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50 problemas difíciles: ecuaciones, lógica y pensamiento lateral

Cincuenta problemas avanzados para resolver con ecuaciones, razonamiento directo o pensamiento lateral, con soluciones inicialmente ocultas.

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90 min

Esta colección presenta cincuenta problemas difíciles y combina tres enfoques: modelizar con una ecuación, razonar directamente a partir de los datos y cambiar de perspectiva mediante el pensamiento lateral. No todos los problemas requieren cálculos: elegir el método adecuado forma parte de la solución.

Cómo usar la colección. Lee con precisión, anota lo que realmente se afirma e intenta una estrategia antes de abrir la solución. Aquí, pensamiento lateral no significa adivinar un truco oculto: significa revisar conscientemente las suposiciones y separar las que aparecen en el texto de las que añadimos nosotros.

Tres maneras de resolver

Ecuación: traduce las relaciones a símbolos y comprueba el resultado en su contexto. Razonamiento: usa invariantes, recuentos, proporciones, casos o trabaja hacia atrás. Pensamiento lateral: busca la suposición innecesaria que impide la lectura más sencilla. La etiqueta de cada solución indica el método principal, no el único posible.

Los 50 problemas

  1. El marco cuadrado

    Una plaza cuadrada contiene en el centro un parterre cuadrado. Los lados correspondientes son paralelos y el paseo entre ambos cuadrados tiene una anchura uniforme de 3 m. El área ocupada solo por el paseo es de 204 m2. ¿Cuánto miden los lados de los dos cuadrados?

    Mostrar la solución del problema 1

    Método principal: Ecuación

    Sea x el lado exterior. El lado interior mide x − 6, porque el paseo ocupa 3 m en cada extremo. El área del marco cumple x2 − (x − 6)2 = 204. Al desarrollar: 12x − 36 = 204, por lo que x = 20. El lado interior es 20 − 6 = 14 m. Comprobación: 202 − 142 = 400 − 196 = 204.

    Respuesta. Lado exterior 20 m; lado interior 14 m

    Otro camino

    Al cortar el marco por las diagonales se obtienen cuatro trapecios congruentes, cada uno con área 204/4 = 51 m2 y altura de 3 m. La media de sus dos bases es, por tanto, 51/3 = 17 m. Las bases se diferencian en 6 m, así que están 3 m por debajo y por encima de la media: 14 m y 20 m.

  2. Los peldaños de la escalera mecánica

    Una escalera mecánica sube a velocidad constante. Ada asciende caminando a 1 peldaño por segundo respecto a la escalera y cuenta 30 antes de llegar arriba. En la misma escalera y en iguales condiciones, Bruno camina a 2 peldaños por segundo y cuenta 45. ¿Cuántos peldaños visibles tendría la escalera parada y a qué velocidad se mueve? Se suponen velocidades constantes y que nadie salta peldaños.

    Mostrar la solución del problema 2

    Método principal: Ecuación

    Sea v la velocidad de la escalera en peldaños por segundo y N el número visible cuando está parada. Ada tarda 30 s, de modo que N = 30(1 + v). Bruno tarda 45/2 = 22,5 s, así que N = 22,5(2 + v). Al igualar: 30 + 30v = 45 + 22,5v, de donde v = 2. Por tanto, N = 30 · 3 = 90. Bruno también recorre 22,5 · 4 = 90 peldaños respecto al edificio.

    Respuesta. 90 peldaños; velocidad de 2 peldaños por segundo

  3. Los dos experimentos con fichas

    Dos bolsas tienen la misma composición inicial: cada una contiene r fichas rojas y b fichas azules, idénticas salvo por el color. En la primera se añaden 6 rojas y la probabilidad de sacar una roja pasa a ser 2/3. De la segunda, en cambio, se retiran 4 azules y esa probabilidad pasa a ser 3/4. ¿Cuántas fichas de cada color había al principio en cada bolsa?

    Mostrar la solución del problema 3

    Método principal: Ecuación

    Sean r y b las cantidades iniciales. El primer experimento da (r + 6)/(r + b + 6) = 2/3, es decir, r + 6 = 2b. El segundo da r/(r + b − 4) = 3/4, o sea, r = 3b − 12. Sustituyendo: 3b − 12 + 6 = 2b, por lo que b = 6 y r = 6. Comprobación: tras añadir hay 12 rojas de 18; tras retirar hay 6 rojas de 8.

    Respuesta. 6 fichas rojas y 6 azules

  4. Los tres archivos digitales

    Tres archivos A, B y C ocupan en total 405 GB. A y B juntos ocupan 30 GB más que el doble de C. Después de trasladar 15 GB de A a B, el tamaño de B pasa a ser los 3/4 del de A. ¿Cuáles eran los tres tamaños iniciales?

    Mostrar la solución del problema 4

    Método principal: Ecuación

    De A + B + C = 405 y A + B = 2C + 30 se obtiene 3C + 30 = 405; por tanto, C = 125 y A + B = 280. Tras el traslado, B + 15 = 3(A − 15)/4, es decir, 3A − 4B = 105. Con B = 280 − A resulta 7A = 1225, así que A = 175 y B = 105. Comprobación: después del traslado A tiene 160 GB y B 120 GB, exactamente sus tres cuartas partes.

    Respuesta. A = 175 GB, B = 105 GB, C = 125 GB

  5. El eco del dron

    En una simulación, un dron vuela en línea recta hacia una pared a 20 m/s. A una distancia desconocida emite un impulso sonoro y el eco regresa al dron exactamente 1 s después. La velocidad del sonido es de 340 m/s. ¿A qué distancia de la pared se emitió el impulso? Se ignoran el viento y el tiempo de reflexión.

    Mostrar la solución del problema 5

    Método principal: Ecuación

    Sea d la distancia inicial. En 1 s el sonido recorre 340 m en total. El trayecto de ida hasta la pared mide d. Cuando el eco alcanza el dron, este se ha acercado 20 m, así que el retorno mide d − 20. Por tanto, d + (d − 20) = 340, de donde 2d = 360 y d = 180 m. Como comprobación, el sonido llega a la pared en 180/340 s y encuentra al dron que se aproxima dentro del segundo total.

    Respuesta. 180 m

    Otro camino

    Durante el segundo transcurrido el dron avanza 20 m. El recorrido sonoro de 340 m es, por tanto, dos veces la distancia inicial menos esos 20 m. Sumándolos a 340 y dividiendo entre dos se obtienen 180 m.

  6. Las dos velas virtuales

    En una simulación, dos velas tienen la misma longitud inicial y arden a velocidad constante. La primera se consumiría en 4 horas y la segunda en 6. Si se encienden a la vez, ¿cuándo será la longitud restante de la segunda el doble de la que quede de la primera?

