Contando cuadrados

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Para aumentar el número de cuadrados, hasta llegar a siete, debemos quitar dos cerillas, disminuyendo, evidentemente, el número de cuadrados presentes, y volver a colocarlas, de forma que aumenten los cuadrados en dos unidades más de los que hemos reducido.

Tres cuadrados

Partiendo de la figura que tenemos, al quitar el primer cuadrado, podemos elegir entre quitar uno del centro,o uno del exterior. En ambos casos desaparecen dos cuadrados, con la diferencia de que si quitamos una cerilla del exterior, nos queda una cerilla suelta que no forma parte de ningún cuadrado, de forma que la podemos quitar sin estropear ningún cuadrado más. Si la quitamos del interior, no podemos eliminar ninguna otra cerilla sin quitar, al menos, otro cuadrado.

Ya tenemos la figura sin las dos cerillas, y con sólo tres cuadrados. ¿Cómo crear con sólo dos cerillas cuatro cuadrados más?

La respuesta, como se ha sugerido en los comentarios, es cruzarlas en el interior de uno de los cuadrados pequeños. Evidentemente, las podemos poner en el interior de cualquiera de los cuadrados.

Siete cuadrados

Un juicio con mentiras

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Este problema puede resultar un poco confuso, ya que hay muchas variables en juego. Por un lado, lo que nos preocupa de veras es que entre las tres personas (acusado, defensor y fiscal) hay exactamente un culpable y dos inocentes, y necesitamos saber quién es quién. Además, hay alguien que siempre dice la verdad y alguien que siempre miente, entre esos tres. Por último, el que siempre miente no es el culpable. Podemos usar eso combinado con sus afirmaciones.

Si tomamos en su conjunto las dos afirmaciones del fiscal, que el acusado es culpable y que él mismo es culpable, y puesto que no puede haber dos culpables en este caso, el fiscal no puede ser el que siempre dice la verdad.

Sin embargo, si la frase del abogado es falsa, entonces el acusado es culpable, y por tanto su frase también es falsa. Eso quiere decir que ambos (defensor y acusado) dicen frases falsas, y como sabemos que uno de los tres siempre dice la verdad, debería ser el fiscal, cosa que no es cierta. Luego la frase del abogado no puede ser falsa.

Como la frase del abogado es cierta, el acusado es inocente. El acusado también afirma ser inocente, con lo que afirma una frase cierta. Eso quiere decir que el fiscal es la persona que siempre miente. Por tanto, sus dos frases son falsas, de donde no es culpable ni el acusado, ni él mismo. Eso indica que el culpable es el abogado defensor.

Bueno, el caso ya está resuelto. El culpable es el defensor. Sin embargo, tanto el culpable defensor como el inocente acusado podrían decir siempre la verdad. De forma que no podemos estar seguros de qué contestó el acusado cuando el juez le preguntó si el fiscal era culpable, pues pudo ser tanto que sí como que no. Lo que es seguro es que si le dijo que sí, el abogado siempre decía la verdad, y que si le contestó que no, seguiría sin saber cuál de los dos era el que siempre decía la verdad. Pero el juez pudo dictar sentencia de culpabilidad sin la contestación del culpable.

Un par de cofres

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Lo primero que podemos tratar de averiguar es si la primera inscripción, la del cofre dorado, es verdadera o no. Afirma que los dos cofres de este juego están hechos por alguien de la familia Bellini, pero los miembros de la familia Bellini siempre ponían a sus cofres inscripciones falsas. Eso quiere decir que la frase no puede ser verdad, ya que si fuese verdad, la frase sería falsa. Es decir, que es falsa, por lo que el cofre dorado sí que debe estar hecho por alguien de la familia Bellini, pues tiene una frase falsa.

Sin embargo, no puede ser que el otro cofre esté hecho por alguien de la familia Bellini, ya que en ese caso, la frase del cofre dorado sería cierta, y sabemos que no lo es. Luego el otro cofre está hecho por alguien de la familia Alves, por lo que su inscripción será verdadera.

La inscripción del cofre plateado, que es verdadera, dice: "Ninguno de estos dos cofres es obra de un hijo de Alberto Alves, ni de un hijo de Bernardo Bellini", por lo que los cofres serán de los padres. Es decir, el cofre dorado será de Bernardo Bellini, y el plateado de Alberto Alves.

Tipos de elfo

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El comentario que se publica en la entrada original prácticamente soluciona del todo el problema. Efectivamente, hay dos posibilidades.

