Las bicicletas

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Evidentemente, se puede abordar con ecuaciones. Pero también podemos razonar para resolverlo sin su ayuda.

Lo primero que debemos razonar es lo que sucede cuando añadimos a un conjunto de ocho bicicletas otra cuyo precio sube la media aritmética.

Podemos suponer que todas las primeras bicicletas valen lo mismo, así que si añadimos una bicicleta más que sube la media, debe valer 9 euros más que las otras para subir la media un euro, y en ese caso, está ocho euros por encima de la media resultante.

De la misma forma, si queremos que suba dos euros la media, deberá estar 18 euros por encima del valor medio anterior, y eso supone 16 por encima del definitivo.

Si te das cuenta, para conseguir que quede 64 euros por encima de la media definitiva, deberá subir esta media 8 euros, es decir, que costará 82 + 8 + 64 = 154 euros.

Esto es debido a que empleamos 8 euros por cada bicicleta antigua, y otros 8 más por la nueva, para subir la media.

De celebración

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Como de costubre, los comentarios han dado una solución válida, pero han usado una herramienta que, generalmente, los estudiantes de primaria no comprenden bien todavía. Veamos cómo encarar el problema sin usar el álgebra.

Puesto que tenemos que repartir a los alumnos en grupos de 4, de 3 y de 2, lo más sencillo es experimentar con un múltiplo de todos ellos, y ver en ese caso cuántos platos se pedirían.

El múltiplo menor que podemos usar es 12, y en el caso en que fueran 12 los estudiantes en el restaurante, necesitarían 3 platos de ensalada, 4 pizzas y 6 postres, lo que hace un total de 13 platos los que tomarían en total.

Como sabemos que la cantidad de platos que realmente se pidieron fueron 65, que es 5 veces más que 13 (65 = 13*5), eso indica que la cantidad de alumnos fue 5 veces la del experimento, es decir, 12*5 = 60.

Por lo tanto, fueron 60 estudiantes a la comida.

Una ecuación complicada

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En una ecuación con raíces de tercer grado no podemos aplicar la misma estrategia que en una con raíces de segundo grado. Despejar alguna de las dos raíces y elevar (en este caso, al cubo) nos causará más problemas, ya que de nuevo aparecerán dos términos con raíces de tercer grado. Por si no lo sabías, el cubo de la suma tiene nada menos que cuatro términos.

De alguna manera, debemos eliminar una de las dos raíces antes de tratar de elevar la otra. El método más conveniente es por substitución, es decir, como hacen en uno de los comentarios. Tomamos la raíz más sencilla, y la substituimos por una variable.

Así, tomando x^(1/3) = T, o, lo que es lo mismo, x = T³. El otro término quedaría como (1729 - T³)^(1/3) al substituir la x, por lo que la ecuación pasaría a ser (1729 - T³)^(1/3) + T = 19.

Ahora sí que podemos quitar la única raíz mediante la estrategia de despejar y elevar, así que tendríamos (1729 - T³)^(1/3) = 19 - T, y elevamos al cubo. Hay que tener cuidado con los cuatro términos que obtenemos. Elevando, 1729 - T³ = 6859 - 1083T + 57T² - T³.

A continuación, pasamos todos los términos de este polinomio al mismo lado y tratamos de factorizarlo, observando que el término de tercer grado desaparece: 57T² - 1083T + 5130 = 0.

Como todos los números son múltiplos de 57, la ecuación queda T² - 19T + 90 = 0, cuyas soluciones son, aplicando la conocida fórmula de la ecuación de segundo grado, 10 y 9.

Pero esos números son los valores de T, que recuerda que era x^(1/3), con lo que ahora hay que calcular x = T³, en nuestro caso, 729 y 1000.

Así que esas son las dos soluciones a la ecuación inicial, 729 y 1000.

El gran producto

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Este tipo de problemas siempre busca un patrón en las cifras de los productos, en este caso trabajaremos por separado en las dos potencias.

Las potencias de tres siguen un patrón en su última cifra de longitud 4 : 1, 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7. Esto es así porque la última cifra siguiente sólo depende de la última cifra de la potencia anterior, y 1*3 = 3, 3*3 = 9, 9*3 = 27 y 7*3 = 21.

Por lo tanto, si elevamos 3 a cualquier potencia múltiplo de 4, acabará en 1. El número más cercano a 27653 que es múltiplo de 4 se puede sacar dividiendo este número entre 4, que da 6914 y resto 1, es decir, que 27652 es múltiplo de 4, por lo que al elevar 3 a 27652 acaba en 1, y al elevarlo a 27652 acabará en 3.

Para las potencias de 7 podemos hacer algo similar, ya que 1*7 = 7, 7*7 = 49, 9*7 = 63, 3*7 = 21, volvemos a tener un ciclo de cuatro posibles terminaciones, 1, 7, 9, 3 (curiosamente, son las mismas). Ahora la potencia que buscamos es 79578, que dividida entre 4 da 19666 y resto 2. De ahí deducimos que la potencia 79578 acaba en 9.

El producto de estos dos números acabará en 7, debido a que 3 por 9 acaba en 7.

Recorrido ciclista

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Gráfica de tiempo-distancia

Como dice David en el comentario, se trata de aplicar el teorema de Pitágoras sucesivas veces y calcular la distancia a la que están. La gráfica queda como indica el dibujo que acompaña a estas líneas, donde el tiempo (una unidad es lo que tardan en recorrer ambos un paso), como siempre, ocupa el eje horizontal.