    Mostrar la solución del problema 6

    Método principal: Ecuación

    Si la longitud inicial es L, después de t horas quedan L(1 − t/4) y L(1 − t/6). La condición es 1 − t/6 = 2(1 − t/4). Se obtiene 1 − t/6 = 2 − t/2, por lo que t/3 = 1 y t = 3 horas. En ese instante queda L/4 de la primera y L/2 de la segunda: la razón es 2.

    Respuesta. Después de 3 horas

    Otro camino

    Tras 3 horas, la primera ha consumido tres cuartos y conserva un cuarto; la segunda ha consumido la mitad y conserva la mitad. Una mitad es el doble de un cuarto.

  7. Las ruedas en el mismo recorrido

    Dos ruedas recorren sin deslizar la misma distancia. La circunferencia de la rueda grande supera en 4 m a la de la pequeña. La grande da 15 vueltas menos y, entre las dos, suman 75 vueltas. Halla ambas circunferencias y la distancia recorrida.

    Mostrar la solución del problema 7

    Método principal: Ecuación

    Sea n el número de vueltas de la rueda grande; la pequeña da n + 15. De n + n + 15 = 75 se obtiene n = 30, así que la pequeña da 45 vueltas. Si c es su circunferencia, la igualdad de distancias exige 30(c + 4) = 45c. Por tanto, 120 = 15c y c = 8 m; la grande mide 12 m. La distancia es 45 · 8 = 360 m, también 30 · 12.

    Respuesta. Circunferencias de 8 m y 12 m; distancia de 360 m

  8. Los dos mosaicos cuadrados

    Se usan las 313 baldosas iguales para construir dos mosaicos cuadrados. Las cantidades de baldosas de sus lados son enteros consecutivos. ¿Cuántas baldosas mide el lado de cada mosaico?

    Mostrar la solución del problema 8

    Método principal: Ecuación

    Sea n el lado menor; el otro mide n + 1. Las áreas cumplen n2 + (n + 1)2 = 313, es decir, 2n2 + 2n − 312 = 0. Dividiendo entre 2: n2 + n − 156 = 0 = (n − 12)(n + 13). La solución positiva es n = 12 y el otro lado mide 13. Comprobación: 122 + 132 = 144 + 169 = 313.

    Respuesta. 12 baldosas y 13 baldosas

    Otro camino

    La mitad de 313 es aproximadamente 156,5, así que los lados deben estar cerca de √156,5, entre 12 y 13. Al probar esos enteros consecutivos se obtiene enseguida 144 + 169 = 313.

  9. Las cifras para numerar el libro

    Las páginas de un libro se numeran desde 1, sin ceros iniciales. Para imprimir todos los números de página se emplean exactamente 642 cifras. ¿Cuál es el número de la última página?

    Mostrar la solución del problema 9

    Método principal: Razonamiento

    Las páginas del 1 al 9 usan 9 cifras. Del 10 al 99 hay 90 números de dos cifras, que consumen otras 180. Quedan 642 − 9 − 180 = 453 cifras. Desde 100, cada página usa 3, así que hay 453/3 = 151 páginas más: desde 100 hasta 99 + 151 = 250. La comprobación es 9 + 180 + 151 · 3 = 642.

    Respuesta. La página 250

  10. Las inscripciones de cuatro cajones

    Un documento está en uno solo de los cajones A, B, C y D. Sus inscripciones dicen: A: «El documento no está en B»; B: «Está en A o en C»; C: «No está en A»; D: «Está en D». Exactamente dos inscripciones son verdaderas. ¿En qué cajón está el documento?

    Mostrar la solución del problema 10

    Método principal: Razonamiento

    Se prueban las cuatro ubicaciones. Si el documento está en A, las frases A y B son verdaderas y C y D son falsas: exactamente dos. Si está en B, solo C es verdadera. Si está en C, son verdaderas A, B y C. Si está en D, son verdaderas A, C y D. Solo el primer caso tiene el número indicado de verdades; por tanto, los indicios determinan A de forma única.

    Respuesta. En el cajón A

  11. El orden de los seis libros

    Seis libros A, B, C, D, E y F están en fila de izquierda a derecha. C ocupa el tercer lugar; A está inmediatamente junto a C; D está a la izquierda de A; B está en un extremo; F está inmediatamente junto a B; E está a la derecha de C, pero no en un extremo. ¿Cuál es el único orden posible?

    Mostrar la solución del problema 11

    Método principal: Razonamiento

    A podría estar en segundo o cuarto lugar. Si estuviera cuarto, E tendría que ser quinto. Si B fuera primero, F sería segundo y no quedaría ningún puesto a la izquierda de A para D; si B fuera sexto, F ocuparía el quinto puesto que necesita E. Por tanto, A es segundo y D, que debe quedar a su izquierda, es primero. B ya no puede ser primero: es sexto y F quinto. El único lugar restante para E es el cuarto. El orden es D, A, C, E, F, B.

    Respuesta. D – A – C – E – F – B

  12. Los apretones de manos imposibles

    Quince personas asisten a una reunión. El organizador afirma que cada una estrechó la mano de exactamente 5 personas distintas, una sola vez por pareja. ¿Puede ser cierta la afirmación?

    Mostrar la solución del problema 12

    Método principal: Razonamiento

    No. Al contar por persona se obtienen 15 · 5 = 75 extremos de apretones de manos. Pero cada apretón implica a dos personas y se cuenta dos veces, así que ese total debe ser par. Como 75 es impar, tal configuración no puede existir. El argumento solo usa los supuestos dados: parejas distintas y ningún apretón repetido.

    Respuesta. No; es imposible por paridad

  13. El recorrido de los cinco puentes

    Cuatro zonas A, B, C y D están unidas por cinco puentes: AB, AC, AD, BC y CD. Una inspectora quiere cruzar cada puente exactamente una vez, sin otras conexiones disponibles. ¿Dónde debe empezar, dónde debe terminar y qué recorrido sirve?

    Mostrar la solución del problema 13

    Método principal: Razonamiento

    Los grados, es decir, las cantidades de puentes incidentes, son A = 3, B = 2, C = 3 y D = 2. En un recorrido que usa cada arista una vez, toda visita interior consume puentes por parejas: uno para entrar y otro para salir. Por tanto, las únicas zonas de grado impar deben ser los extremos, A y C, en cualquier orden. El recorrido A–B–C–D–A–C demuestra que existe: usa AB, BC, CD, DA y AC una vez cada uno.

    Respuesta. Los extremos deben ser A y C; por ejemplo A–B–C–D–A–C

  14. El mes con tres días repetidos

    En cierto mes hay cinco lunes, cinco martes y cinco miércoles. ¿Cuántos días tiene el mes y en qué día de la semana comienza?

