21.7.11

[El Problema de la Semana] Locura de fracciones

Aquí tenemos otro problema de la semana que se les puso a los grumetes en su momento.

¿Cuánto es la mitad de dos tercios de tres cuartos de cuatro quintos de cinco sextos de 48?

La solución, muy cerca, más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar el rosetón norte de la catedral de Notre Dame de París. Hemos tomado la fotografía de Wikimedia Commons. Los rosetones de las catedrales góticas aprovechan las simetrías y los giros geométricos para crear motivos hermosos y llenos de simbolismos. En el caso de esta vidriera, gracias a sus numerosas divisiones, podemos apoyarnos en su forma para reconocer fracciones. Si observamos los círculos, el interior está dividido en 16 rayos o partes, y el exterior en 32, con lo que tomaríamos trozos que correspondan a fracciones con estos denominadores. También se reconocen más divisiones y subdivisiones dentro de ellos. Asimismo, las ventanas de abajo están divididas o agrupadas en varias partes, 9, 18, 108, etc.]

Solución:
Creo que éste es uno de los problemas más sencillos de los propuestos. Se trata de hacer una multiplicación de fracciones sin liarse.


Las fracciones también se pueden simplificar unas con otras antes de hacer la multiplicación, y nos quedaría sólo 48/6 que es igual a 8.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

20.7.11

[El Problema de la Semana] Vida futura

El siguiente problema va de predicciones.

Una vidente predice que morirá a los 99 años. En este momento, según su predicción, dos tercios de su vida pasada es igual a cuatro quintos de su vida futura. ¿Cuál es su edad actual?

Podemos predecir que la solución aparecerá en cuanto haga girar la rueda del ratón.

[Al tratar sobre una vidente, el problema nos ha recordado las bolas de cristal usadas tradicionalmente para enfocar las visiones proféticas. Una de las esferas de cristal más perfectas que se han creado es la que aparece en la fotografía, refractando la imagen de Albert Einstein, está hecha de cuarzo fundido y se empleó en el experimento del satélite Gravity Probe B para confirmar dos predicciones de la teoría de la relatividad. La forma de la esfera difiere de la de una esfera matemáticamente perfecta en tan sólo un grosor de 40 átomos]

Solución:
Éste es uno de esos típicos problemas que se resuelven con ayuda de una ecuación. Si llamamos x a la edad actual de la vidente, entonces:

La edad de la vidente en este momento es de 54 años, y le faltan 45 para que se cumpla su predicción.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

18.7.11

[El Problema de la Semana] Repartamos beneficios

Aquí tenemos un nuevo problema propuesto en su día a los grumetes.

Sara tiene que repartir las ganancias de la lotería, que han sido exactamente 8268 €, entre todos los miembros de una peña de juego. Incluyéndose ella misma, sabemos que hay entre 80 y 150 miembros en la peña. Si Sara logra repartir los beneficios en euros enteros (sin tener que usar céntimos), de forma exacta e igual para todos, ¿cuántos miembros tiene la peña? ¿Cuánto gana cada uno?

La solución, como ya es conocido, aparecerá más abajo.

[Ya que tocamos el tema de la lotería, hemos elegido esta fotografía, publicada en el diario ABC, de uno de los premios más abultados que ha repartido el Sorteo de los Euromillones. El premio, concedido en el sorteo del viernes, 13 de mayo de 2011, fue a parar a las manos de un joven panadero de la localidad de Pilas, cerca de Sevilla. Pero no hay que ilusionarse: la probabilidad de acertar el bote de los Euromillones es de 1 entre más de 76 millones. Es mucho más fácil que te toque la lotería nacional, los cupones de la ONCE o incluso acertar una quiniela]

Solución:
El problema no es difícil, hay que encontrar un número, comprendido entre 80 y 150, que divida exactamente al número 8268.
Si descomponemos 8268 en factores primos, tenemos que 8268 = 2 · 2 · 3 · 13 · 53. Para que un número divida a 8268 tiene que estar compuesto de algunos de estos factores, y por tanto vamos probando combinaciones de ellos, seleccionando aquella que quede entre 80 y 150.
Es suficiente con probar unas cuantas posibilidades para convencernos de que el único divisor que está entre 80 y 150 es 2 · 53 = 106. Por tanto la peña tiene 106 miembros, y al repartir el premio, a cada uno le ha tocado 78 euros.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

17.7.11

[El Problema de la Semana] Competición de tiro

Este es un problema que a pesar de su sencillez parece un poco confuso.

Dos hermanos participan en una competición de tiro con escopetas de aire comprimido. Daniel dispara 5 perdigones en 10 segundos, mientras que en otra prueba Dennis dispara 10 perdigones en 20 segundos. ¿Cuál de los dos hermanos es más rápido cargando la escopeta?

La solución aparecerá como una bala más abajo de la imagen.

