1. ¿Quién es el dueño del ratón?.
Es Puk.
2. Los soldaditos.
La cantidad de muñecos que falta es: y + (x – y) + x / 3 + z. Entonces: 4 x / 3 = 4 x / 3 + z; Z = 0. No le falta ninguno.
3. Telaraña pentagonal
[image id=»53763″ data-caption=»» share=»true» expand=»true» size=»S»]4. Orden y caos
Seis Horas.
5. El caso del pastel desaparecido.
Puesto que los cinco dicen cosas incompatibles, sólo caben dos posibilidades: a) Que sólo uno diga la verdad. Luego hay 4 mentirosos, y por tanto, 4 comilones. La afirmación verdadera es “Cuatro de nosotros se lo comieron”. Desdémona dice la verdad, y los restantes (los comilones) mienten. b) Que no la diga ninguno. Pero si todos mienten, los dulces no se los comió nadie: es incompatible con lo que sabe mamá.
6. El motorista
Lo primero es averiguar la longitud de los tramos. Sabemos que:
AB + CD = 10 km.
AB = CD = 5 km. Y que DE = 3 BC; DE + BC = 10. Por tanto: 4 BC = 10 – BC = 2,5 km, DE = 7,5 km. Y los tiempos:
Tramo AB: Longitud: 5km Velocidad:15km/h Tiempo: 20 minutos
Tramo BC: Longitud: 2,5km Velocidad:60km/h Tiempo: 2,5 minutos
Tramo CD: Longitud: 5km Velocidad:25km/h Tiempo: 12 minutos
Tramo DE: Longitud: 7,5km Velocidad:30km/h Tiempo: 15 minutos
7. Los calcetines de papá hormiga
Tenemos 7 juegos de calcetines de distinto color. Para que al menos 4 de 6 sean iguales, hay que considerar las probabilidades de tener los 6 calcetines del mismo color; luego, 5 iguales y uno diferente; luego, 4 iguales con otros 2 del mismo color y 4 iguales y otros 2 de diferentes colores. Hay 7 posibilidades de que todos los calcetines sean iguales. Hay 7 formas de tener 5 calcetines del mismo color y 6 posibles colores para el calcetín restante. Como el calcetín que no casa puede colocarse en cualquiera de las 6 patas, en este caso, hay 6 formas posibles de ponerse los calcetines. Por tanto, para este segundo supuesto hay
7 x 6 x 6 = 252 formas de ponerse los calcetines. En el tercer caso, hay 7 posibilidades de elegir 4 calcetines del mismo color, y 6 para los dos calcetines restantes, que son del mismo color. Suponiendo que los 6 calcetines fuesen diferentes, habría 6! (factorial de 6, o sea, 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1) formas de ponerse los calcetines, pero tenemos que dividir por 4! y 2!, puesto que los 4 calcetines iguales y los 2 restantes son indistinguibles por color. Obtenemos, para el tercer supuesto, (7 x 6 x 6!) / (4! x 2!) = 630 formas. En el último caso hay 7 formas de escoger los 4 calcetines iguales, 6 posibilidades de elegir el primer calcetín de otro color y 5 del segundo. En este caso, sólo tenemos que dividir por 4!, puesto que los 2 calcetines restantes son de distinto color. Por tanto, en el cuarto caso hay 7 x 6 x 5 x (6! / 4!) = 6.300 formas. Sumando los cuatro supuestos, papá hormiga tiene 7 + 252+ 630 + 6.300 = 7.189 formas de ponérselos.
8. Relojes de arena
Esta medición requiere una preparación previa.
1. Colocamos los dos relojes como se puede ver en la figura A.
2. Giramos los dos simultáneamente y esperamos a que caiga toda la arena del reloj pequeño, que mide tres minutos (fig. B).
3. Cuando hayan pasados los tres minutos correspondientes a la medida del reloj pequeño, lo giramos de nuevo, al tiempo que al reloj grande le quedan aún 2 minutos (fig. C).
4. Cuando han caído los 2 últimos minutos del reloj grande (fig. D) podemos comprobar que aún queda por caer un minuto del reloj pequeño, y giramos el reloj grande en este momento (fig. E).
5. En este instante, los 2 relojes se encuentran con 5 minutos de arena por caer en el primero y uno por caer en el segundo (fig. E).
6. Cuando ha caído el minuto de arena del reloj pequeño (fig. F),podemos comprobar que al reloj grande le quedan aún 4 minutos por caer (fig. F) y aprovechamos este momento para girarlo 90º y tumbarlo sobre la mesa, interrumpiendo de este modo la caída.
7. Con esta operación hemos “memorizado” en el reloj grande 2 porciones de tiempo, una de un minuto y otra de 4 minutos.
8. Cuando nos lo indiquen, enderezamos el reloj grande con los 4 minutos de arena restantes, para cronometrar este tiempo.
