Jugando con ventaja

Enunciado

Vamos a analizar por separado las dos posibilidades, es decir, elegir el dado A (dos caras azules y cuatro verdes) y elegir el dado B (todas las caras verdes).

Empezamos a trabajar con el dado A.

Si saco la cara azul (50% o 1/2 de probabilidad), puedes ganar en 2 de cada 6 (1/3 o 33%), y pierdes en 4 de 6 (2/3 o 67%).

Si saco la cara verde (50% o 1/2 de probabilidad), puedes ganar en 4 de cada 6 (2/3 o 67%), y pierdes en 2 de 6 (1/3 o 33%).

Por lo tanto, tus probabilidades de ganar son 1/2*1/3+1/2*2/3, es decir 1/6+2/6, 3/6. Dicho de otra forma, un 50%.

Evidentemente, la probabilidad de perder es de otro 50%.

Este dado no te da ninguna ventaja. Probemos el otro.

Si saco la cara azul (50% o 1/2 de probabilidad), pierdes siempre.

Si saco la cara verde (50% o 1/2 de probabilidad), ganas siempre.

Por tanto, tus probabilidades también son del 50%.

La respuesta, por tanto, es que da lo mismo el dado que elijas. Tienes la misma probabilidad de ganar que de perder.

Sin embargo, si yo hubiese escogido otro dado inicialmente, las cosas no habrían sido iguales. Si hubiese escogido el dado A, y tú escoges el B, ganarías dos terceras partes de las veces, mientras que si te quedas con el dado alternativo, sólo tendrías la mitad.

De la misma forma, si yo hubiese escogido el B, tomando el A volverías a ganar dos terceras partes, frente a la mitad que tendrías con el otro.

Cuadrado perfecto

Enunciado

Este tipo de problemas tiene su propia mecánica. Soluciones felices a parte, o deducciones de reglas más sencillas, lo más cómodo suele ser recurrir a la inducción.

La inducción es un método de demostración ideal para trabajos con números naturales o series. La idea es que de cada enunciado se pueda deducir el siguiente, así disponemos de un sistema para llegar a cualquier número salto a salto. Para que la demostración sea correcta es necesario demostrar dos cosas: que el primer caso, o los primeros casos, son ciertos, y que del hecho de que un caso sea cierto podemos deducir la veracidad del siguiente.

En el problema que nos ocupa, el primer caso (cuando n=1) es trivial, porque el último sumando es 2*1 - 1 = 1, por lo que la primera parte de la igualdad queda con un solo sumando, 1, y la otra vale 1² = 1.

Por si el caso no os queda claro, veamos el segundo para estar más seguros. Si n = 2, el último sumando de la parte izquierda de la igualdad es 2*2 - 1 = 4 - 1 = 3, es decir, la expresión es 1 + 3 = 4, que coincide evidentemente con 2².

Ahora viene la parte difícil. Supongamos que la expresión es cierta para un valor de n determinado, es decir que 1 + 3 + 5 +... + (2n-1) = n². ¿Qué sucedería para el siguiente número, que sería n+1? Aplicando la fórmula del ejemplo, el último sumando sería 2*(n+1)-1 = 2*n+2-1 = 2*n+1, que es el siguiente al último sumando de la expresión antigua, es decir, 1 + 3 + 5 +... + (2n-1) + (2n+1), y debería coincidir con el cuadrado de n+1.

Como hemos supuesto que es cierta la expresión para el número n, podemos substituir la suma de todos los sumandos menos el último por n², es decir que 1 + 3 + 5 +... + (2n-1) + (2n+1) = n² + (2n+1). Ahora bien, ¿qué vale la otra parte de la igualdad? Como (n+1)² = n² + 2n + 1 según conocemos desde los productos de polinomios, ambos extremos realmente coinciden. Luego la igualdad para el valor n+1 puede deducirse de la igualdad para n, y queda terminada la inducción.

Treinta denarios en cinco piezas

Enunciado

Se trata de aprovechar al máximo treinta monedas para pagar, variando los posibles valores de las monedas. En realidad, no puede desprenderse día a día de las piezas, pues tiene sólo cinco y ha de pagar treinta días, luego deberá negociar cambios (es decir, algunos días deberá dar unas piezas a cambio de otras, para mantener pagada su deuda).