[En la imagen podemos apreciar la recreación de un soldado tirador de la Guerra Civil americana en la batalla de Gettysburg. La fotografía ha sido tomada de esta página. También recomendamos, para los que saben inglés o tienen un buen traductor, la página de Mathspig, en la que aparecen artículos curiosos y algunos muy divertidos relacionando las matemáticas con situaciones atípicas, como, por ejemplo, la forma de los bigotes masculinos, o las colas de los trajes de novia. En concreto nos gustaría destacar el artículo sobre las matemáticas de los francotiradores, que está relacionado con el problema de hoy]

Solución:
Cuando lo pensamos por primera vez nos parece que tanto Daniel como Dennis tardan lo mismo, 2 segundos para cargar la escopeta con un perdigón. Pero la pregunta nos invita a sospechar que las apariencias engañan.

En efecto, si suponemos que ambos hermanos tienen la escopeta cargada al empezar a disparar, entonces Daniel tiene que cargar la escopeta 4 veces ya que en el primer perdigón no carga la escopeta, ya la tiene cargada de antes, mientras que Dennis carga la escopeta 9 veces.

Así podemos calcular el tiempo medio de carga de cada uno de los dos:

Daniel → 4 cargas en 10 segundos → 10/4 = 2.5 segundos por carga.
Dennis → 9 cargas en 20 segundos → 20/9 = 2.222... segundos por carga.

Por tanto, Dennis es el más rápido cargando.

Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, editorial Penguin Books.

13.7.11

[El Problema de la Semana] Obtén el cien

El problema de hoy es sencillo, y me deparó muchas sorpresas cuando recibí las respuestas de los grumetes.


¿Cómo podemos obtener el número 100 usando todas las cifras del 1 al 9 una sola vez, y sólo con los signos +, −, × y los paréntesis adecuados?

Nota: hay varias maneras diferentes de conseguirlo.


Algunas soluciones (porque hay muchas) debajo de las imágenes. Hagan girar la rueda del ratón, por favor.


 [Pusimos en el Google la palabra hundred, cien, para buscar imágenes relacionadas con el problema de hoy, y nos encontramos con estos dos curiosos billetes. El de arriba es de "medio Rial" de Omán, nunca imaginé que hubiera billetes con fracciones; la imagen ha sido extraída de esta página. El de abajo es de "cien trillones de dólares" de Zimbabwe, aunque en español usaríamos billones en lugar de trillones. Para los que saben inglés o si usamos un buen traductor, es interesante leer este artículo publicado en el Guardian, escrito por Marcus du Satoy, profesor de matemáticas en la universidad de Oxford, donde no sólo se habla de este billete y de la crisis económica, sino que se hace un breve repaso a las cifras grandes, millón, billón, trillón, gúgol, etc. y a la historia de cada una de ellas]

Soluciones:
Cuando me enfrenté a este problema por primera vez, no me fue difícil encontrar, mediante tanteo, una sencilla solución con la que quedé bastante satisfecho:

9 · 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 100

Tuve una sorpresa mayúscula cuando los grumetes empezaron a entregarme soluciones, porque, si no recuerdo mal, ninguno me presentó la que yo encontré, sino que me ofrecían diferentes posibilidades, cada una más original que la anterior. De hecho, algunos grumetes no se contentaron con ofrecerme una solución, sino que me presentaron varias.

Carlos Muñoz me presentó ésta:

3 · 2 + 8 · 9 + 4 · 5 + 7 + 1 – 6 = 100

Zakariaa el Mrabet me entregó cuatro posibilidades diferentes:

(3 + 7) · (1 + 9) + 8 · 4 – 6 · 5 – 2 = 100
9 · (8 + 7) – 5 · 6 – 4 · 1 – 3 + 2 = 100
1 · 2 · 3 · 4 + 5 + 6 + 9 + 7 · 8 = 100
9 · 6 + 7 · 4 + 2 · 1 + 5 + 3 + 8 = 100

Alejandro Espigares presentó nada más y nada menos que seis posibilidades:

(1 + 2 + 3 + 4) · 5 + 6 · 8 + 9 – 7 = 100
8 · 3 · 4 – 6 · 5 · 2 + 9 · 7 + 1 = 100
(7 + 6) · (3 + 2) + 8 · 4 + 9 – 5 – 1 = 100
9 · 7 + 8 · 2 + 6 · 4 – 5 + 3 – 1 = 100
9 · 6 – 4 + 3 + 1 – 5 · 2 + 8 · 7 = 100
8 · (6 + 1) + 7 · 2 + 3 · (9 – 4 + 5) = 100

Salvador Corts encontró la siguiente forma:

1 · 2 · (5 · 4 + 6 · 3) + 7 + 8 + 9 = 100

Irene Hermoso presentó la siguiente:

1 · (9 · 8 + 7 + 6 + 3 · 4 + 5 – 2) = 100

José Luis Rodríguez encontró esta forma:

9 · 8 + 7 + 5 · 6 + 2 + 1 – 3 · 4 = 100

Finalmente, Raquel Perales dio con esta posibilidad:

9 · 7 + 8 · 4 + 5 – 1 + 6 – 2 – 3 = 100

He comprobado todas las respuestas, cosa que el lector también puede hacer, y, salvo algún error por mi parte, todas son correctas y esencialmente diferentes unas de otras. Creo que puede ser un problema interesante encontrar el número total de posibilidades que hay. Supongo que alguien lo habrá resuelto ya, aunque lo desconozco. 


