Problemas
propuestos en la sección de
2005-2006
El autor de esta página web
mantiene cada dos domingos a las 9,20 de la mañana un diálogo sobre matemáticas
con Pepa Fernández, dentro del programa No
es un día cualquiera, de Radio Nacional de España. Como final del programa
se propone a los escuchantes un problema más de ingenio que de fórmulas más o
menos complicadas.
Éstos son los problemas propuestos
hasta hoy, con sus soluciones.
11.09.05
Problema del sueldo insuficiente. En una historieta de la dibujante Maitena, una amiga dice a otra:
—¿Pero puedes vivir con la mitad del sueldo?
—Sí, responde ésta—, pero entonces me endeudo el doble.
Se pregunta: ¿En qué porcentaje debería subirse el sueldo a la primera amiga para que ésta equilibrara sus gastos?
Solución. Sea x su sueldo, y xo sus necesidades. Existirá un déficit, x – xo, obviamente negativo.
Este déficit es el doble del que se produciría con la mitad del sueldo, que sería x/2 – xo.
El problema se reduce pues a resolver la ecuación:
x/2 – xo = 2 (x – xo)
De la que resulta x/xo = 2/3.
Es decir, que el sueldo x cubre sólo los 2/3 de los gastos de la protagonista. Por tanto, habría que subirlo un 50 % para que ésta cubriera sus gastos.
25.09.05
Problema de los gatos y los ratones. Si seis gatos se comen
seis ratones en seis minutos, ¿cuántos gatos hacen falta para comer cien
ratones en cincuenta minutos?
Solución Llamemos “máquina devora-ratones” al conjunto formado por
6 gatos.
Una “máquina” se come 6
ratones en 6 minutos, o sea un ratón en 1 minuto.
Por tanto, la misma
“máquina” devoraría 100 ratones en 100 minutos.
Como se trata de devorarlos en 50 minutos, se necesitarán 2 “máquinas”, es decir, 12 gatos.
Mediante el uso de álgebra: La velocidad comedora por gato es:
De donde resulta
fácilmente:
gatos
09.10.05
Problema del mosquito viajero: Barcelona y Madrid distan 600 km. En el mismo instante salen sendos trenes de una hacia la otra ciudad, a velocidades de 200 km/h.
Un veloz mosquito sale en el mismo instante de Madrid hacia Barcelona a una velocidad de 400 km/h. Cuando encuentra el tren que viene desde Barcelona, da la vuelta y vuela en dirección hacia Madrid, y al encontrar el tren que viene de la capital, da otra vez la vuelta volando de nuevo hacia Barcelona, siempre a la misma velocidad de 400 km/h. Y así sucesivamente hasta que los trenes se crucen en Zaragoza, en el punto medio.
Se pregunta: En ese momento, ¿cuántos kilómetros habrá recorrido el mosquito?
Solución. Los trenes se encuentran al cabo de 1,5 h. Por tanto, el mosquito habrá volado ese tiempo. A su velocidad de 400 km/h, la distancias recorridas en su zigzag será de 600 km.
Mediante el uso de progresiones geométricas: El mosquito encuentra por primera vez al tren que viene de Barcelona al cabo de 1 h. En ese momento, cada tren ha recorrido 200 km, o sea, entre ambos, los 2/3 del recorrido total. El mosquito, dos veces ese valor, o sea 400 km, que son también los 2/3 del mismo recorrido.
En ese momento, la distancia entre los trenes es 1/3 del total. En el segundo viaje del mosquito, todas las anteriores cifras se reducen a 1/3 de las anteriores. Y así sucesivamente.
La distancia total recorrida es la suma de una progresión geométrica de razón 1/3:
Este problema es un “clásico” en las matemáticas, y recibe el nombre de “el problema del mosquito (o la mosca) de von Neumann”. Puede hallarse un análisis más a fondo de él en: http://pedroweb.dyndns.org/matematicas/lamoscadevonneumann.htm
23.10.05
Problema del café y la leche: Tenemos dos vasos
iguales, uno con café, el otro con leche. Ambos contienen la misma cantidad de
uno y otra.
Tomamos una cucharada
del vaso de café, y la vertemos en el de leche. Mezclamos bien y seguidamente
tomamos una cucharada del vaso de leche (que contendrá algo de café) y la
vertemos en el de café.