Cada una de las piezas tiene, en un día concreto, dos posibilidades: estar en poder del huésped o de la posadera. Esta situación sugiere un método de escritura (notación) para describir la situación diaria que parezca el sistema binario.

Generalmente, el sistema binario se escribe con dos valores distintos para cada posición (1 y 0), y la cantidad de números que puede expresarse para un conjunto de posiciones determinada es la potencia correspondiente de 2, es decir, que con tres posiciones podríamos representar ocho números (dos elevado a tres). En el caso que nos ocupa, cada valor sería que fuese la posadera (1) o el huésped (0), y cada posición sería una de las piezas, cinco en total. Podemos representar así nada menos que 32 valores diferentes, es decir, que aún nos sobran días. ¿cuál es el valor de cada posición? Si has visto alguna vez los sistemas numéricos, lo sabrás ya: las potencias de 2.

Así, la pieza más pequeña vale un denario y la pagaremos el primer día (00001). La segunda dos (el segundo día, la cambiamos por la primera, para pagar los dos denarios, es decir, 00010). El tercer día, usamos de nuevo la pequeña para acumular el tercer denario (00011). El cuarto día usamos la tercera pieza que debe valer cuatro denarios, pidiéndole a la posadera nuestras otras piezas (00100). Las usamos para pagar los días cinco a siete y el octavo día usamos la pieza cuarta, que vale ocho denarios (01000). Reservamos la última para cuando tengamos que pagar dieciséis denarios, el decimosexto día (10000).

Se puede llegar a la misma conclusión si se trata de resolver por tanteo, ya que apenas tenemos margen, pues el número de combinaciones de las piezas es de 32 (incluyendo la situación en la que todas están en nuestro poder), por lo que sólo podríamos pagar un día más con este sistema. Si el número de días a pagar fuese inferior pueden darse otras soluciones, pero cuando nos acercamos a este valor, no puede repetirse ningún valor de las piezas, porque faltarían combinaciones.

Corrección: gracias al comentario anónimo, he releido el enunciado. Efectivamente, las piezas deben sumar 30 denarios, de forma que la solución, pese a funcionar, no es adecuada (suma 31). Podemos comprobar que quitando una unidad a la pieza mayor (15 en lugar de 16), podemos hacer todos los pagos, de forma que ahora no llegamos a 31, suman 30, pero podemos pagar el décimoquinto día de dos formas distintas. Ninguna otra disminución en los valores óptimos provoca un efecto similar. La solución correcta, por lo tanto, sería 1, 2, 4, 8 y 15.

El alfarero hace botijos

Enunciado

Este es un problema que puede tener una solución muy sencilla si observamos un detalle, o una algo más costosa si somos metódicos.

La solución rápida consiste en observar que la diferencia entre el primer caso y el segundo es únicamente de fabricar un botijo más al día, es decir, que en el segundo caso tendrá un botijo más por cada día que haya trabajado. Pero podemos saber cuántos botijos tiene de más, porque fabricaría los 15 que le hacen falta para el pedido y 8 más, es decir, 23 botijos más que en el primer caso. Luego el plazo es de 23 días. Si fabrica 25 diarios, tendrá 575, y como se supone que le faltan 15, el total de botijos es de 590.

El segundo método es más algebraico. Llamemos C a la cantidad de botijos y D a los días que fabricamos botijos. De la primera afirmación, tenemos que C = 25*D+15 y de la segunda, que C = 26*D-8. Como ambas cantidades son iguales, tenemos que 25*D+15 = 26*D-8. Despejando la incógnita, esto significa que 15+8 = 26*D-25*D, y por tanto, que 23 = (26-25)*D = D. Substituyendo en alguna de las ecuaciones anteriores, C = 26*23-8 = 590.

Los triángulos del cuadrado

Enunciado

CEF

En realidad, el problema no es construir la figura pedida (mira la imagen). Eso es relativamente sencillo. El problema es trasladar las características conocidas (igualdad de distancias, ángulos, propiedades de triángulos), hasta llegar a las conclusiones que se solicitan. Para aclarar conceptos, nos referiremos a los ángulos dando los nombres de tres vértices. El del centro es donde se forma el ángulo. Así, ABC será el ángulo que se forma en B entre los segmentos AB y BC (que, por cierto, mide 90 grados).

