Sudoku

Enunciado

sudoku resuelto

Supongo que no será necesario explicar paso a paso cómo se resuelve este pasatiempo. Dejo a la izquierda la solución, aunque no es difícil comprobar por uno mismo si se ha procedido de forma correcta o no.

Escasez de relojes de arena

Enunciado

Como comentábamos en la solución del problema primero, sumando y restando cantidades enteras se puede conseguir obtener siempre el máximo común divisor, y por ello, cualquier múltiplo de éste.

Como el máximo común divisor de 15 y 9 es 3, cualquier múltiplo se puede alcanzar sumando y restando, en particular 12. ¿Cuál será la mejor estrategia para lograrlo?

Probando a sumar y restar, descubrimos que 9 + 9 + 9 - 15 = 12. Ahora, hay que convertir esto en movimientos de reloj de arena.

Ponemos en marcha (a caer) ambos relojes a la vez. Cuando el de nueve se agote, volvemos a voltearlo. En el momento que se acabe el de 15, tumbamos el de 9 para que se quede horizontal (quedan por caer 9 + 9 - 15 = 9 - 6 = 3 minutos). Ahora es cuando empieza la cuenta de los 12 minutos. Levantamos de nuevo el reloj de 9 (que caigan los 3 minutos que quedan) y cuando acabe, le damos la vuelta (otros 9 minutos). En total, 12 minutos.

Las edades de las hijas de Alicia

Enunciado

Si hacemos algunas pruebas con cantidades concretas, descubriremos que podemos calcular las edades de las hermanas a partir de la mayor, restando cuatro años.

En el supuesto de que la mayor tuviese 30 años, la segunda tendría 26, es decir, cuatro menos que ella, la tercera, 22, es decir, cuatro menos que la segunda y por tanto ocho años menos que la primera, y la cuarta tendría 18, es decir, cuatro años menos que la tercera, ocho menos que la segunda y doce años menos que la mayor.

Lamentablemente, en este ejemplo, la pequeña no tiene la mitad de años que la mayor, por lo que no nos vale como solución, pero sí nos proporciona una información muy valiosa: la hermana pequeña siempre tiene doce años menos que la mayor.

También podríamos calcular al revés, la edad de la mayor a partir de la de la pequeña, y así, si la pequeña tuviese ocho años, la mayor tendría 16, pues debe tener el doble.

Lamentablemente, en este ejemplo, la pequeña no tiene doce años menos que la mayor, si no ocho años menos, puesto que para que la mayor tenga el doble de años, la diferencia de años debe coincidir con la edad de la pequeña.

¿Te das cuenta? La diferencia de edad (que sabemos que es 12 años) debe coincidir con la edad de la pequeña. Por eso, la pequeña debe tener 12 años, la mayor 24, la segunda 20 y la tercera 16, edades que resuelven el problema.

Los triángulos

Enunciado

Hemos de observar que la figura está trazada sobre un pentágono regular, y que si la giramos la quinta parte de una vuelta vuelve a ser ella misma. Eso quiere decir que cada triángulo que encontremos va a estar repetido cinco veces, de forma que nos podemos ahorrar parte del trabajo. Voy a pintar los triángulos (o las familias de triángulos) que voy encontrando, ordenando un poco los resultados.

familia a de triángulos

Empecemos con los triángulos que están formados por una única pieza. A la derecha podemos ver una familia de cinco triángulos iguales, pintados de rojo.

familia b de triángulos

Ahora, a la izquierda, otros cinco triángulos de una sola pieza, pintados de verde. Forman una familia, pues se obtienen girando la figura un quinto de vuelta. Contados junto a los anteriores, tenemos 10.

familia de 2 piezas a

Como ya no quedan triángulos de una sola pieza, comenzamos con los de dos. A la derecha he pintado de cinco colores distintos (porque se tocan) los miembros de otra familia de triángulos, en esta ocasión formados por dos piezas. Sumados a los anteriores, hacen un total de 15.

familia de 2 piezas b

Y, claro, a la izquierda, he hecho lo mismo con otra familia de triángulos. Estos son muy parecidos a los anteriores, pero son todos nuevos. Podéis observar que estos están "mirando" en el sentido contrario a los otros, como si se reflejaran en un espejo. Sumados a los anteriores, hacen un total de 20.

triángulo de 3 piezas a

Todas las demás formas de juntar dos piezas no proporcionan triángulos, así que hay que recurrir a juntar tres. Aquí tenemos una forma (a la derecha) de juntar tres, que da lugar a otros cinco triángulos. Sólo he pintado a uno de la familia, porque algunos de los demás usan las mismas piezas y no se les vería demasiado bien. Sumados a los anteriores, hacen un total de 25.