Para responder al apartado b) hay que fijarse en que entre el paso 3 y el cuatro que dan, superan los tres pasos de distancia entre ellos, por lo que sólo podrán comunicarse hasta ese momento, y después, entre el noveno y décimo paso vuelven a entrar en una zona de alcance, por lo que vuelven a poder establecer contacto hasta el final.

Números coloreados

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En esta ocasión la idea es releer bien el enunciado y experimentar un poco.

Si el número 1 se pinta de color verde, el 1 + 1 = 2 debe ser azul, según la primera regla. Por lo tanto, el 2 + 2 = 4 debe ser de color verde, según la segunda regla, y el 1 + 4 = 5 debe ser de color azul. Razonando de manera análoga, el 7 debe ser verde y el 8, azul. Y el 10, verde.

¿Qué pasa con los números que nos han quedado sin pintar? Se trata del 3, el 6, y el 9.

Observamos que deben ser rojos, porque si el 3 fuese verde, 3 + 1 = 4 debe ser de color azul, y no verde, y eso entraría en contradicción. De la misma forma, 6 + 1 = 7 es verde, y por eso 6 no puede ser verde, y 10 es verde, con lo que 9 tampoco lo puede ser. Pero tampoco pueden ser azules, puesto que 2 es azul, y 3 + 2 = 5 es azul, al igual que 8 y 11. Por eso 3, 6 y 9 son rojos. Observamos una repetición evidente de colores en ternas verde - azul - rojo.

Para responder a la segunda pregunta, habría que llegar al número 125 y al 381. Pero podemos ir de tres en tres. Lo mejor es seguir los múltiplos de 3, que son rojos. El 125 no es múltiplo de 3 (1 + 2 + 5 = 8), pero 123 sí (1 + 2 + 3 = 6), así que debe ser rojo. Entonces, 124 es verde y 125, azul. De manera similar, 3 + 8 + 1 = 12, que es múltiplo de 3, por lo que es rojo.

La tercera parte hay un cambio de color en el 1, a azul, de forma que hay que volver a hacer un breve estudio, que rápidamente concluye en que la cadena ahora es azul - verde - rojo, volviendo a ser rojos los múltiplos de 3. El 2009 no lo es (2 + 9 = 11), pero el 2007 sí, por lo que será rojo, y el 2008, azul, y el 2009, que es el que se nos pregunta, verde.

Plantando árboles

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Este es un complejo problema de combinatoria, que puede usarse como modelo de muchos de este estilo. Es conveniente ensayar las ideas en un modelo más pequeño. Para empezar, plantar 5 hayas entre 12 árboles parecen números demasiado grandes para razonar. Después de razonar sobre cantidades menores, podemos lanzarnos al problema completo.

He probado a plantearlo de diferentes formas, pero en cualquier caso resulta bastante complicado. En la solución oficial distinguen dos formas de abordarlo: pensar en que todos los árboles son distinguibles o no. A mí no me resulta fácil pensar en que los árboles se puedan distinguir o numerar, así que supondré que todas las hayas son iguales, y que los que no lo son también son iguales entre sí. Así, tendremos una cantidad de situaciones equiprobables que supone permutaciones de 12 elementos dividido por permutaciones de 7 y permutaciones de 5 (en combinatoria, 12 sobre 5 o combinaciones de 12 elementos de los que se extraen 5).

La cantidad de combinaciones que eso proporciona es grande, pero confío en poder simplificar factores antes de dar la solución final.

Vamos a buscar los casos favorables, es decir, aquellos en que no hay dos hayas consecutivas, que creo que van a ser menos.

Si considero situados los siete árboles que no son hayas, quedan entre estos seis huecos, además de las posiciones de delante y la de detrás de ellos.

En esos huecos hay que plantar las cinco hayas, pero cada una en uno distinto, por lo que vamos a elegir cinco huecos entre los ocho, es decir, 8 sobre 5 o 8*7*6/(3*2) = 8*7.

La probabilidad que buscamos será, entonces, 8*7/(12!/(7!*5!)) = 8*7*5*4*3*2/(12*11*10*9*8) = 8*7*5*3/(12*11*10*9) = 8*7*3/(12*11*2*9) = 8*7/(12*11*2*3) = 7/(11*3) = 7/99.

Por lo tanto, la probabilidad de que no haya dos hayas juntas es exactamente 7/99, aproximadamente 7,07%.

Área desconocida

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Cuadrado dividido

Como de costumbre, hay varias formas de abordar este problema. Podemos usar ecuaciones de rectas, relaciones entre lados y muchas cosas similares. En los comentarios al enunciado hay un par de formas de abordarlo bastante frecuentes. Yo voy a optar por una forma de abordarlo más imaginativa basada en semejanza de triángulos.

Lo que es necesario entender es que AE*5 = EB quiere decir que la longitud AB es 6 veces mayor que AE, es decir, que AE mide 3 y EB mide 15.

Observa que el triángulo EBF y el DFC son semejantes, ya que están en posición de Tales.

Por último, el triángulo CFB y el triángulo DFC ocupan entre ambos medio cuadrado. Si averiguamos el área de DFC, será fácil calcular la de CBF restando.

Ahora bien, las alturas de EBF y DFC suman 18, y entre sí son semejantes con la misma razón que los triángulos. Como las bases están en relación 15 a 18, la razón de semejanza es 15/18 = 5/6. Dicho de otra forma, H + (5/6)*H = 18, es decir, (11/6)*H = 18, por lo que H = 18*6/11 = 108/11. Aplicando la fórmula del área del triángulo DFC, 18*(108/11)/2 = 972/11.

Por último, restando esta cantidad del área de medio cuadrado (18*18/2) obtenemos 18*18/2 -972/11 = 162 - 972/11 = 810/11, que vale aproximadamente 73,64 centímetros cuadrados.