    Mostrar la solución del problema 14

    Método principal: Razonamiento

    Cuatro semanas completas contienen 28 días y cuatro apariciones de cada día de la semana. Para que tres días tengan una quinta aparición hacen falta tres días adicionales, así que el mes tiene 31 días. Esos tres días extra son consecutivos y corresponden al primero, segundo y tercero del mes. Como son lunes, martes y miércoles, el mes debe empezar en lunes. Un mes de 30 o 29 días solo podría dar una quinta aparición a dos días o a uno.

    Respuesta. 31 días; comienza en lunes

  15. El número de victorias borrado

    Ocho equipos disputan una liga a una vuelta: cada pareja juega una vez y no hay empates. Siguen visibles las victorias de siete equipos: 6, 5, 5, 4, 3, 2 y 1. El dato del octavo se ha borrado. ¿Cuántas victorias tenía?

    Mostrar la solución del problema 15

    Método principal: Razonamiento

    Con 8 equipos se juegan 8 · 7 / 2 = 28 partidos. Como no hay empates, cada partido produce exactamente una victoria y la suma de todos los resultados es 28. Los siete datos visibles suman 6 + 5 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 26. Al octavo equipo le corresponden 28 − 26 = 2 victorias. El valor está dentro del intervalo posible de 0 a 7 y queda determinado sin conocer cada partido.

    Respuesta. 2 victorias

  16. El gran cubo pintado

    Un cubo formado por 4 × 4 × 4 cubitos se pinta por sus seis caras exteriores y después se separa en sus 64 cubitos. ¿Cuántos tienen exactamente 3, 2, 1 o 0 caras pintadas?

    Mostrar la solución del problema 16

    Método principal: Razonamiento

    Los cubitos con 3 caras pintadas son los 8 vértices. Los que tienen 2 están en las aristas, salvo los vértices: cada arista contiene 4 − 2 = 2, en total 12 · 2 = 24. Los de una sola cara están en el interior de una cara: hay (4 − 2)2 = 4 por cara, o sea, 6 · 4 = 24. Los no pintados forman el núcleo, (4 − 2)3 = 8. Comprobación: 8 + 24 + 24 + 8 = 64.

    Respuesta. 8 con 3 caras, 24 con 2, 24 con 1, 8 con 0

  17. El código de diagnóstico

    Un código tiene tres cifras distintas. Cada pista da cantidades exactas: 389: una cifra correcta y bien colocada; 361: una correcta pero mal colocada; 953: dos correctas, ambas mal colocadas; 248: ninguna correcta; 285: una correcta pero mal colocada. ¿Cuál es el código?

    Mostrar la solución del problema 17

    Método principal: Razonamiento

    De 248 se deduce que 2, 4 y 8 no aparecen. En 285, la única cifra posible es 5, presente pero no en tercera posición. En 389, o bien 3 está primero o bien 9 está tercero. El 5 es una de las dos cifras desplazadas de 953. Si apareciera 3, 389 lo fijaría primero, pero en 361 estaría correcto y bien colocado, contradiciendo la pista. Por tanto, 3 no aparece y 9 es tercero. En 953, 5 no puede ser segundo; como tampoco es tercero, debe ser primero. En 361 solo puede aparecer 1, desplazado del tercer al segundo lugar. El código 519 cumple las cinco pistas.

    Respuesta. 519

  18. Las dos pistas temporales irregulares

    Un simulador contiene dos pistas virtuales. Si una pista se borra desde un solo extremo, desaparece por completo en 60 minutos, pero la velocidad local de borrado no es uniforme y las pistas pueden ser distintas. El trabajo local requerido por cada tramo no depende del sentido; los frentes simultáneos actúan de forma independiente. Se puede iniciar un frente desde cualquier extremo en cualquier instante. Sin reloj, ¿cómo se miden exactamente 45 minutos?

    Mostrar la solución del problema 18

    Método principal: Pensamiento lateral

    Al principio se activan ambos extremos de la primera pista y uno de la segunda. Los dos frentes de la primera consumen conjuntamente sus 60 minutos de «trabajo local», por lo que se encuentran tras 30 minutos pese a la irregularidad. Entonces se activa también el otro extremo de la segunda pista. En ella queda trabajo equivalente a 30 minutos con un solo frente; dos frentes lo completan en 15 minutos. Han pasado 30 + 15 = 45 minutos. La idea lateral es no confundir «no uniforme» con «imposible de dividir por dos»: el simulador garantiza que el tiempo local no depende del sentido y que los frentes actúan simultáneamente.

    Respuesta. Activar ambos extremos de la primera y uno de la segunda; al terminar la primera, activar el otro extremo de la segunda

  19. Los tres interruptores fuera de la habitación

    Los interruptores A, B y C están fuera de una habitación cerrada; solo uno alimenta una lámpara indicadora incandescente situada dentro. Puedes accionarlos cuantas veces quieras y después entrar una sola vez. Desde fuera no se ve la luz. Ya dentro puedes ver si está encendida y distinguir con seguridad, sin tocarla, si está caliente o fría. ¿Cómo identificas el interruptor correcto?

    Mostrar la solución del problema 19

    Método principal: Pensamiento lateral

    Enciende A durante varios minutos y después apágalo. Enciende B y entra enseguida. Si la lámpara está encendida, la controla B. Si está apagada pero caliente, la controla A. Si está apagada y fría, la controla C. Los tres resultados son distintos y abarcan todas las posibilidades. El paso lateral consiste en usar dos informaciones, luz actual y calor residual, en lugar de considerar que la lámpara solo responde encendida/apagada. Las condiciones del enunciado permiten una observación térmica segura.

    Respuesta. A encendido y luego apagado, B encendido: luz = B, apagada caliente = A, apagada fría = C

  20. Diez fichas en cinco rectas

    Coloca diez fichas puntuales de modo que existan exactamente cinco rectas elegidas y que cada una pase por cuatro fichas. Una ficha puede pertenecer a más de una recta y dos fichas no pueden coincidir. ¿Qué figura proporciona la disposición?

    Mostrar la solución del problema 20

    Método principal: Pensamiento lateral

    Dibuja un pentagrama regular y coloca una ficha en cada una de sus cinco puntas exteriores y de sus cinco intersecciones interiores: diez en total. Las cinco rectas elegidas son las que contienen los trazos largos de la estrella. Cada una contiene dos puntas y dos intersecciones, es decir, cuatro fichas. El recuento de incidencias lo confirma: 5 · 4 = 20 pertenencias y cada una de las diez fichas está en dos rectas elegidas. La idea lateral es permitir que una misma ficha cuente en dos rectas, tal como autoriza expresamente el enunciado.

    Respuesta. Las cinco puntas y las cinco intersecciones de un pentagrama

  21. Seis palitos, cuatro triángulos

    Tienes seis palitos rígidos de igual longitud. Sin romperlos ni superponerlos, usa cada uno una vez para formar cuatro triángulos equiláteros congruentes. Los palitos pueden unirse por sus extremos y la construcción no tiene que ser plana. ¿Qué sólido debes construir?