Tras estas operaciones,
el vaso de leche contiene un poco de café, y el de café contiene un poco de
leche. ¿Qué hay más: café en la leche o leche en el café? ¿O igual?
Respuesta: Después del primer vertido, el vaso de leche
contiene algo de café. Por tanto, la segunda cucharada contiene un escrúpulo de
café. Por tanto, en la leche queda una cucharada de café menos ese escrúpulo,
que es retirado.
La cucharada es
incorporada al café. Ésta contendrá entonces una cucharada de leche menos un
escrúpulo. Por tanto, habrá tanto café
en la leche como leche en el café.
Por álgebra: Si es c la cantidad de café en su vaso y c’ en
el vaso de leche, y análogamente con l y l’: como al final hay tanto líquido en
cada vaso, es c + l’ = c’ + l. Pero como c + c’ = l + l’, enseguida se deduce
que c’ = l’.
Puede hallarse un
análisis más completo del problema en http://pedroweb.dyndns.org/matematicas/cafeconleche.htm
06.11.05
Problema de las cajas y las bolas: Se tienen 20 cajas, cada una con 20 bolas de igual forma y peso: 1 kg. Salvo las de una caja, que pesan 1,1 kg.
Disponemos de una báscula capaz de afinar hasta los 100 g. Averiguar, con una sola pesada, cuál es la caja que contiene las bolas más pesadas.
Respuesta: Rotulemos las cajas con los números 1 al 20, y pongamos en la báscula 1 bola de la caja 1, 2 de la caja 2, y así sucesivamente.
Si las bolas fueran todas iguales, obtendríamos un peso de 1+2+3+…+20 = 210 kg. Pero este valor será sobrepasado al ser algunas bolas más pesadas. Por el sobrepeso obtendremos la caja de las bolas. Por ejemplo, si el peso total obtenido es 211,200 kg, este 1,200 kg de exceso corresponde a 12 bolas más pesadas, conque la caja que las contiene es la número 12.
20.11.05
Problema de las
mechas: Hemos
perdido nuestro cronómetro y sólo disponemos de un par de mechas absolutamente
distintas e irregulares en lo que se refiere a composición, longitud y
velocidad de combustión; es decir, que arden de una manera absolutamente irregular. También disponemos de una
caja de cerillas para prender fuego a nuestras mechas.
Se sabe a ciencia cierta que cada una de las
dos mechas arde exactamente en una hora.
En estas circunstancias, nos piden que
cronometremos 45 minutos. ¿Cómo
podríamos hacerlo?
Solución: Encender una de ellas por los dos extremos y la otra por uno. Cuando la primera mecha se consuma (obviamente a los 30 minutos), se enciende el segundo extremo de la segunda. De ella quedan 30 minutos, pero encendida por los dos extremos sólo durará 15. En total, 30 + 15 = 45 minutos.
04.12.05
Problema de los siete mensajeros
El cuento fantástico I sette messageri del italiano Dino Buzzati narra la historia de un príncipe que a los 30 años de edad sale de la capital de su reino para conocer éste. Lleva consigo a siete fieles servidores, que utilizará como mensajeros para comunicarse con su punto de partida durante el viaje. Los siete mensajeros, denominados por orden alfabético por Buzzati, son Alessandro, Bartolomeo, Caio, Domenico, Ettore, Federico y Gregorio.
A las 24 horas de la partida, manda a Alessandro con un mensaje. El mensajero llega a la capital, recoge el mensaje que allí tenían preparado para el príncipe y sin mayores descansos parte para alcanzar a éste, que ha continuado su viaje. En cuanto lo alcanza, el príncipe lee el mensaje e inmediatamente manda su respuesta a través de Bartolomeo, quien sigue el mismo proceso que Alessandro.
Cada mensajero marcha a una velocidad que es vez y media la del séquito del príncipe, por lo que éste recibe noticias cada vez más espaciadas de la capital del reino.
El tiempo transcurre, y el príncipe va desgastando su vida sin llegar nunca al final de su reino. En el momento de largar a Gregorio, el último mensajero, da por cierto que ambos se ven por última vez en su vida.