9. Día de pesca.
Después de un lunes de sol, la secuencia sol-lluvia para el martes y miércoles tiene una probabilidad de 7/64 (7/8 x 1/8). A la secuencia lluvia-lluvia, en cambio, le corresponde una probabilidad de 6/64 (1/8 x 6/8). Hay que apostar, pues, por el buen tiempo. Se parte de dos hechos conocidos: el lunes hizo sol y el miércoles llovió, teniendo en cuenta las respectivas probabilidades, hay que apostar por el martes soleado.
Supongamos ahora que si hoy hace sol, la probabilidad de sol para mañana es de 8/10, y que si hoy llueve, la probabilidad de lluvia para mañana es de 9/10. En este caso, la secuencia sol-lluvia después de un día de sol tiene una probabilidad de 0,8 x 0,2 = 0,16, y la secuencia lluvia-lluvia tiene una probabilidad de 0,2 x 0,9 = 0,18, mayor que la anterior, por lo que apostaríamos por un martes lluvioso. Esto parece ir contra el sentido común, ya que, si el lunes fue soleado, la probabilidad de un martes también soleado, es decir la secuencia sol-sol es, muy alta (0,8) frente a la de un martes lluvioso (0,2).
10. Juegos de manos, juegos de villanos
[image id=»53765″ data-caption=»» share=»true» expand=»true» size=»S»]Llamando nA, nB, nC al número de cartas que hay en los montones A, B y C respectivamente, y P al punto que hay que completar, puede deducirse que: el número de cartas traspasadas de montón para completar los puntos de las cartas que se echan al montón C es 2nA + nB. El valor de una carta que se echa al montón C más las cartas traspasadas por ella suman el punto a conseguir P. La suma de los puntos de las cartas del montón C vale: PnC – (2nA + nB).
[image id=»53766″ data-caption=»» share=»true» expand=»true» size=»S»]Para n=2 o n=3 las soluciones son triviales: el corte se hará según un diámetro en el primer caso, y según tres sectores de 120º en el segundo. Pero para n=4, la cosa se complica. Pues un corte según cuatro sectores de 90º arrojaría una longitud de corte L=4, mientras que, en el sistema indicado en la figura primera, basta con L=3,9624.
Esta división se ha obtenido recordando la conocida propiedad de que el punto situado en el interior de un triángulo cuya suma de distancias a los tres vértices es mínima es el que ve estos bajo ángulos de 120º. Pero puede mejorarse: intuitivamente se comprende que, al no ser los segmentos rectos incidentes sobre la circunferencia perpendiculares a ésta, podrían ser sustituídos por arcos de circunferencia que cumplieran esta condición.
Se mejora aún algo si se hace como en la segunda figura: L=3,9412.
12. El mono de Lewis Carroll
El teorema de las áreas barridas resulta de gran utilidad. Si el mono pasa de M a M’ (puede ascender, izándose a pulso), el peso P habrá pasado a una posición P’. Como no ha habido actuación de fuerzas exteriores al sistema, la suma algebraica de las áreas barridas desde el punto O (por donde pasa la resultante del sistema) será nula. O sea: Área OPP’ = Área OMM’. Lo que es lo mismo PP’=MM’. El peso asciende a la misma velocidad del mono. Analicemos el procedimiento con el que se iza: contracción muscular del brazo-antebrazo. Esto provoca dos fuerzas de igual intensidad y sentido opuesto: la dirigida hacia arriba (aplicada en el hombro) izará al mono una altura dz, y la dirigida hacia abajo (aplicada en la mano) se transmitirá a través del hilo al peso, convertida en fuerza ascendente, con lo que elevará aquel en una cuantía igual a dz. No andaban descaminados quienes pronosticaban la inmovilidad del saco: imaginemos que los esfuerzos de izamiento del mono fueran muy pequeños, y también las alturas dz. El tiempo de elevación, claro es, crecería. En el límite, la fuerza de izamiento sería nula: el peso no tendría medio alguno de “enterarse” de que al otro lado un mono intentaba ascender, puesto que no le llega ninguna fuerza a través del hilo: el proceso de ascensión se ha convertido en lo que en Termodinámica se denomina una “transformación reversible”. El mono ascendería sin que se moviera el saco de arena. Este ascenso tendría lugar en un tiempo infinito, lo que inhabilita esta abstracción al plano teórico. En la práctica, por pequeño que sea el rozamiento de la polea, siempre valdrá algo, y será posible elegir el esfuerzo de izamiento del mono lo suficientemente pequeño para ser absorbido por este rozamiento sin traducirse en una ascensión del peso P. Un paso al límite (rozamiento tendiendo a cero, fuerza tendiendo más aprisa a cero), nos reconduce a la misma situación.