Vamos a ver el apartado (a). Puesto que ABC = 90 y ABP = 60, PBC = 30. Como, además, BC mide lo mismo que BE, EBC es un triángulo isósceles. Como el ángulo distinto mide 30, los otros dos miden 75. Claro, que PCB mide 45 (AC es diagonal del cuadrado), por lo que PCE mide 75-45 = 30. Sabiendo que los tres lados de un triángulo suman 180, como conocemos PBC (30) y PCB (45), BPC mide 105, y, claro, CPE, 75. Claro, que PEC es el mismo ángulo que BEC, 75, por lo que CP y CE son iguales, al ser isósceles el triángulo. Por la simetría de F respecto a CD, puesto que C es su propio simétrico, CF es igual a CP, es decir, es igual a CE. Además, ECP = 30, por lo que ECD = 45-30 =15, y como DCF mide 45 grados (simétrico de DCP), tenemos que ECF = 15+45 =60. Dos lados iguales, y el ángulo comprendido de 60 grados, significa triángulo equilátero.

DEF

AED es igual que BEC, por simetría (vertical). Como se ha visto en el apartado anterior, miden 75 grados. Si nos fijamos en los ángulos en torno a E, AED, AEB, BEC y CEF valen, respectivamente, 75, 60, 75 y 60 grados, es decir, suman 270. Por eso, DEF, que forma con los anteriores un giro completo, mide 90. Esto prueba que DEF es rectángulo.

Por otra parte, DE y CE son iguales por la misma simetría y CE y FE tambien, por ser lados de un triángulo equilatero (apartado a), luego DEF es isósceles.

BDF

Como sabemos del apartado anterior, BED = BEA+AED = 60+75 = 135 y BEF = BEC+CEF = 75+60 = 135. También hemos visto que ED y EF son iguales. Por eso, los triángulos BED y BEF son iguales (tienen n lado común, un lado igual y el ángulo comprendido entre ambos igual), y BD es igual a BF. BDF es, en conclusión, isósceles.

PDF

Por simetría respecto a la diagonal AC, DP = BP y BPA = DPA. Como BPA = 180-(60+45) = 75 (fíjate qué triángulo forma), BPD = BPA+DPA = 150. Por esto, DPE = 180-150 = 30 (porque EPB es una línea recta, 180 grados). Por otra parte, BPC = 105 y FPC = 45, de forma que BPF = 105+45 = 150. También FPE = 30. Los triángulos BPD y BPF tienen un ángulo igual y dos lados iguales, así que son iguales, de forma que DP = PF. Además DPF = DPE+FPE = 60. Luego es equilatero, como en el apartado a.

El peso de la moneda falsa

Enunciado

La clave del ejercicio consiste en aprovechar al máximo las comparaciones a las que sometemos los grupos de monedas que pesamos.

En realidad, puesto que pesamos cuatro grupos de monedas en dos pesadas, podemos sentirnos tentados a dividir las monedas en cuatro grupos, pero si hacemos la prueba, caeremos en la cuenta de que, si la moneda falsa no es pesada en la primera comparación, no sirve de nada comparar los elementos del tercer y cuarto grupo. Sin embargo, podemos hacer un sólo grupo con estos dos y compararlos con los que ya tenemos, que sí están bien.

¿De cuánto tienen que ser los grupos? En realidad, podemos hacer grupos de muy distinta cantidad de monedas, siempre que las que pesamos en la primera pesada sean, en total, igual o más que las de la segunda. Pongamos que comparamos un grupo de trescientas monedas a otro de trescientas. Claro, sobran cuatrocientas que quedan sin pesar en la primera pesada.

Supongamos que pesan lo mismo ambos grupos (la balanza queda equilibrada). En ese caso, la moneda falsa está en las cuatrocientas restantes, y las seiscientas que hemos comparado pesan lo correcto. Así que comparamos esas cuatrocientas entre las que está la falsa con trescientas de un montón y cien de otro, que son auténticas. Esta pesada determinará si la falsa pesa más o menos.

En caso contrario, un grupo pesará más y el otro menos, pero sabremos que las cuatrocientas restantes pesan la cantidad correcta. Comparando un grupo de los pesados, por ejemplo, el que pesa más, con trescientas de las monedas correctas (las que no hemos pesado al principio) nos dirá si está la moneda entre las que pesaban más (y, por tanto, pesa más) o entre las otras (y, por tanto, pesa menos), ya que en el primer caso, la balanza se desequilibrará hacia las monedas ya pesadas, y en el segundo quedará en equilibrio.