Si el primer elfo que habla es un elfo de la luz, es decir, su afirmación es cierta, entonces el segundo que habla miente, y el primero que ha hablado y el silencioso no son del mismo tipo, es decir, que el que calla es un elfo oscuro.

Por otra parte, si el que habla primero es un elfo oscuro, es decir, miente, el segundo deberá ser un elfo de la luz, por lo que es cierto lo que dice y el silencioso es del mismo tipo que el primero que habla, es decir, es oscuro.

Como podemos apreciar, el elfo que no dice nada es un elfo oscuro.

Ahora bien, hay algo que podemos conocer de los otros dos: son de distinto tipo, ya que en ambos casos uno es de la luz y otro oscuro. Esto es lo único en lo que falla el comentario citado antes.

Otra diana

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La intención de este problema está clara: encontrar la menor cantidad de sumandos de los presentados que sumen exactamente 100. Algunos estudiantes pensaron que se trataba de lanzar todos los tiros al mismo sector, pero está claro que así no conseguiremos nunca sumar exactamente 100.

Si dividimos 100 entre el mayor de los números, 19, obtenemos más de 5 (6*19 = 114). Eso quiere decir que necesitaremos como mínimo 6 disparos para obtener 100, porque con 5 sólo podemos llegar a 95 (5*19). Vamos a probar las combinaciones de 6 tiros más grandes.

Como ya hemos visto, 6*19 = 114 y nos pasamos.

La siguiente situación, 5*19 + 1*15 = 110, también nos pasamos, como si cambiamos el acierto en 15 por uno de 13 (108), o uno de 10 (105).

Si tomamos 4*19 = 76 y le añadimos 2*15, obtenemos 106. Tampoco logramos 100 si cambiamos uno de los de 15 a 13 (104) o a 10 (101).

Si sumamos a 4*19 = 76, dos aciertos en el 13, obtenemos 102, si cambiamos uno por un 10, 99, y si cambiamos los dos, aún sacaremos menos.

Es decir, que 4 tiros en el 19 no nos deja ninguna solución. Probemos con 3 disparos en el 19, que da 57.

Si le añadimos otros 3 en el 15 (45), nos da 102, que tampoco nos sirve. Pero al cambiar uno de ellos por un 13, sí nos permite sumar 100 (19 + 19 + 19 + 15 + 15 + 13).

¿Será la única solución? Evidentemente, cambiando otra de 15 nos dará números más bajos, luego con tres aciertos en 19 no puede haber más posibilidades. Y si ponemos menos aciertos en el máximo, 2 en el 19, tenemos 38. Y sumarle los otros 4 en el 15, que es el siguiente valor en puntuación, sólo nos hace llegar a 98. Luego no hay más situaciones en las que lleguemos a 100 con 6 tiros.

Puede que con más disparos también logremos 100, pero nos habían pedido la cantidad mínima, es decir, estos 6 que hemos indicado.

Aumentando las raíces

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Una primera solución se puede obtener estudiando la relación entre coeficientes y raíces (ceros) de un polinomio o una ecuación polinómica. La idea, que ya hemos usado en otros problemas, consiste en que un polinomio p(x) de segundo grado que tiene dos raíces se puede factorizar (convertir en un producto) de la forma t(x - r)(x - s), donde r y s son las raíces y t el coeficiente del término de mayor grado. Si nos fijamos en que el coeficiente t (que en este caso es el de segundo grado) es uno, en este caso, los términos a y b valen -(r + s) y r*s respectivamente, cosa que se puede entender desarrollando el producto e igualando término a término.

Bueno, en este caso, si a = -(r + s), el nuevo término de la x en la nueva ecuación, c, valdría -(r + 1 + s + 1), ya que las nuevas raíces valen una unidad más. Por eso, c = -(r + s + 2) = -(r + s) - 2 = a - 2. Por otra parte, d = (r + 1)(s + 1) = r*s + r + s + 1 = b - a + 1.

Es decir, que si tenemos una ecuación como x² + 6x - 7 = 0, cuyas raíces son 1 y -7, calculando que 6 - 2 = 4 y que -7 - 6 + 1 = -12, la ecuación x² + 4x - 12 = 0 tendrá las raíces 2 y -6, cosa que podemos comprobar, por ejemplo, substituyendo estos valores.