triángulo de 3 piezas b

Y, a la izquierda, otra forma de juntar tres piezas que da lugar a un triángulo, que no es igual a los otros. De nuevo sólo he podido pintar uno de los triángulos, así que tendrás que imaginarte los otros cuatro. Sumados a los anteriores, hacen un total de 30.

triángulo de 5 piezas

Con cuatro piezas no se pueden encontrar triángulos, ya que todas las uniones provocan formas de más de tres lados. La única familia que queda está formada por cinco piezas, y es el triángulo más grande que hay en esta figura. Uno de ellos lo he puesto a la derecha de estas palabras. Sumados a los anteriores, hacen un total de 35.

Así pues, son 35 los triángulos que podemos ver en esa pequeña figura.

La diana

Enunciado

Veamos la tabla:

	50	100	200
Jaume (200 puntos)	250	300	400
Albert (50 puntos)	100	150	250
María (150 puntos)	200	250	350

La idea es que sólo pueden conseguir los puntos que aparecen en la tabla, por lo que vamos a proceder a contestar a las preguntas utilizándola.

a) María puede perder si saca sólo 200 puntos en total, siempre y cuando Albert consiga 250, ya que Jaume la supera seguro en ese caso.

b) Albert no puede ganar. A lo sumo, puede sacar 250, con lo que podría empatar con Jaume, si sólo saca 250.

c) Jaume no puede perder en solitario, pues lo peor que le puede pasar es sacar 250 puntos, y en ese caso, Albert podría empatarle. Si eso sucediese, podríamos decir que Jaume pierde, aunque empatado con Albert.

Mago busca puerta

Enunciado

Primera solución (tanteo)

Fíjate que 2 no pueden abrir, pero 3, los juntemos como los juntemos, sí pueden abrir la puerta.

Tres cerraduras

Es evidente que más de 3 cerraduras sí necesitará, ya que con sólo 3, no tendría para repartir a los cuatro, por tanto uno no tendría llave, y si ése y 2 más pueden abrir, los otros dos pueden abrir solos.

Cuatro cerraduras

Al menos necesita 4, veamos que con 4 no puede cumplir las condiciones.

No puede haber ninguno con 3 llaves, pues en cuanto lo juntases con uno más que tuviese la restante, abriría.

Uno de ellos tendría que tener 2 (si no, tres no podrían abrir la puerta, al faltarles una llave). Llamémosle A. Los otros tres (B, C y D) deben poder abrir la puerta, luego tienen 4 llaves, por eso hay otro (supongamos que B) que tiene 2 llaves. A y B deben tener una llave en común, porque en caso contrario, abrirían la puerta entre los 2. Tampoco pueden tener repetidas las dos llaves, porque en ese caso, ellos dos y otro abrirían la puerta, y si se fuese uno de los dos, tendrían las mismas llaves. Luego entre los dos tienen tres llaves. La cuarta la tienen los otros dos, puesto que cualquiera de ellos con A y B deben de poder abrir. Claro, que si juntas C y D con A, pueden abrir, luego C o D tienen la llave que le falta a A y tiene B, y también la que les falta a ambos, por lo que entre ése y A tendrían las cuatro llaves.

Cinco cerraduras

Con cinco cerraduras el proceso es aún más complejo, pero lo cierto es que tampoco se puede hacer. Veamos.

Ninguno puede tener tres llaves. Si uno (llamémosle A) tuviese tres, y uno tuviese las dos restantes, podrían abrir la puerta entre dos. Luego los otros tres sólo podrían tener una de las dos que le faltan a A. Pero como son 3, dos de ellos la tienen repetida (supongamos que son B y C). Cuando juntemos a A, B y C tienen que tener todas las llaves, lo cual es absurdo.

Es decir, que como mucho tendrían que tener dos llaves. Además, es sencillo entender que al menos hay dos que tienen dos llaves, porque en caso contrario no podrían juntar 5.

Tomemos dos de los que tienen dos llaves (A y B). No pueden tenerlas iguales, ya que al juntar un tercero, no dispondrían de 5 llaves.

Si dos de ellos tienen una llave igual, entre ambos tienen 3 llaves, luego al añadir cualquiera de los otros dos (C o D) han de juntar 5 llaves, por lo que las dos llaves que tuviesen habrían de ser las dos que le faltan, y por tanto C y D tendrían el par de llaves igual, lo que hemos visto que no puede ser.