Es evidente que cualquier reparto de monedas vale en la primera pesada, siempre que los dos grupos iniciales tengan la misma cantidad, sobren tantas monedas (o más) que uno de los grupos, y la suma de los dos exceda el total de sobrantes. De hecho, podría ser desde 250, 250 y 500 a 333, 333 y 334, casos extremos.

El área de la luna

Enunciado

Fragmentos

Puesto que la figura no tiene una forma conocida, trataremos de representarla por fragmentos, usando las líneas que tenemos en el dibujo (o tal vez alguna más que tracemos, como los radios principales de las circunferencias, que suelen ser muy interesantes). En este caso, descompondremos la figura en suma de dos, la parte interior del cuadrilátero y el resto.

Segmentos

Como podemos apreciar, la parte exterior al cuadrilátero está formada por dos segmentos circulares, que pueden resultar de restar a la circunferencia el área del cuadrado. Evidentemente, para sacar el área de toda la parte exterior, dividiremos ese resultado entre 2. Es decir, que la fórmula para ese fragmento es (Círculo-Cuadrado)/2.

Lo más complicado es calcular el radio de ese círculo. Observando el triángulo rectángulo formado por las diagonales y el lado, y aplicando el teorema de pitágoras, obtenemos que r al cuadrado por dos es igual a uno, es decir, que el radio es la raíz de dos partida por dos, o uno partido por raíz de dos, que es lo mismo.

Una vez que tenemos el radio, el área del círculo es pi por el radio al cuadrado, es decir pi partido por dos (en decímetros cuadrados). Como el cuadrado mide un decímetro cuadrado, la diferencia será pi partido por dos menos uno. La mitad, es decir, la zona sombreada, medirá pi partido por cuatro menos un medio.

La otra parte

La parte interna se calcula de forma similar. En realidad, el sector que hay que quitar al cuadrado para que nos quede ese área es un cuarto de círculo, de forma que su fórmula sería Cuadrado-(Círculo2/4).

El círculo en este caso es de radio uno (el lado del cuadrado), y su área debe medir pi (en decímetros cuadrados). Como hay que restar sólo la cuarta parte, el área buscada será uno menos pi partido por cuatro.

La suma de ambas áreas será pi partido por cuatro menos un medio más uno menos pi partido por cuatro, es decir, un medio. Por tanto, la respuesta es que el área es medio decímetro cuadrado (equivale a la mitad del cuadrado).

El tesoro de los gnomos

Enunciado

Este tipo de problemas es muy típico. Se trata de repartos enteros en los que debemos dar una cifra mínima. La frase "al menos" es una constante en esta clase de problemas. La solución, frecuentemente, viene acompañada del principio del palomar. Es decir, si en un palomar hay cuatro palomas y sólo tres salidas, por una de las salidas deben salir, al menos dos palomas (si no fuese así, sólo podrían salir tres palomas del palomar).

En nuestro caso, cada una de las 12 puertas tiene 12 cerraduras, lo que hace un total de 144 llaves. Como son siete los gnomos del enunciado, podemos hacer dos grupos de tres y uno suelto. Veremos cuántas llaves podemos hacer que tenga el que va suelto.

Cada vez que juntemos a tres de los siete gnomos, tendrán entre todos 144 llaves, por lo menos. Como 144 dividido entre 3 resulta 48, al menos uno de ellos tendrá 48 o más llaves (como en el principio del palomar). Tomemos A uno de los gnomos que tiene al menos 48 llaves. Con los otros 6, formamos dos grupos de tres, en el que cada uno de los dos deberá tener, al menos, las 144 laves que abren todas las puertas. En total hemos visto que tendrán, al menos, 48+144+144 = 336 llaves.

Ventana con círculos

Enunciado

En todos los problemas en los que hay círculos se debe empezar por trazar los elementos más importantes, que los caracterizan: sus radios. En particular, debemos trazar, si no observamos alguno que pueda darnos una informacion especial, aquellos que unen el centro con algún punto de la circunferencia especial: puntos de corte o de tangencia.