Ahora bien, un comentario en el enunciado anima a tratar otro método, algo más abstracto. Supongamos que tenemos un polinomio p(x) de segundo grado que se anula en dos raíces r y s (es decir, p(s) = 0 y p(r) = 0). Buscamos otro polinomio q(x) de segundo grado que se anule en r + 1 y s + 1, y que su primer coeficiente (el de mayor grado) sea 1. A partir de p(x) podemos obtener uno, ya que si consideramos el polinomio q(x) = p(x - 1) podemos comprobar que q(r + 1) = p(r + 1 - 1) = p(r) = 0 y q(s + 1) = p(s + 1 - 1) = p(s) = 0. Luego q(x) se anula en r + 1 y s + 1, que es la condición pedida. Podríamos, además, razonar que es único (si alguien quiere que me extienda en esto, que escriba un comentario).

El caso es que el polinomio buscado, si p(x) = x² + ax + b, sería q(x) = (x - 1)² + a(x - 1) + b = x² - 2x + 1 + ax - a + b = x² + (a - 2)x + b - a + 1, es decir, que, como en la anterior solución, c = a - 2 y d = b - a + 1.

Factura incompleta

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Evidentemente, este problema se debe hacer usando ecuaciones. La primera factura se traduce en la ecuación que llamaremos F1, 8A + B + 3C + 3D = 350. La segunda factura, la ecuación F2, que es 5A + 2B + 2C + D = 250. Y la última factura, nos proporciona F3, que es 3A + 3B + C + 2D = 220.

Evidentemente, son cuatro las incógnitas, y sólo tres relaciones (ecuaciones). Eso significa que es probable que no consigamos calcular el valor de todas las incógnitas, pero que sí conseguiremos bastante información.

Lo primero que nos piden es el valor de B, el precio de los "bartofones". Podemos multiplicar la segunda factura por 3, y obtendremos 15A + 6B + 6C + 3D = 750, si a esto restamos ordenadamente los elementos de la primera, obtendremos que 7A + 5B + 3C = 400, en la que falta la incógnita D.

Por otra parte, si multiplicamos la segunda por 2, tenemos que 10A + 4B + 4C + 2D = 500, y si le restamos ahora la tercera, obtenemos que 7A + B + 3C = 280, una ecuación distinta en la que también falta la incógnita D.

Restando de nuevo, ordenadamente las dos ecuaciones obtenidas en las que falta D (ya que observamos un evidente parecido entre los coeficientes de las dos incógnitas A y C), Obtenemos que 4B = 120, es decir, que B = 30. Cada bartofón vale, por tanto, 30 euros.

Ahora, en las ecuaciones iniciales, podemos eliminar la incógnita B (y una de las ecuaciones, ya que la información que proporciona será redundante, si no lo haces, trabajarás más y no obtendrás nada nuevo). Queda así, eliminando la primera ecuación y la B de las otras dos, 5A + 2C + D = 190 y 3A + C + 2D = 130. Ahora, debemos decir cuánto valdrá A aproximadamente. Para esto, por ejemplo, podemos calcular C y D, suponiendo que sabemos cuánto vale A. Después razonaremos sobre esos cálculos.

Si tomamos la segunda ecuación y la multiplicamos por 2, tenemos 6A + 2C + 4D = 260. Al restarle la primera, sale que A + 3D = 70, es decir, que 3D = 70 - A. o D = (70 - A)/3.

Si tomamos la primera, multiplicada por 2, 10A + 4C + 2D = 380, y le restamos la segunda, tenemos que 7A + 3C = 250, es decir, que 3C = 250 - 7A, o que C = (250 - 7A)/3.

Ahora bien, como tanto D como C deben ser positivos, A debe ser menor que 250/7, es decir, que tiene un valor máximo de 35,71 euros. En ese caso, C vale 0,01 euros y D, 11,43 euros. En cuanto al valor mínimo, no hay problema en que A valga 0,01 euros, ya que en ese caso D vale 23,33 euros y C vale 83,31 euros. Puedes comprobar que en cualquiera de los dos casos se cumplen todas las ecuaciones, y que si A vale un céntimo más que el máximo, C debe ser negativo.

Frutas en la balanza

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Evidentemente, se trata de ecuaciones. En este nivel (primer ciclo de ESO) probablemente se puedan abordar todos los problemas sin usar ecuaciones, pero ahorran bastante tiempo, si se conocen bien.

Para abreviar, aquí se nos dice que cinco manzanas y un melón pesan lo mismo que 8 naranjas, y que tres manzanas y cinco melones pesan lo mismo que veinte naranjas.

