Las piedras de Lipsi - 1a parte

Mil felicidades a Andrés, que ha tenido aportado la demostración empírica de que es posible hacer el puente con menos de 30 piedras ...


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Las piedras de Lipsi - 2a parte (* * * * *)

El problema se resuelve construyendo una columna de losas.

Imaginemos que colocamos una piedra sobre la orilla de Lipsi. Esta piedra sólo podría sobresalir 5 Km de la orilla, o caería, puesto que su Centro de Gravedad se encuentra a 5 Km de su lado izquierdo (1/2 de la piedra).

Supongamos que, bajo dicha piedra (que sobresale 5 Km) colocamos una piedra debajo. Si se calcula el nuevo Centro de Gravedad, éste está a 2,5 Km del lado izquierdo de la segunda losa (1/4 de la piedra).

Es decir, tendríamos una construcción de una losa que sobresale 5 Km sobre una segunda losa que sobresale 2,5 Km de la orilla.

Si hiciéramos el mismo ejercicio con una tercera losa, el Centro de Gravedad quedaría a 1,666 Km de su lado izquierdo (1/6 de la piedra).

Si realizamos sucesivamente este ejercicio, nos daremos cuenta que siempre se pueden ir colocando losas debajo, siempre y cuando cada vez sobresalgan menos, siguiendo la progresión: 1/2 de la piedra,1/4, 1/6, 1/8, 1/10, …

Con 226 piedras, habréis llegado al otro lado:

Si os fijáis, la succesión que forma el pilar (1/2, 1/4, 1/6, 1/8, 1/10...) es la mitad de la Serie armónica (1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, ...). Esta serie tiene múltiples propiedades, y ha sido objeto de estudio de muchos matemáticos de la época.

Como mayor curiosidad, y, aunque parezca mentira, la suma de la serie tiende a infinito. Es decir, Hércules podría hacer un pilar con losas de 10 Km que sobresaliera tan lejos como se quisiera. si Afrodita se lo pidiera, podría hacer un pente que recorriera los 6.304 Km de distancia que hay entre Philadelphia y Barcelona (ver aquí). Lo que pasa es que en ese caso, Hércules debería construir el pilar durante el día, porque necesitaría tantas piedras (unas 773.000) que por la noche la luna, al pasar, le tumbaría el pilar (su distancia a la tierra es de 384.400 Km).

Pero una Afrodita bien vale el esfuerzo, ¿verdad?

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Centro de Gravedad - Con saber esto os basta ...

De manera "coloquial", digamos que el Centro de Gravedad (CdG) es el punto "más en el centro" de un objeto. Los físicos lo usan para entender cómo actuaría la fuerza de gravedad en él.

Por ejemplo: Las losas de Hércules son de 10 Kms de largo por 2 de alto. En este caso, su CdG está a 5 Kms del lado y 1 Km de la base:

El CdG de varios objetos se puede "promediar". Por ejemplo, si miramos la siguiente construcción hecha con 2 losas, el CdG del conjunto está situado:

• A 3 Kms del lado izquierdo, que es la media de un CdG que está a 1 Km y otro a 5 Km
• A 3,5 Kms de la base, que es la media de un CdG que está a 1 Km y el otro a 6 Kms
  

Para que una construcción de losas apiladas no se caiga, el CdG debe quedar dentro de la base. Por ejemplo, si la anterior construcción sobresaliera más de 3 Kms de la orilla de Lipsi (como en el siguiente esquema) no sería estable y se caería al mar.

¡Con esto os basta para empezar a construir e intentar llegar a Patmos!

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El gusano del cubo

Agrupemos los 27 cubos pequeños en 2 grupos, los verdes y los rojos:

Es fácilmente comprobable que el gusano, por narices, pasará alternativamente por un cubo verde- cubo rojo -cubo verde - cubo rojo, ... tome el camino que tome. En 2 dimensiones se ve más claro:

Por tanto, puesto que hay 27 cubos, que es un número impar, forzosamente, el último cubo que recorra el gusano será del mismo color que el primer cubo que royó. Puesto que el cubo central es rojo, deberá empezar por un cubo exterior que no sea ni un centro de cara ni una esquina.

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Entonces ... ¡Tal como está enunciado el problema no puede resolverse! (Esa era la pequeña trampa).

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Romeo y Julieta

Como decía en el enunciado del juego de ingenio, este problema se puede resolver con "matemática profunda". La gracia, pero, es resolverlo usando un poco de lógica pura, y bastante de pensamiento lateral. En concreto, se puede resolver pintando un cuadro (como decía teiraClon, y me preguntaba Sable):
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La zona azul es la combinación de horas de llegada de Romeo y Julieta que permite que se encuentren. Es decir, si Romeo llega a las 17:00 h, Julieta puede llegar entre las 17:00 h y las 17:15 h. Etc ...