Líneas

En nuestro caso, queda como indica la figura de la izquierda. En este dibujo se han trazado también las diagonales del cuadrado que forman los radios de las circunferencias tangentes, que son unas rectas que también conviene tener en cuenta.

Área

El área que hay que calcular aparece como la diferencia entre un cuadrado y cuatro porciones circulares idénticas, cuyos radios forman siempre ángulos rectos. Entre los cuatro es fácil entender que forman un círculo completo. Si conociésemos el radio de los círculos, podríamos calcular tanto el área del cuadrado (su lado es el doble de un radio) como el del círculo que habría que restarle, y tendríamos el problema solucionado.

Detalle

Ahora, busquemos relaciones entre los diferentes segmentos marcados. Si nos fijamos en el detalle que se muestra a la izquierda, veremos que la mitad de la ventana es suma de dos magnitudes, el radio y la mitad del diámetro del cuadrado. Luego ambas magnitudes suman un metro (R+X = 1). Además, entre la suma de dos radios y los dos medios diámetros, forman un triángulo rectángulo, con lo que cumplen la regla de pitágoras, (2R)2 = X2+X2.

La solución

Puesto que nos interesa especialmente conocer R, despejamos X en la primera ecuación (X = 1-R) y substituimos en la segunda, de donde 4R2 = 1-2R+R2+1-2R+R2. Simplificando, tenemos que 2R2+4R-2 = 0, ecuación de segundo grado que tiene como única solución positiva que R vale raíz cuadrada de 2 menos 1. Como el área buscada es la del cuadrado de lado 2R (que es 4R2) menos el área del círculo de radio R (Pi por R al cuadrado). Sacando factor común R al cuadrado y substituyendo, obtenemos el valor que se aprecia en la imagen para el área, en metros cuadrados, aproximadamente 0,147279417.

Un viajante precavido

Enunciado

La clave en este problema es observar que el coche recorre 5000 kilómetros, pero siempre hay cuatro ruedas sobre el asfalto, por lo que en realidad cada una de las cuatro recorre 5000 kilómetros, mientras otra descansa. Lo que hace el viajante es repartir todo esa cantidad de kilómetros recorridos entre las cinco ruedas, de forma que cada rueda recorra la misma cantidad.

Entre todas las ruedas, han recorrido 5000*4 = 20000 kilómetros. Como hay cinco ruedas, cada una de ellas habrá recorrido 20000/5 = 4000 kilómetros.

El cuadrilátero inscrito y circunscrito

Enunciado

Este es un problema con una dificultad bastante alta, en particular porque habitualmente se carece de ciertos conocimientos básicos en geometría.

Transportar ángulos

En primer lugar, hemos de observar determinados hechos sobre el problema, en especial las características que tendría el dibujo una vez ya realizado.

La primera de estas características, la apreciamos en la imagen de la derecha. Cualquier ángulo en un arco de circunferencia mide lo mismo, es decir, en este caso, A, B, C y D son iguales. Además, los puntos de este arco son los únicos con esa propiedad. Por otra parte, los puntos del arco opuesto (como el ángulo E) forman un ángulo cuyo valor es suplementario (es decir, suma 180 grados con A). Este hecho es fácil de demostrar, pero es un elemento muy común y útil en casi todos los problemas de geometría, ya que no sólo sirve para caracterizar ángulos iguales, si no también para trasladarlos a otros puntos.

Cuadrilátero inscrito

Por lo dicho en el punto anterior, en el caso de tener un cuadrilátero inscrito en una circunferencia, sus ángulos opuestos sumarán 180 grados. Incluso podemos demostrar que si sus ángulos opuestos suman esa cantidad, puede ser inscrito en una. En el ejemplo de la izquierda, A+C = 180 y B+D = 180.

Cuadrilátero circunscrito

Como el cuadrilátero ha de ser también circunscrito, es decir, tener inscrita una circunferencia, podemos apreciar otros elementos especiales de este tipo de cuadriláteros en el dibujo de la izquierda. Como los radios (que son iguales) son perpendiculares a las tangentes, los ocho triángulos que se forman son rectángulos, e iguales dos a dos. Esa igualdad conlleva que los segmentos AE y AH son iguales, así como BF y BE, CF y CG y DG y DH. Por ese motivo, también es claro que el ángulo de los vértices queda dividido en dos partes iguales por el radio, es decir, que el centro está sobre la bisectriz de todos los vértices.