    Mostrar la solución del problema 21

    Método principal: Pensamiento lateral

    Construye un tetraedro regular. Tiene cuatro vértices y seis aristas, de modo que cada arista utiliza un palito. Sus cuatro caras son triángulos equiláteros congruentes y cumplen exactamente todas las condiciones. La dificultad procede del supuesto habitual, pero no exigido, de trabajar en el plano. En tres dimensiones cada arista es compartida por dos caras, lo que permite que seis palitos delimiten cuatro caras triangulares.

    Respuesta. Un tetraedro regular

  22. El hielo flotante

    Un bloque de hielo puro flota en agua dulce dentro de un recipiente cilíndrico de paredes verticales. Se marca el nivel del agua. El hielo se derrite por completo; no hay objetos atrapados, evaporación, desbordamiento ni cambios de volumen debidos a la temperatura. ¿El nivel sube, baja o permanece igual?

    Mostrar la solución del problema 22

    Método principal: Pensamiento lateral

    Permanece igual. Mientras flota, el hielo desplaza una masa de agua exactamente igual a su propia masa, por el principio de Arquímedes. Al derretirse produce esa misma masa de agua. Por tanto, el volumen del agua fundida coincide con el volumen antes desplazado, no con todo el volumen visible y sumergido del bloque. Las paredes cilíndricas convierten la igualdad de volúmenes en igualdad de niveles. El paso lateral es comparar masa y volumen desplazado, no el volumen aparente del hielo.

    Respuesta. El nivel permanece igual

  23. La cinta con una sola cara

    Tienes una tira rectangular de papel y cinta adhesiva. Uniendo únicamente los dos lados cortos, construye un anillo que tenga una sola cara continua y un solo borde continuo. ¿Cómo orientas los extremos antes de unirlos?

    Mostrar la solución del problema 23

    Método principal: Pensamiento lateral

    Antes de unir los lados cortos, gira uno de los extremos media vuelta, 180°, y pégalo al otro. Se obtiene una cinta de Möbius. Para comprobar la cara única, traza una línea central sin levantar el lápiz: vuelve al punto inicial tras recorrer lo que parecían ambas caras del papel plano. Para comprobar el borde único, síguelo con un dedo: recorre los dos antiguos lados largos antes de regresar. El cambio lateral consiste en modificar la orientación antes del cierre, en vez de formar el cilindro habitual.

    Respuesta. Dar media vuelta a un extremo y formar una cinta de Möbius

  24. Los seis vasos en fila

    Seis vasos idénticos están en fila. Los tres primeros están llenos de agua y los tres últimos vacíos: lleno, lleno, lleno, vacío, vacío, vacío. Manipulando un solo vaso una sola vez, y pudiendo verter su contenido, consigue lleno, vacío, lleno, vacío, lleno, vacío. ¿Qué vaso tomas y qué haces?

    Mostrar la solución del problema 24

    Método principal: Pensamiento lateral

    Toma el segundo vaso, vierte toda su agua en el quinto y devuelve el segundo a su lugar. El segundo queda vacío y el quinto lleno; los demás no cambian. La fila final es lleno, vacío, lleno, vacío, lleno, vacío. La idea lateral es distinguir el único vaso que se manipula de su contenido, que puede pasar a un vaso que nunca se levanta.

    Respuesta. Verter el segundo vaso en el quinto y devolver el segundo a su lugar

  25. Ocho partes con tres cortes

    En una simulación, un bloque cilíndrico homogéneo debe dividirse en ocho piezas congruentes mediante exactamente tres cortes planos completos. El bloque no se puede mover, apilar ni recomponer entre cortes, pero los planos pueden tener cualquier orientación. ¿Cómo colocas los tres cortes?

    Mostrar la solución del problema 25

    Método principal: Pensamiento lateral

    Haz un corte horizontal a media altura, que produce dos cilindros iguales superpuestos. Después realiza dos cortes verticales según planos diametrales perpendiculares. Cada plano atraviesa simultáneamente ambas capas y divide cada disco en cuatro cuartos iguales. El resultado son 2 · 4 = 8 cuartos de cilindro congruentes. El paso lateral es no suponer que todos los cortes deban ser verticales: el corte en la tercera dimensión duplica las cuatro porciones vistas desde arriba.

    Respuesta. Un plano horizontal medio y dos planos verticales diametrales perpendiculares

  26. Los kits y las cajas

    Un laboratorio dispone de cierto número de cajas y debe empaquetar unos kits. Si coloca 6 kits en cada caja, quedan 13 fuera. Si coloca 8 en cada caja, llena por completo las cajas utilizadas, deja 5 cajas vacías y quedan 3 kits fuera. ¿Cuántas cajas y cuántos kits hay?

    Mostrar la solución del problema 26

    Método principal: Ecuación

    Sea c el número de cajas. Las dos descripciones dan la misma cantidad de kits: 6c + 13 = 8(c − 5) + 3. Por tanto, 6c + 13 = 8c − 37, de donde 2c = 50 y c = 25. Hay 6 · 25 + 13 = 163 kits.

    Comprobación: con 6 por caja se empaquetan 150 y sobran 13; con 8 se llenan 20 cajas, quedan 5 vacías y sobran 3 kits: 20 · 8 + 3 = 163.

    Respuesta. Hay 25 cajas y 163 kits.

    Otro camino

    Pasar de 6 kits en 25 cajas a 8 kits en solo 20 cajas aumenta la capacidad utilizada de 150 a 160. Ese aumento de 10 coincide con la reducción del sobrante de 13 a 3. En función del número de cajas, la diferencia es 2c − 40 = 10, lo que da inmediatamente c = 25.

  27. Las tres cajas mal etiquetadas

    Tres cajas cerradas contienen, respectivamente, solo manzanas, solo peras y una mezcla de ambas frutas. Las etiquetas Manzanas, Peras y Mezcla son todas incorrectas. Puedes sacar una sola fruta de una sola caja sin mirar dentro. ¿Cómo puedes determinar con certeza el contenido de las tres?

    Mostrar la solución del problema 27

    Método principal: Razonamiento

    Se extrae una fruta de la caja etiquetada Mezcla. Como todas las etiquetas son incorrectas, esta caja no es mixta; la fruta extraída revela todo su contenido. Si sale una manzana, esa caja contiene solo manzanas. La caja etiquetada Peras no puede contener peras ni solo manzanas, que ya están asignadas, así que debe ser la mixta. La caja etiquetada Manzanas contiene entonces solo peras. Si sale una pera, el razonamiento es simétrico.

    Comprobación: en ambos casos cada contenido se asigna una sola vez y ninguna etiqueta coincide con el contenido real.

    Respuesta. Hay que extraer de la caja etiquetada Mezcla; la fruta observada determina después las tres cajas de forma única.