¿Cuánto tiempo habría transcurrido desde el inicio del viaje hasta el regreso de Gregorio[1]?
Solución.
En el clásico problema de los móviles, el tiempo que el perseguidor tarda en alcanzar al perseguido es la distancia que los separa inicialmente dividida por la diferencia de velocidades (pues cada unidad de tiempo los acerca una cantidad igual a dicha diferencia).
Como el primer mensajero debe ir y volver a la capital del reino, es como si la distancia inicial entre el perseguidor (Alessandro) y el perseguido (el príncipe) fuera dos veces la existente en el momento de la separación de ambos. Por tanto, el tiempo que tardará en producirse el encuentro será 4 veces dicha distancia[2]. O sea que el alcance se produce en un tiempo 5 veces el de partida.
Es inmediato que este resultado es generalizable. Por tanto, Bartolomeo alcanza al príncipe a los 5 × 5 = 52 = 25 días.
Caio, a los 53 = 125 días.
Domenico, a los 54 = 625 días. ¡Veinte meses!
Ettore a los 55 = 3125 días. ¡Ocho años y medio!
Federico a los 56 = 15 625 días, ¡o sea casi cuarenta y tres años! El príncipe es ya un anciano, y desde luego no tiene esperanzas de ver el regreso de Gregorio, que se produciría, si éste llegara a vivir tanto, a los 57 = 78 125 días, o sea ¡214 años!
18.12.05
Problemas de Navidad
1.
Intercálese entre 2 y 3 un símbolo matemático de forma que quede representado un valor entre 2 y 3.
2.
Hallar una palabra de doce letras que pueda mecanografiarse usando sólo la mano izquierda. Lo mismo con nueve letras y la mano derecha.
3.
Convertir 131 en un pueblo valenciano añadiéndole una sola línea. Por el mismo procedimiento, cámbiese 301 en un pueblo catalán.
4.
—Alberto tiene al menos mil libros —dice Bárbara.
—No es cierto —dice Carlos—, tiene menos.
—Pues seguro que tiene al menos uno —interviene Delia.
Si sólo una afirmación es cierta, ¿cuántos libros tiene Alberto?
5.
En Europa escribiremos la fecha de la próxima Navidad como 25/12/05, en USA como 12/25/05. Si no sabemos qué sistema se usa, ¿cuántas fechas del año son ambiguas?
6. Hace unos cuantos años recuerdo un día de octubre en que a medianoche llovía a cántaros en Santiago de Compostela. ¿Es posible que 72 horas más tarde el tiempo fuera allí soleado?
7.
—Yo tenía n años en el año n2 —decía mi abuelo. ¿En qué año había nacido?
8.
Hállense dos palabras castellanas de 5 letras. En una, están colocadas alfabéticamente, en la otra, antialfabéticamente (Para quienes gusten de lo difícil: lo mismo con palabras de 6 letras).
Soluciones.
1. 2,3.
2.
DESAGRADECER (hay otras 5, y una de 14:
EXTRATERRESTRE). MONOPOLIO (hay otras 3, y una de 10: PILLOPILLO).
3.
IBI,
BOI.
4.
No
tiene ninguno.
5.
132 (no son ambiguas fechas como 7/7/05).
6. No es posible, porque 72 horas más tarde volvía a ser medianoche.
7. Tenía 36 años en 1936 = 442. Había nacido en 1892.
8.
HIMNO, ZURRÓN. De 6 letras: ABENUZ, TRÓNICA.
01.01.06
Problema del monje.
El lunes, a la salida del sol, parte el monje Simeón del monasterio de las Aguas Azules hacia la cumbre del monte del Descanso Intermitente, recorriendo la Senda del Cardamomo. Unos ratos anda aprisa, en otros hace descansos y paradas, y llega finalmente a su destino a la puesta del sol.
Permanece por la noche practicando la Meditación Introspectiva y las posturas del método Herodes y al día siguiente, a la salida del sol, emprende el camino de regreso. Como el día anterior, anda a velocidades variadas, también hace paradas y descansos, no necesariamente en los mismos sitios ni con la misma duración, aunque siempre por la misma senda. Llega a la puesta del sol.
