con j3 llenamos j5 y nos sobrará un litro.
5. Tiramos contenido j5.
6. Llenamos j5 con el litro sobrante de j3.
7. Llenamos j3.
8. Llenamos j5 con j3 ==> total contenido 4 litros / desperdicio de agua: 5 litros

Más pasos, pero ahorramos agua. ¡Estupendo!

A Lorena (15-7-2004) le extrañó el comentario de Rouse Ball de que estos problemas "solo se pueden resolver probando", razón por la que escribió lo siguiente:

"Se me ocurre una forma de resolver cualquier problema de este tipo con un procedimiento riguroso (aunque no demasiado directo). La idea es representar la situación en un grafo, donde cada nodo represente un posible estado de las jarras, es decir, los nodos representan pares (n3, n5), donde n3=0,1,2,3 (posible contenido de la jarra de 3 litros) y n5=0,1,2,3,4,5 (posible contenido de la jarra de 5 litros). En este caso, se tienen 24 nodos. El arco dirigido v1 -> v2 estará en el grafo si de la situación representada por el nodo v1 se puede pasar a la situación representada por el nodo v2 en una sola operación (ejemplos de operación : vaciar una jarra a la juente, volcar todo el contenido de una en otra, llenar una tomadno agua de la fuente, etc...). Por ejemplo, estarán en el grafo los arcos: (0,0)-> (0,5), (0,0)->(3,0), (3,0)->(3,5), etc, pero no estarán arcos como: (0,0)->(1,0), (3,5)->(2,5), (0,0)->(3,5).

"Luego el problema se reduce a encontrar un camino en el grafo desde el nodo (0,0) al nodo (0,4). Existen algoritmos muy conocidos para encontrar un camino entre dos nodos de un grafo. Algoritmos determinísticos, por lo que se puede encontrar el camino sin necesidad de "probar".

"Por supuesto, este procedimiento es generalizable a cualquier cantidad de jarras, de cualquier capacidad, para obtener una dada cantidad de líquido...

"¿Te parece?"

***

Mi contestación:

"Tu solución general al problema de las jarras me parece perfecta. Y la discrepancia con el comentario de Rouse Ball creo que no es más que aparente. Supongo, y digo supongo porque en su texto no da más explicaciones, que cuando habla de trial (que yo he traducido por probar), no excluye que la búsqueda se pueda sistematizar y convertir por tanto en un algoritmo.

"Te pondré un ejemplo: si dada una figura queremos encontrar otra congruente con ella de entre las contenidas en un saco, podemos hacerlo con el siguiente algoritmo: se coge una figura de la bolsa y se compara con la inicial. Si coincide, hemos terminado, y si no, apartamos la figura no coincidente y probamos con la siguiente. Con este ejemplo algo simplista pretendo mostrar que un algoritmo puede consistir en probar."

Olga envía esta otra solución: "Introducimos j3 en j5 y rellenamos el espacio entre ambas. Obtenemos 2 litros que depositamos en j3. Repetimos el proceso y obtenemos 2 litros más en j5. Vaciamos j3 en j5 y...tenemos 4 litros sin desperdiciar nada de agua... ¿no?"

Esta solución me parece elegante e imaginativa. Y sería perfecta si no fuese porque hace dos suposiciones que no son necesariamente ciertas. Una es que la jarra pequeña se puede introducir en la grande. La otra, que las paredes de la jarra pequeña no ocupan volumen.

volver

Una pirámide y un tetraedro

1. Excepto la arista CD, todas las demás aristas del tetraedro son aristas también de las pirámides, luego por hipótesis son todas de igual longitud.
2. Los puntos C y D, cúspides de las pirámides, se proyectan ortogonalmente sobre los puntos centrales de cada una de las bases cuadradas, de donde se deduce que distan entre sí lo mismo que, por ejemplo, los puntos A y E.
3. De 1. y 2. se concluye que todas las aristas del tetraedro ABCD son de igual longitud: es decir, que sus caras son triángulos equiláteros iguales a las caras laterales de las pirámides. De otra manera: se trata del tetraedro del enunciado.
4. Lo triángulos ADE y AFC son coplanarios. Entonces los puntos A, C, D y E también lo son. Por lo tanto, la cara ADE de la pirámide izquierda y la cara ACD del tetraedro formarán, al unirse ambos sólidos, una única cara.

Las fichas y el florero

Esto mismo nos lo podemos preguntar para cualquiera de nuestras infinitas fichas numeradas. ¿Estará la ficha marcada con el número n? No, no estará, porque la habremos sacado cuando faltaba 1/n de minuto para las doce.

Conclusión: el florero se queda vacío. Las cosas del infinito.

volver

1 = 0,999999999999999999999999999999999999999999999....

2. Esta otra demostración tiene de interesante que muestra cómo se pueden entender los desarrollos decimales infinitos como sumas infinitas:

Sea la sucesión de término general a_n = 0,9·0,1^n-1, que es una progresión geométrica de razón 0,1 cuyos primero términos son 0,9, 0,09, 0,009, 0,0009...

Entonces podemos escribir: .