  28. El documento y los dos candados

    Ada debe enviar a Bruno un documento dentro de una caja resistente mediante un mensajero no fiable. Ada y Bruno tienen cada uno un candado con su llave, pero nunca han intercambiado llaves. La caja permite colocar ambos candados a la vez. ¿Cómo pueden entregar el documento sin enviar ninguna llave y manteniendo la caja protegida durante todos los trayectos?

    Mostrar la solución del problema 28

    Método principal: Pensamiento lateral

    Ada cierra la caja con su candado y la envía a Bruno. Sin abrirla, Bruno añade su candado y la devuelve. Ada retira únicamente su propio candado y vuelve a enviarla, todavía cerrada por el de Bruno. Finalmente, Bruno retira su candado y abre la caja.

    Por qué funciona: durante cada trayecto hay al menos un candado cuya llave no viaja con la caja. Se supone que el mensajero no puede forzar ni sustituir la caja o los candados.

    Respuesta. Usan tres trayectos: el candado de Ada, después ambos y por último solo el de Bruno.

  29. Los tres peajes de cobre

    Un viajero atraviesa tres puertas. En cada una entrega la mitad de las monedas que posee en ese momento y después otras 2 monedas. Tras el tercer pago le quedan 18 monedas. ¿Con cuántas había salido?

    Mostrar la solución del problema 29

    Método principal: Ecuación

    Sea x la cantidad inicial. Después de los tres pagos queda (((x/2 − 2)/2 − 2)/2 − 2). Por tanto, (((x/2 − 2)/2 − 2)/2 − 2) = 18. Al simplificar, x/8 − 7/2 = 18, de modo que x/8 = 43/2 y x = 172.

    Comprobación: de 172 paga 86 + 2 y conserva 84; paga 42 + 2 y conserva 40; paga 20 + 2 y conserva 18.

    Respuesta. Había salido con 172 monedas.

    Otro camino

    Se trabaja hacia atrás. Antes de la última puerta debía tener 2 · (18 + 2) = 40 monedas; antes de la segunda, 2 · (40 + 2) = 84; antes de la primera, 2 · (84 + 2) = 172.

  30. Los sombreros de los tres investigadores

    De una reserva de 3 sombreros azules y 2 verdes se coloca uno a cada uno de tres investigadores situados en fila. Anna ve los sombreros de Bruno y Carla; Bruno ve el de Carla; Carla no ve ninguno. Todos conocen la reserva y oyen las respuestas anteriores. Anna dice que no sabe su color. Bruno también dice que no sabe el suyo. Carla afirma entonces que ya conoce su color. ¿Cuál es?

    Mostrar la solución del problema 30

    Método principal: Razonamiento

    Si Bruno y Carla llevaran ambos sombreros verdes, Anna vería que se han usado los dos verdes y sabría que el suyo es azul. Su duda descarta por tanto el par verde-verde. Bruno conoce este dato. Si viera verde en Carla, sabría que su propio sombrero no puede ser verde y concluiría que es azul. Como Bruno también sigue dudando, Carla no puede llevar verde: su sombrero es azul.

    Comprobación: con Carla de azul pueden darse las dudas de Anna y Bruno; con Carla de verde, Bruno tendría una deducción segura.

    Respuesta. Carla lleva un sombrero azul.

  31. Las monedas a oscuras

    Sobre una mesa hay 100 monedas: exactamente 20 muestran cara y 80 cruz. Tienes los ojos vendados y no puedes distinguir las caras mediante el tacto. Puedes mover y voltear monedas. ¿Cómo puedes dividirlas en dos grupos que muestren exactamente el mismo número de caras, sin exigir que los grupos tengan el mismo tamaño?

    Mostrar la solución del problema 31

    Método principal: Pensamiento lateral

    Se eligen 20 monedas cualesquiera para el primer grupo y se dejan las otras 80 en el segundo. Después se voltean las 20 monedas del primer grupo. Si entre las elegidas había h caras, en el grupo grande quedan 20 − h caras. Tras voltearlas, las h caras del grupo pequeño pasan a ser cruces y sus 20 − h cruces pasan a ser caras. Ambos grupos muestran así 20 − h caras.

    Comprobación: el argumento vale para cualquier selección, incluidos los extremos h = 0 y h = 20.

    Respuesta. Se separan 20 monedas cualesquiera y se voltean todas; los dos grupos tendrán el mismo número de caras.

  32. Los estantes del invernadero

    Un invernadero tiene 17 estantes con macetas. Cada estante contiene 4 macetas más que el anterior y hay 850 macetas en total. ¿Cuántas macetas tienen el primer y el último estante?

    Mostrar la solución del problema 32

    Método principal: Ecuación

    Sea x el número de macetas del primer estante. El último tiene x + 16 · 4 = x + 64. La suma de una progresión aritmética es el número de términos por la media de los extremos: 17(x + x + 64)/2 = 850. Así, 17(x + 32) = 850, x + 32 = 50 y x = 18. El último estante tiene 18 + 64 = 82 macetas.

    Comprobación: la media de 18 y 82 es 50 y 50 · 17 = 850.

    Respuesta. El primer estante tiene 18 macetas y el último 82.

    Otro camino

    El estante central contiene la media, es decir, 850 / 17 = 50 macetas. Entre el primero y el noveno hay 8 aumentos de 4, así que el primero tiene 50 − 32 = 18; por simetría, el último tiene 50 + 32 = 82.

  33. El puente y la lámpara

    Cuatro técnicos deben cruzar de noche un puente que admite como máximo a dos personas. Tienen una sola lámpara, que debe acompañar cada cruce. Sus tiempos individuales son 1, 2, 7 y 11 minutos; una pareja avanza al ritmo del más lento. ¿Cuál es el tiempo mínimo para que todos lleguen al otro lado?

    Mostrar la solución del problema 33

    Método principal: Razonamiento

    La secuencia óptima es: cruzan 1 y 2 en 2 minutos; vuelve 1 en 1; cruzan 7 y 11 en 11; vuelve 2 en 2; cruzan de nuevo 1 y 2 en 2. Total: 2 + 1 + 11 + 2 + 2 = 18 minutos.

    Minimalidad: si los técnicos de 7 y 11 minutos cruzan juntos cuando ningún rápido está ya en la otra orilla, después del cruce de 11 minutos uno de los lentos debe devolver la lámpara en al menos 7 minutos y todavía hace falta otro cruce: al menos 11 + 7 + 1 = 19. En el único subcaso potencialmente óptimo se coloca de antemano a un rápido en la otra orilla; aparte del cruce lento, los movimientos necesarios de los dos rápidos cuestan al menos 1 + 3 · 2 = 7, así que el total es como mínimo 11 + 7 = 18. Si los lentos cruzan por separado, hacen falta al menos tres cruces hacia delante y dos regresos: los dos cruces lentos cuestan al menos 7 + 11 y los otros tres movimientos al menos 1 minuto cada uno, para un total mínimo de 7 + 11 + 3 = 21. La construcción de 18 minutos alcanza por tanto la cota mínima.

