Soluciones a los acertijos de Matemáticas

 

Nota: si has entrado aquí directamente, ve a "Enunciados de acertijos de Matemáticas" para ver los enunciados de los acertijos que aquí se resuelven.

1) Para que la explicación sea menos liosa, voy a escribir los contenidos de los recipientes por tres números separados por comas, y cogidos por paréntesis. El primer número se referirá al cintenido del recipiente de 8 litros, el segundo al de 5 litros, y el tercero al de 3 litros. Según esta notación, inicialmente tenemos (8,0,0). Bien, pues veamos la secuencia de trasvases: (3,5,0), (3,2,3), (6,2,0), (6,0,2), (1,5,2), (1,4,3) y (4,4,0). Por lo tanto hay que hacer siete travases.

2) Se numeran las bolsas del uno al diez. De la bolsa número uno se saca una moneda, de la dos, dos monedas, de la tres, tres, y así sucesivamente hasta la bolsa número diez, que se sacan diez monedas. Se ponen estas monedas en la balanza y se pesan. En total hay 55 monedas, y si todas pesaran 10 gramos, todas pesarían 550 gramos. La balanza dará un peso desde diez gramos menos (540 g) hasta un gramo menos (549 g). Dependiendo de cuántos gramos menos nos marque la balanza, corresponderá con el número de la bolsa.

3) Hay que tiener en cuenta que los dos cuadros centrales son los que tienen más lindes. Cada cuadro central linda con otros seis cuadros. Habrá que poner en estos cuadros los números que menos consecutivos tenga. Cada número tiene dos que le son consecutivos, salvo el 1 y el 8, que solamente tienen un consecutivo. Por tanto, si ponemos el 1 en un cuadro central, y el 8 en el otro, resulta muy fácil seguir rellenando el resto de cuadros.

4) Sacamos una moneda de la caja que pone 6 pesetas, si sacamos una peseta, ya sabemos que la otra moneda es una peseta, y si sacamos una moneda de cinco pesetas, sabemos que la otra que queda es de cinco pesetas. Lo que queda ya es fácil. Supongamos que la moneda era de una peseta, entonces en la caja que marca 6 pesetas hay dos monedas de una peseta. En la caja que pone 10 pesetas, tiene que haber una moneda de una peseta y otra de cinco pesetas, y en la caja que pone 2 pesetas tiene que haber dos monedas de cinco pesetas.

5) En un principio, se podría pensar que tarda igual, puesto que en el primer tramo la velocidad de la barca es la velocidad de la barca con respecto al agua más la velocidad del agua, y cuando vuelve, la velocidad de la barca es la velocidad de la barca con respecto al agua menos la velocidad del agua. Es decir, el aumento de velocidad del primer tramo, es justo el decremento en velocidad del segundo tramo. Pero esto no es así, puesto que el tiempo es inversamente proporcional a la velocidad, y un aumento en la velocidad produce un decremento en el tiempo que es menor que el aumento del tiempo debido a un decremento en la velocidad. Por tanto, tardará más.
Veamos un ejemplo numérico de esto que estoy explicando. Sabemos que V=s/t, s tendrá el valor que sea, que es la distancia de cada tramo, tomemos s=1 para simplificar. Así que t=1/V. Tomemos por ejemplo V=5, entonces t=0.20. Aumentemos V en uno, es decir, V=6, entonces t=0.1666... que representa un decremento en el tiempo de 0.0333...Vamos ahora a disminuir la velocidad en uno, es decir V=4, entonces t=0.25, que representa un incremento en el tiempo de 0.05, que como vemos es mayor que el decremento de tiempo anterior. Esto quiere decir, que en el recorrido de ida y vuelta se tarda más, puesto que el incremento en el tiempo de cuando se viaja más lento es siempre superior al decremento en el tiempo de cuando se va más rápido.

6) Si nos imaginamos que el cilindro de la torre fuese de papel, podríamos cortar el cilindro a lo largo de una línea recta hacia arriba perpendicular al suelo. Al desenrrollar el cilindro, obtendríamos un rectángulo de altura 30 m y de base 2*Pi*R=2*Pi*10=20*Pi, donde Pi representa al número pi. La escalera quedaría recorriendo la diagonal del rectángulo. Aplicando el Teorema de Pitágoras, obtenemos que las escaleras tienen una distancia de SQR[302+(20*Pi)2]. Donde SQR representa la raíz cuadrada. El resultado de este cáculo es aproximadamente 69.63 metros.

7) Para entender mejor la resolución, he realizado el dibujo de abajo. A=10 cm. que es la diferencia entre la marea alta y la baja. B=21 cm. que es la distancia a la que se desplaza el nenúfar cuando baja la mareacon respecto a au posición con la marea alta. C es lo que nos piden, la profundidad del lago cuando hay marea baja. Como vemos, podemos fabricar un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es C+A, y sus catetos C y B. Aplicando el Teorema de Pitágoras, se puede despejar C=(B2-A2)/2A. Sustituyendo los datos, se obtiene 17.05 cm.

8) Si nos fijamos en el dibujo aclaratorio, podemos deducir aplicando el Teorema de Pitágoras que el lado del cuadrado grande es raíz de 2 veces más grande que el lado del cuadrado pequeño. Por tanto, el cuadrado grande, tiene un área doble del cuadrado pequeño.

9) Si llamamos X al número de cabras del primero e Y al número de cabras del segundo, podemos plantear un sistema de ecuaciones como el siguiente:
X+1=2(Y-1)
X-1=Y+1
Al resolverlo se obtiene X=7 e Y=5.