Se pregunta: ¿Existe algún punto en el camino recorrido por el que Simeón haya pasado los dos días a la misma hora? Razónese que sí, que no o en qué condiciones puede existir ese punto.
Solución: Existe al menos un punto. Imaginemos que Tolomeo, su fiel discípulo, partiera el martes reproduciendo el mismo camino de su maestro el día anterior. En algún punto se encontrarían, por tanto…
El problema de los
besos y los apretones de manos
El otro día mi mujer y yo fuimos invitados a
la cena anual de los componentes del equipo de
Terminados los saludos, mi mujer nos hizo
observar que cada uno de los otros siete comensales habíamos estrechado un
número distintos de manos.
¿Cuántas manos estreché y cuántos besos di?
Solución
Cada hombre ha estrechado un mínimo de tres
manos y un máximo de seis (claro es que no se saluda al propio cónyuge). Hay
cuatro hombres… deben haber estrechado 3, 4, 5 y 6 manos, respectivamente.
Luego las tres mujeres restantes (sin contar
la mía, que no se refiere a sí misma en la observación) habrán estrechado 0, 1
y 2 manos, únicos números que quedan disponibles. Obviamente, la que no ha
estrechado ninguna mano ha recibido 6 besos. Su marido es precisamente el que
ha estrechado 6 manos (pues todos los demás han dado al menos un beso a su
mujer de él, conque ésta se ha quedado sin apretones de manos).
El marido de los 5 apretones ha dado la mano
a todo el mundo excepto a la mujer del anterior, que no estrechó ninguna. Su
mujer ha apretado sólo una mano, la del marido de los 6 apretones.
Así, sucesivamente, se halla que otra mujer
recibió 2 apretones, y la otra 3. Ésta debe ser mi mujer, para no repetirse
conmigo, que he apretado también 3 manos y dado 3 besos.
Para mayor claridad, véase el diagrama:
El problema de los ordenadores portátiles
Mi hermana y mi cuñada
salieron un día de compras informáticas, y ambas discutieron sobre cuál tenía
el ordenador portátil mejor, entendiendo como tal el más caro. Para dirimir la
discusión, hicieron una apuesta: los llevarían a la tienda de informática y la
que tuviera el portátil más barato lo cedería a la otra.
Al llegar a casa, mi
cuñado observó a mi hermana:
—Tu apuesta es
desventajosa. Si pierdes, perderás tu portátil. Y si ganas, ganarás uno más
barato.
Mi hermana, convencida,
llamó a mi cuñada para anular el trato. Y ésta, que había recibido las mismas
observaciones de su no menos sensato marido, aceptó encantada.
Pero, ¿cómo puede ser una
apuesta desventajosa para ambas partes?
Solución
Para empezar, en realidad
las apuestas posiblemente no son simétricas. Si uno de los portátiles vale 1000
€, la probabilidad de que el otro valga más puede ser superior a 0,50, pues hay
más valores superiores que inferiores a 1000 €.
Con todo, puede objetarse que desde el momento en que se ha suscitado la discusión, ambos son de valores parecidos, lo que justifica la apuesta. Pero, entrados en el terreno subjetivo, hay que seguir en él. Y, habiéndose suscitado la discusión, hay que sustituir el valor de cada portátil por el valor que cada cuñada espera, y éste es precisamente 1000 €.
Estadísticamente también se ve que la apuesta es equilibrada. Si pudieran realizarla 100 veces, 50 ganaría una y 50 la otra. Y las ganancias equilibrarían las pérdidas.
En otras palabras: si se
gana, se gana un ordenador más barato, pero si se pierde, se pierde también el
ordenador más barato.
Problema de la moneda en el Mar del Plata
A UNA MONEDA
Fría y tormentosa la noche que zarpé de Montevideo.
Al doblar el Cerro,
tiré desde la cubierta más alta
una moneda que brilló y se anegó en las aguas
barrosas,
una cosa de luz que arrebataron el tiempo y la
tiniebla.
Tuve la sensación de haber cometido un acto
irrevocable,
de agregar a la historia del planeta
dos series incesantes, paralelas, quizá infinitas:
mi destino, hecho de zozobra, de amor y de vanas
vicisitudes,
y el de aquel disco de metal
que las aguas darían al blando abismo
a los remotos mares que aún roen
despojos del sajón y del fenicio.