    Respuesta. El mínimo es de 18 minutos.

  34. Los cuatro discos indistinguibles

    En un rompecabezas abstracto hay dos discos de tipo A y dos de tipo B, idénticos a la vista y al tacto, que se mezclan a oscuras. Cada disco es uniforme y puede dividirse con precisión por una ranura central. ¿Cómo se pueden formar dos porciones, cada una equivalente a un disco A entero y uno B entero, sin identificar los tipos?

    Mostrar la solución del problema 34

    Método principal: Pensamiento lateral

    Se dividen los cuatro discos en mitades iguales. En la primera porción se coloca una mitad de cada uno de los cuatro discos; la segunda recibe las cuatro mitades restantes. La primera contiene dos mitades de los dos discos A, equivalentes a un A entero, y dos de los B, equivalentes a un B entero. Lo mismo sucede con la segunda porción.

    Supuesto: el rompecabezas es puramente abstracto; cada disco es uniforme y se divide exactamente por la mitad.

    Respuesta. Se parte cada disco por la mitad y se coloca una mitad de cada uno en cada porción.

  35. Cuadernos y bolígrafos sin precio

    En una papelería, 7 cuadernos y 5 bolígrafos cuestan 43,40 €, mientras que 4 cuadernos y 9 bolígrafos cuestan 42,00 €. ¿Cuánto cuesta cada artículo?

    Mostrar la solución del problema 35

    Método principal: Ecuación

    Sean q el precio de un cuaderno y p el de un bolígrafo. El sistema es 7q + 5p = 43,40 y 4q + 9p = 42,00. Multiplicando la primera ecuación por 4 y la segunda por 7 se obtiene 28q + 20p = 173,60 y 28q + 63p = 294,00. Al restar, 43p = 120,40, así que p = 2,80. De la primera ecuación, 7q = 43,40 − 14,00 = 29,40, por lo que q = 4,20.

    Comprobación: 7 · 4,20 + 5 · 2,80 = 43,40 y 4 · 4,20 + 9 · 2,80 = 42,00.

    Respuesta. Un cuaderno cuesta 4,20 € y un bolígrafo 2,80 €.

  36. La fusión de los seis números

    En una pizarra están escritos los números 1, 2, 3, 4, 5 y 6. En cada jugada se eligen dos números a y b, se borran y se escribe en su lugar a + b + ab. Después de cinco jugadas queda un solo número. ¿Cuál es, independientemente de las parejas elegidas?

    Mostrar la solución del problema 36

    Método principal: Razonamiento

    Para el nuevo número c se cumple c + 1 = a + b + ab + 1 = (a + 1)(b + 1). Por tanto, el producto de todos los valores obtenidos al sumar 1 a los números presentes no cambia: los factores a + 1 y b + 1 se sustituyen por su producto. Al principio el producto es 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 5040. Si al final queda r, entonces r + 1 = 5040, así que r = 5039.

    Comprobación: la demostración no depende del orden ni de las parejas escogidas.

    Respuesta. Siempre queda 5.039.

  37. El lingote y las siete noches

    Un viajero posee un lingote marcado en 7 segmentos de igual valor. Durante siete días debe pagar la posada al final de cada jornada, de modo que el posadero tenga cada noche exactamente el valor de los días transcurridos. Antes de llegar solo puede hacer dos cortes rectos por las marcas; el posadero puede dar cambio con piezas ya recibidas. ¿Cómo debe cortar y pagar?

    Mostrar la solución del problema 37

    Método principal: Pensamiento lateral

    Con los dos cortes obtiene piezas de 1, 2 y 4 segmentos. Los pagos netos son: día 1, da 1; día 2, recupera 1 y da 2; día 3, da 1; día 4, recupera 1 y 2 y da 4; día 5, da 1; día 6, recupera 1 y da 2; día 7, da 1. El posadero posee así cada noche los valores 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

    Idea lateral: pagar no exige entregar una pieza nueva sin recibir nada; el cambio permite usar la representación binaria 1 + 2 + 4.

    Respuesta. Debe cortar el lingote en piezas de 1, 2 y 4 segmentos y usar el cambio para formar cada valor de 1 a 7.

  38. El triángulo con un lado desconocido

    Un panel tiene forma de triángulo rectángulo. Su hipotenusa mide 13 m y un cateto mide 7 m más que el otro. ¿Cuánto miden los dos catetos?

    Mostrar la solución del problema 38

    Método principal: Ecuación

    Sea x la medida del cateto corto; el otro mide x + 7. Por el teorema de Pitágoras, x2 + (x + 7)2 = 132. Al desarrollar, 2x2 + 14x + 49 = 169, de modo que x2 + 7x − 60 = 0. Se factoriza como (x + 12)(x − 5) = 0. Las raíces algebraicas son −12 y 5, pero una longitud debe ser positiva: x = 5. El otro cateto mide 12 m.

    Comprobación: 52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 132 y 12 − 5 = 7.

    Respuesta. Los catetos miden 5 m y 12 m.

    Otro camino

    Se puede reconocer la terna pitagórica 5, 12, 13: sus catetos difieren exactamente en 7, así que cumple ambas condiciones.

  39. El número de los restos consecutivos

    Encuentra el menor entero positivo que deja resto 1 al dividirlo entre 2, resto 2 entre 3, resto 3 entre 4, resto 4 entre 5 y que además es divisible entre 7.

    Mostrar la solución del problema 39

    Método principal: Razonamiento

    Las cuatro primeras condiciones dicen que al sumar 1 al número se obtiene un múltiplo de 2, 3, 4 y 5. Su mínimo común múltiplo es 60, así que el número tiene la forma 60k − 1. También debe ser divisible entre 7. Como 60 ≡ 4 módulo 7, se necesita 4k − 1 ≡ 0, es decir, 4k ≡ 1. El menor k positivo que sirve es 2, pues 4 · 2 = 8 ≡ 1. Por tanto, el número es 60 · 2 − 1 = 119.

    Comprobación: 119 deja respectivamente restos 1, 2, 3 y 4, y es 7 · 17.

    Respuesta. El número es 119.

    Otro camino

    Se enumeran los números que son una unidad menores que los múltiplos de 60: 59, 119, 179, … El primero divisible entre 7 es 119.

  40. Los nueve puntos y el cuadrado imaginario

    Nueve puntos ocupan los nodos de una cuadrícula de 3 × 3. Sin levantar el lápiz, traza solamente cuatro segmentos rectos consecutivos que pasen por todos los puntos. No es necesario terminar en el punto inicial.