13. Ojos en el lado oscuro
Si necesita encender 2 lámparas es porque las gafas solamente transmiten la mitad de la luz que reciben. Así, para mirarse los ojos en un espejo, la luz que sale de las lámparas atravesará las lentes e iluminará los ojos con la mitad de intensidad, atravesará las lentes por segunda vez y llegará al espejo con la cuarta parte de la intensidad, y rebotará para atravesar las lentes por tercera vez. La imagen se formará en la retina con una octava parte de la intensidad inicial. Por tanto, necesita encender ocho lámparas.
14. Coches saqueados.
Cantidad total de coches = x.
Cantidad de coches amarillos saqueados = y. Cantidad total de coches blancos = 2x.
Cantidad total de coches amarillos = 2*2x = 4x. Cantidad de coches amarillos no saqueados = 4x – y. Cantidad de coches blancos saqueados = 4x – y. Cantidad de coches rojos no saqueados = y. Cantidad de coches blancos no saqueados = y. Cantidad total de coches blancos = (1/3) (4x – y) + y = 2X. Entonces x = y. Por lo tanto, los coches rojos se libraron del saqueo.
15. Cocinando hamburguesas
El tiempo mínimo para cocinar las tres hamburguesas es 30 minutos. Llamamos a las hamburguesas X, Y y Z. Cada una tiene dos caras, a y b. Llamaremos también a y b, a los dos espacios de los que dispone la parrilla.
Periodo de cocción: 0-10 min. Hamburguesa que se cocina en a: Xa. Hamburguesa que se cocina en b: Ya
Periodo de cocción: 10-20 min. Hamburguesa que se cocina en a: Xb. Hamburguesa que se cocina en b: Za
Periodo de cocción: 30-40 min. Hamburguesa que se cocina en a: Yb. Hamburguesa que se cocina en b: Zb
16. Metro de Singapur
El tren en dirección este pasa por la estación a las 3:01, 3:11, 3:21, etc., mientras que el del oeste lo hace a las 3:00, 3:10, 3:20… En cualquier intervalo horario, el señor Ah Beng viajará hacia el oeste nueve veces de cada diez.
17. El rey, su hija y su hijo
Esta es la secuencia que resuelve el problema:
1. Se desliza la cuerda de 35 kg hasta el cesto de abajo.
2. Entra la hija en el cesto de arriba, y baja compensada por el peso de la cuerda. La cuerda queda arriba.
3. Baja el hijo y sube la hija.
4. Se baja otra vez la cuerda.
5. Baja el rey, y suben el hijo y la cuerda.
6. Baja la cuerda.
7. Baja la hija y sube la cuerda.
8. Baja el hijo y sube la hija.
9. Baja la cuerda.
10. Baja la hija y sube la cuerda.
18. El Nim
Suponiendo que cada jugador pudiera escoger el montón que quisiera, un jugador puede acabar con las fichas del primer montón, pues este nunca puede ser repuesto. Después del primero, vendrá el segundo (que ahora ha pasado a ser primero), y así sucesivamente. La prueba se basa en que el primer montón de la izquierda sólo puede disminuir. Si sólo hubiera un montón, entonces es obvio que terminaría por acabarse. En el caso general, procedemos por inducción. Supongamos que el juego con n montones necesariamente acaba. Bajo esa hipótesis, probaremos que con n+1 montones también tiene que terminar. En efecto, si los jugadores nunca tocaran el primer montón, estarían jugando sólo con los n montones restantes, los cuales, por hipótesis, acabarían por terminarse. Tarde o temprano, alguno de los jugadores tendrá que tomar alguna ficha del primer montón. Esta consideración se puede repetir mientras queden fichas en él, el cual seguirá disminuyendo hasta agotarse. Tras ello, quedarán a lo más n montones, lo cual nos dejaría otra vez en la situación supuesta en la hipótesis de inducción.
19. Monasterio
Se suicidaron 10 monjes la noche del décimo día. Si sólo hubiese estado enfermo un monje, cuando el abad les habló de la enfermedad y les confirmó que entre ellos había enfermos, ese monje enfermo no hubiese visto caras negras, y habría deducido que el enfermo era él. Si hubieran sido dos los enfermos, el primer día habrían visto una sola cara negra, pero al no haber un suicidio por la noche, habrían comprendido que había más de un enfermo, y que ellos eran el otro. Y así sucesivamente: al décimo día, todos comprenderían que había por lo menos 10 enfermos. Los que sólo vieran 9 caras, comprenderían que ellos eran el restante, y se suicidarían. Si no hubiesen tenido el valor de hacerlo, el 11º día todos los demás habrían pensado que estaban enfermos y se habrían suicidado.
Redacción QUO