10) Si llamamos X a la edad del mayor, que es el que habla, e Y a la edad del menor, d=X-Y es la diferencia de edad entre ellos. Las ecuaciones que hay que plantear son:
X=2(Y-d)
X+d+X=63
Que junto con la ecuación de definición de d, se puede resolver, y obtener: X=28 e Y=21.

11) La solución es la siguiente:

12) La solución de este problema es más fácil que la del anterior:

13) Ya de por sí, el difunto no hizo el reparto adecuadamente, puesto que 1/2 más 1/3 más 1/12 no suman 1, sino que es menor que 1, (es 11/12). Por tanto, al hacer el reparto, sobraría una parte que no se sabría para quién es. De todas formas, el reparto habría que hacerlo sobre 11 cabras y no sobre 12. Por eso, 6 cabras no es 1/2 de 11 cabras, 4 no es 1/3 de 11 cabras y 1 cabra no es 1/12 de 11 cabras. Luego el reparto, aunque no se especificara qué habría que hacer con el resto que sobra, no está hecho tal y como el difunto lo quería.

14) Si al multiplicar las edades de las tres niñas se obtiene 36, todas las posibilidades son:
(36,1,1)-->38
(12,3,1)-->16
(9,4,1)--->14
(18,2,1)-->21
(6,6,1)--->13
(6,3,2)--->11
(4,3,3)--->10
(9,2,2)--->13
Donde ya he puesto también la suma de sus edades. El segundo matemático, sabe el número del portal en el que vive. Si por ejemplo fuera el 16, sabría que las edades son 12, 3 y 1. Entonces, ¿por qué le dice que le falta un dato? Porque vive en el portal número 13, que es el único caso en el que la suma está repetida. Y de los dos casos posible, sólo en uno de ellos existe la mayor, puesto que en el otro caso posible, hay dos niñas mayores de 6 años cada una. Por consiguiente, las edades de las niñas son 9, 2 y 2 años.

15) El primer día sube 5 y baja 2. Luego ha subido en total 3 m.
El segundo día sube 5, hasta el 8, y baja 2. Luego se ha quedado en 6 m.
El tercer día sube 5, hasta el 11, y ya está arriba y se sale del pozo.

16) Si al principio del concurso, el concursante sabe que va a elegir una puerta y que no la va a cambiar, la probabilidad de acertar es 1/3. Una puerta elegida entre tres puertas posibles. Si al principio del concurso, el concursante sabe que va a cambiar de puerta cuando le den la oportunidad, tiene una probabilidad de 2/3 en acertar. Esto es debido a que cuando al principio, él elija una puerta, sabe que está señalando la que no quiere que se abra, ya que las otras dos puertas se abrirán, puesto que una la abre el presentador y otra él al cambiar de puerta. En definitiva, en este caso es como si el concursante eligiera dos puertas de entre las tres posibles.
Si el concursante no tiene claro si va a cambiar de puerta o no, la probabilidad de que acierte es de 1/2. Puesto que cuando le abra una puerta el presentador, le quedarán dos puertas cerradas, y se tendrá que plantear qué puerta de entre las dos elige.
Por tanto, si el concursante va con la decisión tomada de que va a cambiar de puerta, tiene más probabilidad de llevarse el premio. Ver animación

17) Si representamos por C el punto simétrico de B con respecto a la recta R, queda claro que el trayecto más corto entre A pasando  por algún punto de la recta R y llegando a C, es la línea recta. De esta forma, determinamos el punto P de la recta que es donde debe tocar la recta que una A con R y R con B de forma que sea el trayecto más corto. Si tomásemos cualquier otro punto de la recta distinto a P para unir A con R y con B, su simétrico, que sería unir A con R con C, sería distinto a una línea recta, y por lo tanto más largo.

18) A bote pronto podría pensarse que el 100%, puesto que ocurre de media una vez al año. Pero puede ocurrir que un año sucesa dos veces el fenómeno y otro año ninguna. Para entenderlo, vamos a suponer que tenemos n cajitas y n bolitas. Si repartimos las bolitas entre las cajitas, la media de bolitas en una caja es (n bolitas/n cajitas)=1, aunque habrá cajitas sin bolas, otras con una bola, otras con dos, otras con tres, etc. Vamos a ver cuál es la probabilidad de que una cajita no tenga bolitas. Para ello, vamos a ir colocando al azar las bolitas una por una en las cajas. Al colocar la primera bolita, la probabilidad de que esa bolita no la coloque en una determinada cajita es (n-1)/n, (casos farorables entre casos posibles). Al colocar la segunda bolita, la probabilidad de que esa bolita no la coloque en una determinada cajita es también (n-1)/n. Y así sucesivamente hasta colocar las n bolitas. Puesto que todos estos sucesos son independientes, la probabilidad de que una cajita no tenga ninguna bolita, es el producto de las n probabilidades calculadas. Es decir,  [(n-1)/n]^n, donde  ^n representa elevado a n. Para el caso del problema que nos ocupa, es como si tuvieramos infinitas cajitas. Los años estaban representados por cajitas, y los sucesos por bolitas. El límite de [(n-1)/n]^n=[1-1/n]^n  es 1/e, donde e es la base de los logaritmos neperianos. Por tanto, si la probabilidad de que en un año no suceda ninguna vez el fenómeno es 1/e, la probabilidad buscada, que es que al menos suceda una vez es 1-1/e=0.63 aproximadamente. Es decir, un 63% aproximadamente.