A cada instante de mi sueño o de mi vigilia
corresponde otro de la ciega moneda.
A veces he sentido remordimiento
y otras, envidia,
de ti que estás, como nosotros, en el tiempo y su
laberinto
y que no lo sabes.
Jorge
Luis Borges
Cuando J. L.
Borges echó la moneda al mar, ¿qué ocurrió con el nivel de éste? ¿Subió, bajó o
permaneció constante?
Solución
El volumen
marino fue incrementado por el de la moneda, pero disminuido por la porción de
buque que ascendió como consecuencia de la pérdida de lastre.
Puesto que la
moneda se hundió, su densidad era superior a la del agua, conque según el
principio de Arquímedes el segundo volumen es superior al primero, y por tanto
el nivel del mar bajó.
(Otra cosa es
la cuantía de esa bajada: el cálculo la sitúa en una magnitud del orden de la cienmilésima
parte del núcleo atómico).
Puede verse resuelto en detalle el problema en http://pedroweb.dyndns.org/matematicas/monedaalmar.htm.
El problema de los ciclos masculino y femenino
El otorrinolaringólogo Wilhelm Fliess, amigo de Freud, estableció que el comportamiento femenino seguía unos ciclos absolutamente regulares de 28 días, y el masculino, de 23. Fliess decía que cualquier número puede obtenerse sumando y/o restando múltiplos de 23 y de 28. Por ejemplo: 400 = 4*23 + 11*28; 77 = 7*23 – 3*28.
De hecho, Fliess se quedó corto: a partir de un cierto número, cualquiera es suma de un múltiplo de 23 y uno de 28. ¿Cuál es el mayor número que no puede expresarse como suma de un múltiplo de 23 y otro de 28?
Solución
La respuesta es 23*28 - 23
- 28 = 593. La prueba hace uso del cálculo de congruencias, algo complejo. Se
puede resolver fácilmente haciendo uso de una hoja de cálculo, calculando los
posibles resultados y ordenándolos.
El problema del
batallón de soldados
Un batallón consta de 100 soldados, todos de
distintas estaturas, a los que su capitán forma en cuadrado, o sea en 10 filas
y 10 columnas.
Selecciona el más alto de cada columna, al
grupo así formado los llama “los grandullones”. De entre todos ellos, hay uno,
el más bajo de todos, al que llamaremos “el grandullín”.
Igualmente selecciona el más bajo de cada
fila (“los chiquitines”). Llamaremos al más alto de todos ellos “el chiquitón”.
Se pregunta: ¿Quién es más alto, el grandullín
o el chiquitón? ¿O no es posible pronunciarse en general?
Solución
Llamemos “el medianejo” al soldado que ocupa
la misma columna que el grandullín y la misma fila que el chiquitón.
Claro está que el medianejo es más bajo que
el grandullín (pues está en su misma columna, y el grandullín es el más alto de
ella). Pero también es más alto que el chiquitón, pues está en su misma fila, y
el chiquitón es el más bajo de ella.
Por tanto, el grandullín es siempre mayor que
el chiquitón… ¡salvo en el caso en que los dos sean la misma persona! Caso
raro, pero que puede darse.
Puede hallarse el problema razonado con mayor rigor matemático en
http://pedroweb.dyndns.org/matematicas/grandullinychiquiton.pdf
Segundo problema
del monje
Nuestro viejo conocido, el monje Simeón, vuelve al monasterio de las Aguas Azules. Pero esta vez lo hace en bicicleta aprovechando la pista nueva que han construido. Su velocidad promedia es de 20 km/h.
La vuelta, por la misma pista, es más fácil. Como es cuesta abajo y además tiene el viento a favor, consigue una velocidad promedia de 60 km/h.
¿Cuál ha sido la velocidad
media total?
Solución
No debe sacarse la velocidad promedia considerando
los recorridos, sino los tiempos empleados, que están en la relación 3:1. La media
ponderada de las velocidades atendiendo a esos tiempos, será:
km/h
En otras palabras: no hay que sacar la media
aritmética de las velocidades, sino la media armónica (inverso de la media de
los inversos). Si son v1 y
v2 las velocidades:
Obsérvese que no hace falta conocer la
distancia recorrida. Dando a ésta cualquier valor (v. gr. 14 km) se obtiene el
mismo resultado
Problema del reloj
El otro día, al salir de casa para hacer una
gestión, observé que en mi reloj la aguja de las horas estaba entre las 11 y
las 12, y la de los minutos entre las 12 y la 1.