Se sabe que la suma infinita de una serie geómetrica de razón menor que uno se obtiene mediante la fórmula , donde r es la razón de la progresión. Aplicándola a nuestro caso, .

(To Inifnity and Beyond, p.32)

volver

Igualdad de cuadrados de números consecutivos

Sean a-2, a-1, a, a+1, a+2 los 5 números consecutivos:

(a-2)² + (a-1)² + a² = (a+1)² + (a+2)²

Quitando paréntesis y reduciendo términos: a² - 12a = 0 , de donde se obtiene a = 0, a = 12.

Las soluciones son 10, 11, 12, 13, 14 (la dada) y -2, -1, 0, 1, 2.

volver

Café: ¿solo o con leche?

La idea es sencilla: la pérdida de calor se produce a través de las paredes del recipiente, de modo que depende de la superficie de éste. Por otra parte, la cantidad de calor que posee el líquido contenido en el recipiente depende de su masa y, por tanto, de su volumen.

Ahora bien: si r es la razón de semejanza entre dos objetos (las medidas lineales de uno son r veces mayores que las del otro), entonces la relación entre sus superficies es r², mientras que la relación entre sus volúmnes es r³ (ejemplo: si una taza tiene un diámetro y una altura dobles que otra, su superficie será cuatro veces mayor, mientras que su volumen lo será ocho veces).

Total: que si las formas son semejantes el volumen crece en mayor proporción que la superficie, lo que significa en nuestro caso que aumenta más la cantidad de calor que la capacidad de perderlo: por eso se enfría antes el líquido de la taza pequeña.

(Para los más físicos: la ley de enfriamiento de Newton dice que , donde k es proporcional a la superficie e inversamente proporcional al volumen).

volver

Veinte panes para veinte personas

Sea x el número de hombres, y el número de mujeres y z el número de niños. Entonces se tiene:

Triángulos y cerillas (III)

Un comunicante anónimo dice (9-10-2004): "Dado el triángulo equilátero inicial formado por las tres cerillas, colocas las otras tres en forma de triángulo mirando para abajo con la punta inferior en el punto medio del lado del otro triángulo. Como una estrella de David (donde con el mismo enunciado podríamos hacer 8 triángulos) pero donde la punta inferior del triángulo inverso coincide con el lado inferior del otro triángulo."

En este caso, nada mejor que una imagen:

volver

Las tres llaves de luz

Cerramos dos de los interruptores durante un tiempo, y luego abrimos uno de los dos que hemos cerrado. Subimos al tercer piso y observamos:

• La bombilla que está encendida es la del interruptor que hemos dejado cerrado.
• La que está apagada pero caliente corresponderá al interruptor que hemos hemos cerrado y luego abierto.
• La apagada y fría será la del interruptor que permaneció abierto.

volver

El número de espectadores

Sea x el número de espectadores.

Que "el 15,555... % de los espectadores estaban en el graderío sur" quiere decir que "el 15,555... % de los espectadores" es un número natural.

Entonces el 15,555... % de x = x·15,555.../100 es natural. (1)

Ahora expresamos 15,555.../100 como fracción irreducible: se tiene: 15,555.../100 = 7/45.

Por (1), x·7/45 es natural, de donde se deduce que x es divisible entre 45.

Repitiendo el razonamiento con 24,524524..., que tiene por fracción generatriz irreducible 245/999, x es divisible entre 999.

Si x es divisible entre 45 y 999 también lo es entre el mínimo común múltiplo de 45 y 999, que es 4995.

Como se dice que "el campo estaba prácticamente lleno" hay que pensar entonces que x es el múltiplo de 4995 más cercano por defecto a 25000.

Basta pues hacer la división entera 25000/4995, que da 5, y multiplicar 4995 por 5 para tener el número de espectadores: 24975.

volver

La reflexiva sobra

Si aRb entonces, por la simétrica, bRa

Como aRb y bRa, por la transitiva, aRa. Pero esto solo es cierto, y por eso he subrayado el "si" condicional de la línea anterior, si dado a existe un b tal que aRb. Pero si a es un elemento que no está relacionado con ningún otro, entonces la simetría y la transitividad no nos pueden asegurar que aRa, y por tanto no podemos afirmar la reflexividad de R.

En cualquier caso, no deja de ser interesante observar que la simetría y la transitividad más la condición de que cada elemento esté relacionado con al menos un elemento del conjunto (puede ser él mismo o no) implican la reflexividad.

volver

Las dos puertas

La pregunta que hay que hacer (en alguna de sus versiones) la han enviado Alejandro Sierra, Gustavo Ariel Molina y Francisco Heyser Ortiz y dice así:

"¿Qué me contestaría el otro guardián si le preguntase qué puerta NO me permite salir del laberinto?"

Si al que preguntamos resulta ser el que siempre miente, como su colega el veraz nos hubiese indicado la puerta que NO permite salir del laberinto, nos indicará lo contrario, es decir, la puerta que SÍ permite salir del laberinto.