En la otra balanza, quedan tres manzanas en un plato y una naranja en el otro. Falta por añadir los melones ¿no?

Una de las formas más intuitivas es combinar "sumando" y "restando" cantidades como las conocidas, hasta obtener tres manzanas en un lado, y una naranja en el otro.

Fíjate que en una de las balanzas hay cinco manzanas, y en la otra, tres. Ya tenemos tres manzanas en un plato, pero salen veinte naranjas en el otro.

También podríamos repetir tres veces el primero (quince manzanas) y quitarle cuatro veces el segundo (doce manzanas). Tendríamos en el otro plato 24 naranjas menos 60, que sale negativo. Eso no interesa.

Veamos cómo podemos combinar la información que tenemos, fijándonos sólo en manzanas y naranjas, de forma que nos queden naranjas en el otro lado. El doble de la segunda balanza, menos la primera, dejaría una manzana en un lado, y 32 naranjas en el otro. El triple de la segunda, menos la primera, cuatro manzanas y 52 naranjas (demasiadas). También podemos poner el triple de la primera combinación, menos la segunda, que daría 12 manzanas y 4 naranjas al otro lado.

Y podríamos hacer muchas otras combinaciones, pero vamos a fijarnos en esta última. Doce manzanas en un lado, y 4 naranjas en el otro. No podremos conseguir de ninguna forma menos naranjas, puesto que 20 y 8 son múltiplos de 4, y por mucho que nos esforcemos, siempre dará un múltiplo de 4. Pero 12 y 4 es casi lo que queremos. Es cuatro veces nuestro objetivo (el cuádruplo de tres, y de uno).

¿Cuántos melones acompañan a estas 12 manzanas y cuatro naranjas? La primera combinación tiene un melón en el plato de las manzanas, su triple es 3 melones. La segunda combinación tiene cinco melones. Restarlo daría menos dos melones. Y eso no sirve ¿o sí? Bueno, podemos compensar menos dos melones poniendo dos melones en el plato contrario. Es decir, que doce manzanas pesan lo mismo que dos melones y cuatro naranjas. Casi lo tenemos. Si partimos todo en cuatro trozos, seguiremos teniendo equilibrio. Así, tres manzanas equivalen a una naranja más ¡medio melón!

La solución con ecuaciones sería de la siguiente forma. De la primera equivalencia, se tiene que 5m + 1 = 8n. De la segunda, 3m + 5 = 20n. Nuestra incógnita es 3m = 1n + z, donde z sería el número de melones (fíjate que la unidad en la que medimos es el peso de un melón). La ponemos en uno de los platos, pero si sale negativa, irá en el otro como positiva.

Despejando en la primera ecuación, m = 8n/5 - 1/5. Substituir en la segunda, daría 24n/5 - 3/5 + 5 = 20n. Multiplicando por 5, para quitar denominadores, 24n - 3 + 25 = 100n, es decir, 22 = 76n. Por eso, n = 11/38 y m = 88/190 - 1/5 = 44/85 - 19/85 = 25/85 = 5/19. Por tanto, z = 3m - 1n = 15/19 - 11/38 = 30/38 - 11/38 = 19/38 = 1/2. Efectivamente, hay que añadir medio melón a la naranja para equilibrar las tres manzanas.

Desarrollo de un cubo

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Fíjate bien en el ejemplo de desarrollo. Como si fuese un recortable, busca las aristas que se unen unas a otras para formar un cubo. He dibujado en la siguiente imagen letras iguales en los lados que se unen. Es importante que entiendas cómo al doblarse van a parar los lados que tienen la misma letra juntos.

Uniendo el desarrollo

Ahora, piensa en los dibujos propuestos. Los puntos son iguales, pero las flechas apuntan todas ellas al que está en la parte superior. En los dos dibujos lo he marcado en rojo para distinguirlo. Es fácil saber que es ése, ya que hay una flecha apuntando hacia él en ambos dibujos. Después, todo consiste en dibujar las restantes flechas (el otro círculo siempre está localizado, aunque sería fácil saber dónde está, siguiendo la flecha al revés), de forma que apunten siempre hacia el círculo rojo (recuerda que los lados se unen según las letras que hemos pintado antes). El primer dibujo queda como el que sigue a estas líneas.

Primer desarrollo

Y el otro viene a continuación.

Segundo desarrollo