A mi regreso, vi que las dos saetas habían
invertido exactamente su posición.
¿Cuánto tiempo había transcurrido? ¿A qué hora salí? ¿A qué hora
regresé?
Solución
El desplazamiento angular de la minutera
desde las 12 es exactamente 12 veces el de la horaria desde las 11.
Pero, puesto que se ha producido una
inversión de posiciones, también el desplazamiento de la horaria será 12 veces
el de la minutera contado desde las 12 h. Es decir, 144 veces el de la misma
horaria contado desde las 11 h.
Por tanto, contando en segundos de reloj, los
3300 segundos que van desde las 12h hasta la posición de la horaria
son 143 veces la posición de ésta, que valdrá por tanto 3300s/12 =
23s 1/13. Por tanto regresé a casa a las 12h 55m 23s 1/13.
El desplazamiento de la horaria, contado en
segundos desde las 12, es 12 × 12 veces este valor, o sea 55m 23s
1/13. La hora de salida era por tanto las 11h 4m 36s 12/13.
La diferencia entre ambas horas es lo que
duró la gestión: 1h 50m 46s
2/13.
El problema de las coles
Los comerciantes Colás y Nicolás venden coles en el mercado. Cada uno dispone de una caja de 30 de ellas, pero el primero vende las suyas, más pequeñas, a tres unidades por un euro, mientras que el segundo, a dos por un euro. Nicolás tiene que ausentarse un rato, y pide a Colás que venda ambos lotes. Así lo hace Colás, aplicando el precio de 5 coles por 2 euros.
Vendidas todas las coles y regresado Nicolás, sucompañero ofrece la recaudación: 24 euros. Sin embargo, Nicolás protesta, alegando que sus coles valían 15 euros, mientras que las de Colás valían 10: la suma hubiera debido ser de 25 euros.
¿Quién tiene razón?
Solución
El precio medio era en efecto 3/5 = 0,40 €/col, pero siempre que, dentro de cada lote de 5 coles, 2 hubieran sido de Nicolás y 3 de Colás, conque al final hubieran sobrado 10 coles del primero, y éstas debían haber sido vendidas a 0,50 € la unidad. Así, la recaudación hubiera sido 50·0,40 + 10·0,50 = 20 + 5 = 25 €.
El precio medio no es 0,40 €/col, sino el promedio entre 1/3 y ½ que es 5/12 =0,4167 €/col.
El problema de la isla Tripartita
Un náufrago arriba a la playa de la isla Tripartita, que está poblada por tres tribus distintas:
--Los vales, que siempre dicen la verdad.
--Los trolas, que siempre mienten.
--Los cal-arenas, que dicen verdad y mentira alternativamente (sin que pueda saberse por dónde van a empezar).
Los nativos, pese a sus extraños hábitos morales, son buena gente y tres de ellos le atienden. El náufrago observa por sus vestimentas que son de tribus distintas y pregunta al primero:
—¿De qué tribu eres?
—Soy un trola —contesta éste.
—¿Es cierto? —pregunta al segundo.
—Sí, es un trola —contesta éste.
¿A qué tribu pertenece cada uno?
Solución
Un vale nunca diría “soy un trola”. Tampoco lo diría un trola, ya que sería verdad. Luego el primer nativo es un cal-arena en su turno de mentir.
Por tanto, el segundo nativo también miente, conque debe ser un trola.
El tercero, naturalmente,
será un vale.
El problema de los trozos de papel.
Cortamos una hoja de papel en cuatro trozos. Seguidamente tomamos uno, o dos tres o los cuatro (a nuestra elección) y nuevamente los partimos cada uno en cuatro trozos. Proseguimos así las veces que queramos, partiendo siempre en cuatro trozos algunos o todos los resultantes de particiones anteriores.
¿Será posible, de esta forma, obtener 43 trozos? ¿Y 59?