Cuadrilátero circunscrito

Dándole vueltas al dibujo anterior, hay algunos hechos que debemos reseñar. Partiendo de los vértices del cuadrilátero, sus lados son las dos tangentes exteriores a la circunferencia inscrita. Si miramos los lados, resulta que por las igualdades anteriores, AD+BC = AB+CD. Si miramos los ángulos (ver dibujo de la izquierda), podemos ver que (debido a que se trata de triángulos rectángulos), B = 180-A, C=A/2 y D=90-A/2.

Una vez aisladas las características de los cuadriláteros, vamos a atacar el problema. Tenemos tres puntos de una circunferencia, y buscamos un cuarto. Las líneas que lo conectan a ellos no tienen ninguna característica que nos permitan alcanzarlo, ya que sólo disponemos realmente de un ángulo (el opuesto al que buscamos). Tras hacer numerosos bocetos y desechar muchas ideas que no conducían a nada, llegué a la conclusión de que teníamos más datos del centro de la circunferencia inscrita (incentro), y que si lo tuviésemos, podríamos alcanzar el punto buscado. Sin embargo, aún no estaba el problema resuelto.

Ángulo central

De el incentro sabemos que está sobre la bisectriz del ángulo que tenemos, pero no hay (aparentemente) ningún dato que nos permita saber cuál de los puntos es. Sin embargo, uniendo la información debida a ser un cuadrilátero inscrito y circunscrito simultáneamente, podemos observar en el dibujo de la derecha una curiosa coincidencia. Teniendo en cuenta que D = 180-B, E = A/2, F = 90-A/2, resulta que G = F+B+E = 90+B, que es un ángulo sencillo de obtener.

Primeros pasos

Vamos a construir un procedimiento que se base en construcciones sencillas con regla y compás. Como disponemos del ángulo B, levantamos una perpendicular al lado AB, y obtenemos el ángulo B+90. Es decir, que la recta construida forma un ángulo B+90 con la recta BC.

Si la trasladamos mediante una paralela al punto A (o, mejor, si la hubiésemos construído directamente ahí), y la prolongamos hasta cortar la prolongación del lado BC, tenemos un punto que forma ese ángulo (o su suplementario) con B y con C. Necesitamos ahora un arco que nos traslade ese punto hasta la bisectriz.

Hallar incentro

Pero con tres puntos, tenemos una circunferencia que pasa por ellos. Todos los puntos de esa circunferencia forman un ángulo igual al buscado (o a su suplementario). Basta encontrar cuál es el que pertenece a la vez a la circunferencia y a la bisectriz del ángulo B. Como hay dos, nuestro objetivo será aquel que esté dentro de la circunferencia (el otro forma en realidad el ángulo suplementario).

La solución

Una vez hallado el incentro, el problema es sencillo. Trazando una perpendicular desde éste a un lado del cuadrilátero, tenemos el punto de tangencia con la circunferencia inscrita, de forma que podemos trazarla y también calcular, desde el otro vértice, el punto de tangencia de uno de los lados nuevos (mediante un arco de circunferencia). Dibujando este lado, obtenemos el vértice buscado. Podemos comprobar que el último de los lados también es tangente a esta circunferencia, por el sencilo método de unirlo al último vértice.

Siete veces sus cifras

Enunciado

Hemos de observar que se cita que el cociente sea 7, pero no dice nada del resto (puede no ser nulo). La representación genérica de un número de dos cifras es 10A+B, donde A y B son las dos cifras, enteros comprendidos entre 0 y 9 (bueno, A no debe ser nulo, pero esos son casos que podemos filtrar más adelante).

La división de tal número entre la suma de sus cifras es 10A+B entre A+B. Supongamos que el resto es R (un entero entre 0 y A+B) y, según el problema, el cociente es 7. La igualdad fundamental de la división se representa, en este caso, como 10A+B = 7(A+B)+R.

Quitando paréntesis de esta igualdad y simplificando, llegamos a que R = 3A-6B. Puesto que 6 es múltiplo de 3, podemos sacar factor común, es decir, R = 3(A-2B).

Puesto que todos los números implicados son enteros, R debe ser múltiplo de 3. Además, debe ser menor que A+B (para que sea resto en la división entera).