    Mostrar la solución del problema 40

    Método principal: Pensamiento lateral

    Se asignan coordenadas desde (0,0), abajo a la izquierda, hasta (2,2), arriba a la derecha. Se trazan, por orden, los segmentos de (0,0) a (2,2); luego hasta (−1,2); después hasta (2,−1); y por último verticalmente hasta (2,2). El primero pasa por el centro; el segundo recorre la fila superior; el tercero pasa por (0,1) y (1,0); el último atraviesa los dos puntos que faltan de la columna derecha.

    Idea lateral: los puntos sugieren un cuadrado, pero ninguna regla obliga a mantener los segmentos dentro de su límite imaginario.

    Respuesta. La solución de cuatro segmentos se prolonga fuera del cuadrado sugerido por los nueve puntos.

  41. El polígono rico en diagonales

    En un polígono convexo, el número de diagonales es igual a cinco veces el número de lados. ¿Cuántos lados tiene?

    Mostrar la solución del problema 41

    Método principal: Ecuación

    Desde cada uno de los n vértices pueden trazarse diagonales hacia n − 3 vértices, excluyendo el propio y los dos adyacentes. Así cada diagonal se cuenta dos veces, por lo que el total es n(n − 3)/2. La ecuación es n(n − 3)/2 = 5n. Como un polígono tiene n > 0, se divide entre n: (n − 3)/2 = 5, de donde n − 3 = 10 y n = 13.

    Comprobación: un polígono de 13 lados tiene 13 · 10 / 2 = 65 diagonales y 5 · 13 = 65.

    Respuesta. El polígono tiene 13 lados.

    Otro camino

    La razón entre diagonales y lados es (n − 3)/2. Al igualarla a 5 se obtiene directamente n = 13.

  42. La última rotura de la tableta

    Una tableta rectangular está dividida en una cuadrícula de 6 × 8 cuadrados. Dos jugadores se alternan: en cada jugada eligen una sola pieza rectangular ya obtenida y la rompen por una línea completa de la cuadrícula, formando dos rectángulos. No se pueden apilar piezas ni romper más de una en la misma jugada. Gana quien realiza la última rotura posible. ¿Quién gana con juego perfecto?

    Mostrar la solución del problema 42

    Método principal: Razonamiento

    Gana el primer jugador. Al principio hay una sola pieza; al final, cuando ya no es posible romper, hay 6 · 8 = 48 cuadrados unitarios. Cada jugada sustituye una pieza por dos y aumenta el número total de piezas exactamente en 1. Para pasar de 1 a 48 piezas siempre hacen falta 48 − 1 = 47 jugadas, sean cuales sean las líneas elegidas. Como 47 es impar, el primer jugador realiza la última jugada.

    Comprobación: ninguna estrategia cambia la duración; mientras una pieza contenga más de un cuadrado, tendrá al menos una línea de rotura.

    Respuesta. Gana el primer jugador porque todas las partidas duran exactamente 47 jugadas.

  43. Un collar a partir de cuatro cadenas

    Hay cuatro trozos de cadena separados, cada uno formado por tres eslabones cerrados. Se quiere obtener un único collar simple y cerrado de 12 eslabones, en el que cada eslabón quede enlazado exactamente con dos vecinos. Abrir y volver a cerrar un eslabón cuenta como una operación. ¿Cuál es el número mínimo de eslabones que hay que abrir y cómo se hace?

    Mostrar la solución del problema 43

    Método principal: Pensamiento lateral

    Se elige un trozo y se abren sus tres eslabones para separarlos. Se colocan los otros tres trozos intactos en círculo y se usa cada eslabón abierto para unir los extremos de dos trozos consecutivos; después se cierra. Así se obtiene un collar de 12 eslabones abriendo solo 3.

    Minimalidad: con 0 aperturas los cuatro trozos permanecen separados. Supongamos entonces que se han abierto k eslabones, con 1 ≤ k ≤ 2. Si se retiran esos k eslabones del collar final, que es un ciclo, quedan como máximo k caminos conexos. Sin embargo, cada uno de los cuatro trozos iniciales conserva al menos un eslabón nunca abierto, pues vaciar uno exigiría 3 aperturas. Los eslabones nunca abiertos de trozos originales distintos no han podido enlazarse directamente; al retirar los abiertos deben quedar al menos 4 componentes no vacías. Es una contradicción. Hacen falta al menos 3 aperturas y la construcción demuestra que bastan. El cambio de perspectiva consiste en sacrificar un trozo entero como conectores.

    Respuesta. El mínimo es 3: se abren todos los eslabones de un trozo y se usan para conectar los otros tres.

  44. Los seis bloques de datos recursivos

    Un archivo experimental contiene 6 bloques de datos ordenados. El segundo bloque es 3 MB mayor que el primero y, desde el tercero, el tamaño de cada bloque es igual a la suma de los dos anteriores. Los seis bloques ocupan 436 MB en total. ¿Cuál es el tamaño de cada bloque?

    Mostrar la solución del problema 44

    Método principal: Ecuación

    Sea x el tamaño del primer bloque. Los seis tamaños son, por orden, x, x + 3, 2x + 3, 3x + 6, 5x + 9 y 8x + 15. Su suma da la ecuación 20x + 36 = 436. Por tanto, 20x = 400 y x = 20. Los bloques miden 20, 23, 43, 66, 109 y 175 MB.

    Comprobación: cada término desde el tercero es la suma de los dos anteriores y 20 + 23 + 43 + 66 + 109 + 175 = 436.

    Respuesta. Los bloques miden 20, 23, 43, 66, 109 y 175 MB.

    Otro camino

    Se puede escribir cada bloque como un coeficiente del primero más una constante. Tanto la sucesión de coeficientes, 1, 1, 2, 3, 5, 8, como la de constantes, 0, 3, 3, 6, 9, 15, siguen la misma recurrencia; sus sumas son 20 y 36.

  45. Dos sondas y cien niveles

    Un edificio de pruebas tiene 100 niveles. Existe un umbral desconocido: una sonda soltada desde un nivel igual o inferior al umbral queda intacta y puede reutilizarse; por encima se rompe. Con dos sondas idénticas, ¿cuál es el número mínimo de lanzamientos necesarios en el peor caso para determinar exactamente el nivel seguro más alto, admitiendo también que ninguno sea seguro?

    Mostrar la solución del problema 45

    Método principal: Razonamiento

    El mínimo en el peor caso es de 14 lanzamientos. Con la primera sonda se prueban intervalos decrecientes: nivel 14, luego 27 sumando 13, después 39 sumando 12, y a continuación 50, 60, 69, 77, 84, 90, 95, 99 y finalmente 100 si es necesario. Si la primera sonda se rompe en el lanzamiento k, quedan suficientes intentos para comprobar uno a uno con la segunda los niveles superiores al último seguro: cada nuevo intervalo tiene un nivel menos que el anterior.