Solución
Cada vez que partimos un pedazo de papel, incrementamos el número total de trozos en 3 unidades.
Como habíamos partido de una sola unidad (la hoja de papel), el número resultante será siempre un múltiplo de 3 más uno. Para comprobar si un número cumple con esta condición, bastará con dividirlo entre tres y observar si el residuo es 1. El 43 sí cumple, pero no 59. Por tanto será posible obtener 43 trozos, pero no 59.
El problema del llenado del depósito
He aquí uno de los
problemas más antiguos conocidos. Figuraba en los manuales de Herón, el célebre
matemático alejandrino.
Un depósito tiene dos espitas para la entrada de agua
y un desagüe. Con sólo la primera espita abierta se llena el depósito en tres
horas, con sólo la segunda, en cuatro, y el desagüe lo vaciaría en 2. ¿Cuánto tiempo tardará en llenarse el
depósito estando las dos espitas y el desagüe abiertos?
Soluci
ón
La solución clásica se razona así: La primera
espita llena cada hora 1/3 de depósito, la segunda ¼ y la
tercera vacía ½. Por tanto, las tres a la vez llenan cada hora 1/3 + ¼ -
½ = 1/12. El conjunto de las dos espitas y el desagüe abiertos hará por tanto
que se llene el depósito en doce horas.
Sin embargo… el cálculo integral aporta
nuevas dimensiones a este clásico problema. Pueden verse en http://www.albaiges.com/fisica/problemasdepositos.htm.
El problema de las
asistentes a la boda
A la boda de mi amigo Juan Salvador asistimos
100 parejas de invitados.
85 de las señoras llevaban pamela, 75 llevaban
pendientes de brillantes y 65 lucían un anillo.
¿Cuántas damas, como mínimo, llevaban todo: pamela,
pendientes de brillantes y un anillo?
Solución
100 – 85 = 15 señoras no llevaban pamela.
100 - 75 = 25 no llevaban pendientes de
brillantes.
100 – 65 = 35 no lucían anillo.
Como máximo, no llevaban alguno de estos
accesorios 15 + 25 + 35 = 75.
Por tanto, como mínimo, llevaban todos ellos 100
– 75 = 25.
El problema del
campanario
De niño me gustaba subir al campanario de mi
pueblo. La bajada la hacía saltando los escalones, y observé que si los saltaba
de 2 en 2, me sobraba 1. Si los saltaba de 3 en 3, me sobraban 2. Si de 4 en 4,
me sobraban 3. Si de 5, en 5, me sobraban 4. Si de 6 en 6, me sobraban 5. Si,
en un máximo esfuerzo, lo hacía de 7 en 7, venían justos.
¿Cuántos escalones tenía el campanario?
Solución
De haber tenido el campanario un escalón más,
hubieran venido las cuentas justas en todos los casos excepto el último. Por
tanto, hay que hallar de momento un número que sea a la vez múltiplo de 2, 3,
4, 5 y 6.
Este mínimo común múltiplo (mcm) es 60. Por
tanto, el número de escalones más 1 será un múltiplo de este valor: 60, 120, 180,
240, 300…
El número 119 es múltiplo de 7. Por tanto,
ése es el valor (desde ahí se repiten cada 420, el siguiente posible sería 539,
demasiado para un campanario).
El problema de la
carrera
Antonio y Bonifacio se desafían a una carrera
de 100 m. Antonio gana por 10 m de ventaja.
Bonifacio pide la revancha, y para hacer más
equilibrada la competición, Antonio le da esta vez una ventaja, situándose 10 m
antes de la línea de salida.
¿Quién ganará?
Solución
Seguirá ganando Antonio, quien corre 100 m
mientras Bonifacio corre 90. Por tanto se igualarán 10 m antes de la meta. Los
últimos 10 m los corerá más rápido Antonio, quien ganará con una ventaja de 1
m.
Seguirá ganando Antonio, quien corre 100 m
mientras Bonifacio corre 90. Por tanto se igualarán 10 m antes de la meta. Los
últimos 10 m los correrá más rápido Antonio, quien ganará con una ventaja de 1
m.
Para haber equilibrado las fuerzas, Antonio
debería haberse situado en la línea de salida, y Bonifacio 10 m más allá.