Si R es 0 (la división es exacta), A-2B debe ser 0, por lo que A = 2B. Como A y B son cifras (A no puede ser 0), eso nos lleva a los números 21, 42, 63 y 84.

Si R es 3, A-2B vale 1, así que A = 2B+1. El caso B = 0 no vale por ser 3 mayor que 1+0. Los números que obtenemos son 31, 52, 73 y 94.

Si R vale 6, A = 2B+2 y además A+B es mayor que 6. Eso nos deja 62 y 83.

Si R vale 9, A = 2B+3 y además A+B es mayor que 9. Tenemos sólo el 93.

Si R es mayor, A+B debe ser mayor que R y además A = 2B+R/3 debe ser menor que 10. Podemos comprobar que si B es 0, 1 ó 2, A+B es menor que R. Y si B es mayor que 2, 2B+4 es mayor que 9. Por tanto no hay más números.

En total, son 11 números, 21, 31, 42, 52, 62, 63, 73, 83, 84, 93 y 94.

El dinero de María

Enunciado

En primer lugar, podemos hacer unas sencillas simulaciones, que nos llevan a comprobar que hacer operaciones consiste en tomar el dinero inicial del banco (500) y restarle una cantidad determinada de veces 300 y sumarle otra cantidad entera de veces 198. La expresión del dinero obtenido quedaría, por tanto, como 300N-198M, donde N y M son enteros positivos.

Cuando se combinan dos números con enteros, se debe saber que se puede obtener como mínimo el máximo común divisor de ambos, y que siempre cualquiera de las combinaciones es múltiplo de este valor. No te preocupes si no entiendes del todo la demostración que viene a continuación, es un comentario útil, pero innecesario. Ayuda mucho en los planteamientos de este tipo de problemas, por lo que vamos a ver un breve resumen. Es evidente que si un número divide a todos (es un divisor común), también divide a sus combinaciones enteras. Supongamos que R es la menor de sus combinaciones. Como el MCD es divisor de R, si R no es el MCD, debe ser mayor que éste, por lo que no será un divisor común de todos los números, en particular de S. Aplicando la regla de la división con resto, existe un valor T (resto) menor que R y uno C (cociente) de forma que S = R*C+T, así que S-RC = T, es decir, T es una combinación entera y es menor que R, que se suponía el menor. Como esto es absurdo, R debe dividir a todos, luego será el MCD.

El caso es que en nuestro problema, tenemos una combinación de dos números (300 y 198). El valor mas pequeño que se debe obtener, teniendo en cuenta la factorización de 300 = 2*2*3*5*5 y 198 = 2*3*3*11, es el MCD, esto es, 2*3 = 6. Y todos los valores obtenidos deben ser múltiplos de 6. El múltiplo de 6 más grande menor que 500 es 498 = 6*83, por lo que podremos combinar esa cantidad. Ahora debemos hacer unas cuantas pruebas para ver cómo lo logramos. Veamos tres aproximaciones.

Es fácil darse cuenta si un número es o no múltiplo de 300, de forma que como queremos ver de qué forma podemos obtener 498 = 300N-198M, debemos probar 498+198*N, hasta dar con un múltiplo de 300. Puede ser laborioso, pero seguro que funciona.

Puede que nos demos cuenta muy pronto de que 498 = 300+198, aunque esta combinación no nos sirve, pues 198 debe ser multiplicado por un factor negativo. Si obtenemos su MCM, 2*2*3*3*5*5*11 = 9900 = 300*33 = 198*50, podemos sumarlo y restarlo, obteniendo 498 = 300+300*33+198-198*50, de forma que, agrupando factores, 498 = 300*34-198*49. Es decir, que basta extraer 34 veces 300 e ingresar 49 veces 198, cuidando de no quedarse sin dinero en la cuenta ni fuera de ella (ya verás cómo se cansan en el banco).

Otra forma podría ser lograr primero 6=300M-198N, por un procedimiento similar al visto en el primero, es decir, sumando 6+198N hasta obtener un múltiplo de 300. Esto ocurre a la tercera prueba, es decir, 600 = 6+198*3, o sea 6 = 2*300-198*3. Repitiendo este proceso 83 veces, obtenemos el resultado deseado, es decir, 498 = 166*300-198*249. Como ves, aún abusas más de los empleados del banco.