    Minimalidad: con d lanzamientos y dos sondas se cubren como máximo d + (d − 1) + … + 1 = d(d + 1)/2 niveles. Trece lanzamientos solo cubren 91; catorce cubren 105. Por tanto, 14 es suficiente y necesario.

    Respuesta. El mínimo garantizado es de 14 lanzamientos.

  46. Dos guardianes y una sola pregunta

    Dos puertas conducen respectivamente a la salida y a una habitación cerrada. Junto a ellas hay dos guardianes: uno siempre dice la verdad y el otro siempre miente, pero no sabes cuál es cuál. Ambos conocen las puertas y saben cuál de los dos miente. Puedes formular una sola pregunta a uno de ellos. ¿Qué pregunta garantiza que elijas la salida?

    Mostrar la solución del problema 46

    Método principal: Pensamiento lateral

    Se pregunta a cualquiera: ¿Qué puerta señalaría el otro guardián como salida? Después se elige la puerta opuesta. El sincero comunicaría fielmente la respuesta falsa del mentiroso; el mentiroso falsearía la respuesta correcta del sincero. En ambos casos se señala la puerta equivocada, por lo que la opuesta es la salida.

    Supuestos: ambos conocen las puertas, comprenden la pregunta y siguen siempre el comportamiento indicado.

    Respuesta. Pregunta qué puerta señalaría el otro guardián y elige la opuesta.

  47. La autonomía de los cinco neumáticos

    Un rover utiliza exactamente cuatro neumáticos a la vez y lleva un quinto de repuesto. Cada neumático nuevo puede recorrer como máximo 40 km antes de alcanzar su límite de desgaste. El desgaste es uniforme y los neumáticos pueden intercambiarse durante el trayecto. ¿Cuál es la distancia máxima que puede recorrer el rover sin que ningún neumático supere su límite? Demuestra también que esa distancia puede alcanzarse.

    Mostrar la solución del problema 47

    Método principal: Ecuación

    Los cinco neumáticos ofrecen en total 5 · 40 = 200 neumático-kilómetros de desgaste. Cada kilómetro del rover consume 4 neumático-kilómetros, así que una distancia d exige 4d ≤ 200 y, por tanto, d ≤ 50 km.

    El límite se alcanza dividiendo el trayecto en cinco etapas de 10 km y dejando descansar un neumático distinto en cada etapa. Cada neumático se usa en cuatro etapas, es decir, durante 4 · 10 = 40 km. Tras 50 km, todos han alcanzado, pero no superado, su límite.

    Respuesta. La distancia máxima es de 50 km.

    Otro camino

    Por término medio, de los cinco neumáticos uno descansa y cuatro se usan en cada kilómetro. Repartiendo los descansos por igual, cada uno trabaja durante cuatro quintos del trayecto: (4/5)d = 40, así que d = 50.

  48. Seis investigadores y un trío inevitable

    Seis investigadores participan en un encuentro. Para cada pareja solo se sabe si sus miembros ya han colaborado o si nunca lo han hecho. Demuestra que necesariamente existen 3 investigadores que han colaborado todos por parejas, o bien 3 investigadores entre los cuales ninguna pareja ha colaborado nunca.

    Mostrar la solución del problema 48

    Método principal: Razonamiento

    Se elige una investigadora, Ada, y se consideran sus 5 relaciones. Por el principio del palomar, al menos 3 son del mismo tipo: Ada ha colaborado con tres personas como mínimo, o no ha colaborado nunca con tres como mínimo.

    En el primer caso, llamemos Bruno, Carla y Diego a esas personas. Si alguna pareja entre ellas ha colaborado, esa pareja y Ada forman un trío de colaboradores mutuos. Si ninguna pareja ha colaborado, Bruno, Carla y Diego forman un trío de no colaboradores mutuos. En el segundo caso se invierten los papeles: si alguna pareja del grupo no ha colaborado, junto con Ada forma un trío de no colaboradores; de lo contrario, las tres personas han colaborado todas entre sí. Por tanto, uno de los dos tipos de trío existe siempre.

    Respuesta. Siempre existe un trío totalmente colaborador o totalmente no colaborador.

    Otro camino

    En lenguaje de grafos, se colorean con dos colores las aristas del grafo completo de 6 vértices. El argumento demuestra que siempre existe un triángulo monocromático: es el resultado clásico R(3,3) = 6.

  49. El euro que no falta

    Tres compañeros pagan 36 € por una comida, 12 € cada uno. La cuenta correcta es de 31 €, así que el camarero devuelve 5 €. Cada uno recupera 1 € y los 2 € restantes se dejan de propina. Cada persona ha gastado 11 € netos, 33 € en total; al sumar los 2 € de propina resultan 35 €. ¿Dónde está el euro que falta?

    Mostrar la solución del problema 49

    Método principal: Pensamiento lateral

    No falta ningún euro: la suma final combina cantidades que no deben sumarse. Los 33 € de gasto neto ya incluyen los 31 € de la cuenta y los 2 € de propina: 33 = 31 + 2. Para reconstruir los 36 € iniciales hay que sumar a los 33 € los 3 € devueltos, no la propina: 33 + 3 = 36.

    Idea lateral: el enunciado induce a sumar la propina a una cantidad que ya la contiene; hay que comparar las mismas partidas contables.

    Respuesta. No falta nada: 31 € de cuenta + 2 € de propina + 3 € devueltos = 36 €.

  50. Las tres puertas y el cambio de elección

    Tras una de tres puertas hay un premio; las otras dos no esconden nada. Eliges una puerta. El presentador sabe dónde está el premio, abre siempre una puerta no elegida que sabe vacía y siempre ofrece cambiar a la única otra puerta cerrada. Si puede escoger entre dos puertas vacías, lo hace al azar. ¿Conviene cambiar, quedarse o da lo mismo?

    Mostrar la solución del problema 50

    Método principal: Razonamiento

    Conviene cambiar. La elección inicial contiene el premio con probabilidad 1/3 y falla con probabilidad 2/3. Si la primera elección es correcta, cambiar hace perder. Si es incorrecta, el presentador debe abrir la otra puerta vacía, por lo que la única puerta cerrada restante contiene el premio y cambiar hace ganar. Quedarse gana con probabilidad 1/3; cambiar, con 2/3.

    Comprobación: al considerar por separado las tres posiciones equiprobables del premio, la elección inicial falla en dos casos y el cambio lleva al premio en ambos.

    Respuesta. Conviene cambiar: se gana con probabilidad 2/3 en vez de 1/3.

    Otro camino

    Imagina 100 puertas: eliges una y el presentador abre 98 puertas vacías, dejando cerradas la tuya y otra. La tuya conserva probabilidad 1/100; la otra concentra la probabilidad 99/100 de las puertas no elegidas al principio. El caso de tres puertas sigue el mismo principio.