Nota: este problema también ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

10.7.11

[El Problema de la Semana] Un león a punto de comer

En este problema, hay que saber decidir muy bien cuál es la solución correcta. ¡La vida de un príncipe depende de ello!

El príncipe del país de las matemáticas se encuentra frente a tres puertas de un gran castillo. Detrás de una puerta hay un león hambriento. Detrás de otra no hay nada, y detrás de la tercera hay una princesa. En la puerta de la izquierda pone: “Aquí está el león”. En la puerta del centro pone: “Aquí está la princesa”. En la puerta de la derecha pone: “Aquí no está el león”. Pero el paje del príncipe le avisa de una cosa: ¡Alerta, príncipe, sólo uno de los carteles es falso!

¿Qué tiene que hacer el príncipe para reunirse con la princesa sin ser devorado por el león?

Mírese debajo de la ilustración para encontrar la solución.

[Éste podría ser el aldabón de una de las puertas a las que tiene que llamar el príncipe. La fotografía ha sido tomada de esta web]

Solución:
La situación es la que vemos en el gráfico siguiente.


Si confiamos en que lo que dice el paje del príncipe es cierto, entonces sólo uno de los carteles es falso. Se pueden dar tres situaciones: que el cartel falso sea el de la puerta A, que sea el de la puerta B o que sea el de la puerta C.
Si el cartel falso es el de la puerta A, entonces detrás de A no está el león, pero B y C serían verdaderos, 
detrás de C tampoco está el león, luego el león tendría que estar junto a la princesa, detrás de B, y esto no es lo que dice el problema.
Si el cartel falso es el de la puerta C, entonces detrás de C sí está el león, pero A y B son verdaderos, y detrás de A también está el león; sólo hay un león según el problema, luego esto es imposible.
Si el cartel falso es el de la puerta B, entonces A y C son verdaderos, luego el león está detrás de A, y la princesa no puede estar detrás de B, sino en C. Esta es la única combinación coherente con las condiciones luego es la única posibilidad válida.
Por tanto, el león está en A y la princesa está en C, y la puerta C es la que debe elegir el príncipe.

Nota: este problema, al igual que otros que ya hemos sacado en el blog, ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.

9.7.11

[El Problema de la Semana] Las jarras de Poisson

Hoy hablamos de un problema relacionado con un famoso matemático:

La familia de Siméon Poisson intentó que su hijo fuera de todo, desde abogado a cirujano, lo primero alegando que no servía para nada más. Inició una o dos de estas profesiones con notable ineptitud, pero al final encontró su verdadero oficio cuando, durante un viaje, alguien le planteó un problema análogo al que tratamos a continuación. Lo resolvió al instante y desde entonces Poisson descubrió su verdadera vocación, llegando a ser uno de los más grandes matemáticos del siglo XIX.
El problema dice: Dos amigos que tienen una jarra de 8 litros de vino lo quieren repartir en 2 partes iguales. Disponen también de dos jarras vacías de 5 y 3 litros respectivamente. La pregunta es clara, ¿cómo pueden repartirse el vino en 2 partes iguales sin tirar nada?

La solución un poquitín más abajo.


[la imagen ha sido tomada de esta web, donde se expone alfarería fabricada en la Isla de Wight]

Solución:
Lo que tenemos que hacer es ir pasando el vino de una a otra jarra de forma inteligente hasta conseguir que los 8 litros queden repartidos en dos partes iguales de 4 litros. A continuación damos una tabla en la que se esquematiza el proceso:

Jarra de 3           Jarra de 5          Jarra de 8
0                        0                        8
3                        0                        5
0                        3                        5
3                        3                        2
1                        5                        2
1                        0                        7
0                        1                        7
3                        1                        4
0                        4                        4

La tabla se lee por filas. En el momento inicial, las jarras de 3 y de 5 están vacías, y los 8 litros están en la jarra de 8, y esto está indicado en la primera fila, con los números 0, 0 y 8. Luego tomamos la jarra de 8 y llenamos la de 3, y entonces hay 3 litros en la de 3 y 5 litros en la de 8, mientras que la jarra de 5 permanece vacía, y eso es lo que está escrito en la segunda fila, 3, 0 y 5. A continuación tomamos la jarra de 3 y la vaciamos en la de 5, quedando vacía la de 3, la jarra de 5 queda con 3 litros y la de 8 se mantiene con 5 litros, y esto es lo que indica la tercera fila, con 0, 3 y 5. Se continúa pasando el vino como está esquematizado en las filas hasta alcanzar la última fila, en la que conseguimos que haya 4 litros en dos jarras.
Como es lógico, al final las dos mitades de cuatro litros quedan recogidas en las jarras de 5 y 8 litros respectivamente ya que no caben en la de 3 litros.
Es un poco difícil de seguir la explicación una vez escrita, así que aconsejo al lector que trate de reproducir el esquema que aparece arriba, usando su propio camino lógico. ¡Cuidado: el proceso descrito no es la única solución!

Nota: este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.