Si no tienen ninguna repetida, entre los dos tienen 4 llaves. Los otros dos tienen la llave que falta, pues entre 3 deberían abrir la puerta. Claro, que si juntamos A con los otros dos, también abrimos, por lo que entre C y D tienen las llaves que tiene B, repartidas, porque no pueden tener 3. Y si tomamos B, C y D, también tienen entre C y D las que tiene A, por la misma razón. No puede ser, pues siguen teniendo el límite de dos llaves.

Seis cerraduras

Nos acercamos a la respuesta.

Supongamos que ninguno tiene tres llaves. Evidentemente, todos tienen que tener dos, pues al juntar tres debemos poder abrir 6 cerraduras. Evidentemente, A y B tienen cuatro llaves y C tiene las dos restantes, pero si juntamos A, B y D, obtenemos que C y D tienen las mismas, y, claro, B, C y D no pueden abrir la puerta.

Está claro que al menos alguno tiene tres llaves. ¿Podría alguno tener cuatro llaves? Si A tiene cuatro llaves, ninguno de los otros puede tener las dos restantes, de forma que, por ejemplo, B tiene una y C otra. Pero si juntamos A, B y D, D debe tener la misma que tenía C antes, y si junto A, C y D, alguno debe tener la que tenía B, siendo que en cuanto la tuviera, se podría juntar con A y abrir la puerta.

Bueno, el caso es que, si el sistema funciona, el que más llaves tiene, dispone de 3. Supongamos que sea A y llamemos a las llaves Amarilla, Roja y Verde. Entre A, B y C abren la puerta, así que uno entre B y C debe tener dos llaves de las restantes y el otro al menos una. Supongamos que B tiene la Azul y la Negra, y que C tiene la Blanca. Juntando a A, B y D concluimos que D también tiene la Blanca. Claro, que si juntamos a A, C y D, sabemos que entre C y D tienen la Azul y la Negra, pero no pueden tenerlas a la vez. Pongamos que C tiene la Azul y D la Negra. Sólo nos queda juntar a B, C y D, y les faltrían las tres llaves que tiene A (Amarilla, Roja y Verde), sin acumular más de una cada uno (recuerda que ya tienen dos, y no pueden llegar a cuatro). Como son tres, pueden tener una cada uno.

Luego el reparto podría funcionar así: A, Amarilla, Roja y Verde, B, Amarilla, Azul y Negra, C, Roja, Blanca y Azul, y D, Verde, Blanca y Negra.

Comprobemos que las cuatro diferentes combinaciones de tres trolls (A, B, C), (A, B, D), (A, C, D) y (B, C, D) disponen de las seis llaves (tres de ellas, repetidas).

Por otra parte, respecto a los pares de trolls, a (A, B) le falta la llave Blanca, a (A, C) le falta la llave Negra, a (A, D) le falta la llave Azul, a (B, C) le falta la llave Verde, a (B, D) le falta la llave Roja, y a (C, D) le falta la Amarilla. Por cierto, son seis las parejas, y seis las cerraduras. Tal vez razonando por aquí hubiese salido antes, aunque habría que demostrar que es imposible hacerlo con menos cerraduras.

Por tanto, con seis cerraduras y dos copias de cada llave, puede cumplir sus deseos el mago, y guardar en su cámara lo que le quede después de pagar al cerrajero, y a nosotros por esta deducción.

Otra solución (más breve)

Como hemos visto, se pueden hacer exactamente seis pares de trolls con los cuatro disponibles, que serían (A, B), (A, C), (A, D), (B, C), (B, D) y (C, D). A todos ellos les debe faltar al menos una llave. Esa llave, la tienen que tener todos los que no pertenezcan al par, pues al unirse, podrían abrir la puerta. A dos pares distintos (en los que hay al menos un troll diferente) no puede faltarles la misma llave, ya que el de un par que no pertenezca al otro debe tener todas las llaves que le falten al otro par. Economizando al máximo, podemos escoger una llave por cada par, que debe llevar cada troll que no pertenezca al par (es decir, habría que hacer dos copias). Supongamos que a (A, B) le asociamos la llave 1, a (A, C) le asociamos la llave 2, a (A, D) le asociamos la llave 3, a (B, C) le asociamos la llave 4, a (B, D) le asociamos la llave 5 y a (C, D) le asociamos la llave 6.

De esta forma, A tendría las llaves (4, 5, 6), B tendría las llaves (2, 3, 6), C tendría las llaves (1, 3, 5) y D tendría las llaves (1, 2, 4). Es sencillo comprobar que esto equivale al reparto hecho en la solución anterior, y por tanto es una solución válida y es la que menos cerraduras (y llaves) usa.

El regalo

Enunciado

En este problema, lo principal es ser ordenado en la realización de operaciones, e interpretar bien el enunciado.