Si al que preguntamos resulta ser el que nunca miente, su respuesta será exactamente la que nos hubiese dado el mentiroso. Y este, al ser preguntado por la puerta que NO lleva fuera del laberinto, nos hubiese indicado la puerta que SI lleva fuera del laberinto.

Es decir, que le preguntemos a quien le preguntemos, nos contestará lo que queremos saber.

volver

La estrella de la manzana

Por lo general dividimos la manzana en dos mediante un corte longitudinal a lo largo de su eje. Si en vez de esto le damos un corte transversal (perpendicular al eje), veremos que los receptáculos de las semillas formas una estrella de cinco puntas.

Juan F. López mandó la solución. Gustavo Ariel Molina mandó además una foto:

volver

Espejos reductores de cabezas

La idea es sencilla: como el ángulo de incidencia y el de reflexión son iguales, un rayo de luz que sale de un objeto que está a la misma distancia del espejo que nuestro ojo, cuando impacta en nuestra retina tras reflejarse en el espejo parece llegar desde un punto de "detrás" del espejo situado a la misma distancia a la que está el objeto original. Si consideramos en vez de un punto dos puntos, tendremos un triángulo virtual formado por el ojo, los dos puntos de "detrás del espejo" y sus proyecciones en el espejo. Como el espejo está a mitad de camino de este triángulo virtual, por el teorema de Tales es obvio que el reflejo del espejo tienen una medida mitad que la original.

El siguiente dibujo, enviado por Gustavo Ariel Molina, ayuda a entender el trabalenguas: el triángulo virtual del que hablo podría ser el formado por el ojo y los puntos x1, x2, b1 y b2. La distancia del ojo a x1 es la misma que la distancia de x1 a b1. Lo mismo ocurre con el ojo, x2 y b2. Por tanto, aplicando el teorema de Tales, la distancia de x1 a x2 es la mitad que la distancia de b1 a b2. Como esta última distancia es igual que la distancia real entre b1' y b2', resulta que el reflejo del espejo tiene unas longitud mitad que el objeto real.

El gráfico tiene además la virtud de mostrar cómo el fenómeno no depende de la distancia a la que nos encontremos del espejo.

Otro día escribiré una solución más formal.

volver

Carrera fluvial

Juan Fco. López fue el primero en enviar la solución correcta, la cual, aunque en otros términos, venía a decir lo siguiente:

1. Veamos primero el deportista que nada a favor y en contra de la corriente.

Cuando va a favor de la corriente, a su velocidad hay que sumarle la velocidad del río: 1,5 + 0,9 = 2,4 m/s. Con esta velocidad tardará en recorrer los 24 metros exactamente 24/2,4 = 10 segundos.

Cuando va contra corriente, a su velocidad hay que restarle la velocidad del río: 1,5 - 0,9 = 0,6 m/s. Con esta velocidad tardará en recorrer los 24 metros exactamente 24/0,6 = 40 segundos.

Es decir, que en total invertirá 10 + 40 = 50 segundos en completar la ida y la vuelta.

2. Veamos ahora el deportista que cruza el río.

Para cruzar el río en perpendicular el nadador debe avanzar con un cierto ángulo (véctor verde) para compensar el flujo de las aguas del propio río (véctor morado). Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene que la velocidad resultante (véctor azul) es de 1,2 m/s. Con esta velocidad, el nadador tardará en recorrer los 24 metros que tiene el río de ancho 24/1,2 = 20 segundos, lo que da un tiempo total para la ida y la vuelta de 40 segundos.

Como dice Juan Fco., "Cosa peculiar que no sean iguales".

volver

La Tierra y la cinta

Eduardo Javier Salinas da la solución:

El tamaño de la cinta que rodea el ecuador sería:

P = 2πr

donde r es el radio de la Tierra.

Cuando elevamos la cinta 1 metro obtenemos:

P = 2π(r + 1)

P = 2πr + 2π

es decir, que la cinta que hay que añadir es 2π metros.

Como el resultado es independiente del valor de r, es válido tanto para la Tierra como para Jupiter.

Dos son las sorpresas: primero, que para levantar la cinta un metro a lo largo de toda la circunferencia de la Tierra bastan 2π metros, es decir, tan solo 6,28 metros. La segunda, que da igual que estemos en la Tierra, en Júpiter, o sobre una naranja: la cantidad de cinta que es necesario añadir siempre es la misma.

volver

La firma de Mahoma

Pues sí, pudo ser cierto. Hay dos formas de demostrarlo. Una consiste en dar una solución explícita, como ha hecho José Luis Prats:

La otra consiste en demostrar la posibilidad pero sin decir cómo pudo ser. Basta leer la historia de Los siete puentes de Königsberg para ver que el problema es resoluble si todos los puntos de intersección son pares, es decir, que en cada uno de ellos concurren un número par de caminos o aristas, como es el caso.

**

Miguel Angel Jacobo envió el desarrollo de una figura ligeramente distinta:

a partir del cual podemos obtener otra solución explícita de nuestro problema:

**

Josep Tarrés, ingeniero industrial, nos envía las paginas 82-83 del libro Ciencia Recreativa de J. Estalella Graells, edición española de 1918, con una solución al problema:

volver