Como el regalo costó 84€, y repartieron el coste en partes iguales, cada una debía pagar 84/3 = 28€. Sin embargo, Cristina comenzó pagando la totalidad del regalo, de forma que la cantidad de dinero que tenía quedó reducida a 100 - 84 = 16€.

Gloria le dió a Cristina su parte, que ascendía a 28€, de forma que Cristina quedó con 16 + 28 = 44€.

Aitana sólo pudo darle la mitad de su parte, es decir, 28/2 = 14€, por lo que Cristina llevaba al final de todo 44 + 14 = 58€. Esta cantidad es la que nos piden (aunque Aitana le siga debiendo otros 14€).

También se podría calcular restando, del total que tenía al principio (100€) la parte de Cristina (28€) y la mitad de la de Aitana (14€), que es lo que Cristina ha pagado en realidad (el resto lo ha recuperado). El resultado es el mismo, 58€.

Cuboctaedro

Enunciado

Supongo que todos sabéis que un cubo tiene seis caras: la superior, cuatro laterales y la inferior.

cara de cubo

A la derecha, tenemos lo que le sucede a una de esas caras cuando convertimos un cubo en un cuboctaedro: se convierte en un cuadrado más pequeño. Los lados del nuevo cuadrado forman, con los fragmentos de los lados que se han suprimido, un triángulo rectángulo isósceles. Puesto que ambos catetos (los fragmentos suprimidos) miden 3 centímetros, la hipotenusa, es decir, el lado del nuevo cuadrado, mide raíz cuadrada de 18 (o si lo prefieres 3 por raíz de 2), como aplicación del Teorema de Pitágoras.

Es decir, que los nuevos cuadrados a los que han quedado reducidas las caras del cubo tienen un área de 18 centímetros cuadrados. Como son 6, el área total será de 108 centímetros cuadrados. Pero no son las únicas caras que tiene esta figura. Puedes apreciar que cada vértice (los "picos" en los que se juntan tres caras), al cortar la esquina, ha dado lugar a un triángulo, que es equilátero, y cuyos lados también miden raíz de 18 (va unido a tres cuadraditos).

altura de triángulo equilátero

Para calcular su área, necesitamos el dibujo de la izquierda, en el que se aprecia que la altura del triángulo forma, junto con medio lado y un lado completo, un triángulo rectángulo, de la que es cateto. Elevando al cuadrado y aplicando de nuevo el Teorema de Pitágoras, sale que el cuadrado de esta altura mide 18-18/4, es decir, 54/4. Por eso, su longitud (en centímetros) será la raíz cuadrada de 54 partido por 2 (si lo prefieres, 3 por raíz cuadrada de 6 partido por 2). Como el área del triángulo es base por altura partido por 2, en este caso será 9 por raíz cuadrada de 3, partido por 2 (observa que los factores bajo la raíz se pueden agrupar y extraer de ella).

¿Cuántos de estos triángulos hay? Uno por cada esquina (o vértice). Hay cuatro junto a la cara superior del cubo original y otras cuatro junto a la inferior. En total son 8, por lo que el área de los triángulos será 36 por raíz cuadrada de 3 centímetros cuadrados.

resultado

El área total, expresada en la imagen de la derecha, es la suma de ambas áreas, en centímetros cuadrados: 108 más 36 por la raíz cuadrada de 3, lo que hace un total aproximado de 170,3538 centímetros cuadrados.

¿Y el volumen? El volumen original del cubo es 6*6*6 = 216 centímetros cúbicos. A este volumen hay que quitarle las cuatro esquinas, cuya forma es la de una pirámide de base triangular. Para calcular el volumen de una de estas pirámides, debemos saber que el volumen de una pirámide es igual a la tercera parte del producto del área de la base por la altura.

pirámide eliminada

En este caso, el sistema para calcularlo se ve muy simplificado, porque esta pirámide podemos situarla sobre cualquier base, ya que está formada en su totalidad por triángulos. Es sencillo entender que si escogemos como base cualquiera de las que antes era una cara de un cubo, la altura coincide con uno de los fragmentos de arista del cubo (ver imagen). El área de la base es, por tanto, 3*3/2, es decir, 9/2 centímetros cuadrados, y, puesto que la altura es 3, su volumen será 27/6 centímetros cúbicos.

Como el número de pirámides que hemos suprimido en total es 8 (las esquinas o vértices), el volumen total que hemos quitado del cubo es 8*27/6, es decir, 36 centímetros cúbicos. El volumen total del cuboctaedro, por tanto, es de 180 centímetros cúbicos.