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Por tanto es fácil deducir que la probabilidad de que los enamorados se encuentren es 5 / 9 = 55,5%. Es decir, ... ¡más de la mitad!

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Los triángulos griegos

Hay muchas soluciones a este enigma, y quizás la que propone Sable es un poco más elegante que esta ... En fin, ós añado el esquema que me hice yo para resolverlo ...:

Con este esquema se ve claramente que el ángulo α (color verde) + el ángulo β (color rojo) suman 45º.

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RETO 5 ESTRELLAS: Los triángulos del pentáculo

Aquí os dejo el dibujo:
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RETO: La suegra se enfada

Los trenes no pasan de manera equidistante.

Es decir, pongamos que los trenes a Girona pasan a las 10:00h, 10:10h, 10:20h, 10:30h, 10:40h, ... Y que los trenes a Cambrils pasan a las 10:09h, 10:19h, 10:29h, 10:39h, 10:49h, ...

Por tanto, es normal que casi siempre encuentre primero el de Girona, porque para tomar el de Cambrils debería coincir que lelga a la estación en un minuto acabado en "9".

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RETO: La ecuación tramposa

Puesto que a = b + c, entonces a - b - c = 0. Por tanto, en el último paso, estamos eliminando un 0 de cada lado de la ecuación.

Es decir, aunque a ≠ b, a · 0 = b · 0 = 0. El error está en que no se puede eliminar el factor (a - b - c) y quedarte tan pancho.

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ENIGMA: Quemando el tiempo

Prendes los 2 extremos de una cuerda. Llamémosla "Cuerda A".

Simultáneamente, prendes un extremo de la otra cuerda. Llamémosla "Cuerda B".

Cuando las dos llamas de la Cuerda A se encuentren, habrán pasado forzosamente 30 segundos.

Quemas exactamente entonces el otro extremo de la cuerda B (que también llevará prendida 30 segundos, claro).

¡Entonces se empieza a contar! Cuando se encuentren las dos llamas de la cuerda B habrán pasado exactamente 15 segundos.

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ENIGMA: La travesía del desierto de Gobi

Para resolver este juego hay que suponer que el primer hombre, necesariamente, enferma el 1er día, y los otros dos el 2º y 3º respectivamente.

En total, los 4 hombres llevaron comida para 4 x 5 = 20 días. Por tanto:

• El primero en enfermarse se comió el equivalente a 2 días (1 de ida, 1 de vuelta)
• El segundo, el equivalente a 4 días (2 de ida, 2 de vuelta)
• El tercero, el equivalente a 6 días (3 de ida, 3 de vuelta)

Por tanto, al 4ª hombre le quedó comida para 8 días (20 - 2 - 4 - 6).

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ENIGMA: Los piratas de Barbarroja

Si los piratas sobrevivieron los mimos días, pero les sobró 1/2 litro, es que el pirata había tirado por la borda la misma cantidad de agua que hubiera consumido hasta el 13º día, menos 1/2 litro.

Por tanto, si estábamos en el 5ª día, el pirata hubiera bebido 8 litros más. Por tanto, derramó 7 1/2 litros.

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ENIGMA: U2 bajo la lluvia

Para este juego, muchos habréis seguido la lógica de usar a Bono, que es el más rápido (1 minuto) para ir llevando el paraguas a todos sus compañeros de grupo. En el fondo, con esto minimizas las vueltas, pero no las idas.

El truco es aprovechar el viaje en que va Larry (10 minutos) para llevar también al otro lento (Edge, 5 minutos). En definitiva, la cosa quedaría así:

Van Bono (1 min) y Adam (2 min) --> Tardan 2 min
Vuelve Bono <-- Tarda 1 min Van Edge (5 min) y Larry (10 min) --> Tardan 10 min
Vuelve Adam <-- Tarda 2 min Van Bono (1 min) y Adam (2 min) --> Tardan 2 min

En total: 2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17 min ¡Y ya puede empezar el concierto!

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Demostración arcotangentes

arctg(1) = arctg(1/2) + arctg(1/3)

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ENIGMA: De retóricos y sofistas

No podemos deducir si el primer ciudadano es retórico o sofista. Si es retórico, es obvio que hay algún retórico entre los 3. Si es sofista, no sabe si alguno de los otros dos es retórico.

El segundo ciudadano es forzosamente sofista, pues acaba de conocer al tercer ciudadano.

Consecuentemente, el tercer ciudadano es retórico, pues ya sabe que el segundo ciudadano es sofista.

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ENIGMA: Autos locos

Publico esta respuesta aunque jackson5 ya lo ha resuelto (aquí está la prueba!). Lo que ha faltado es la explicación de cómo se llega a la respuesta. Es un poco complicado, así que intentaré no liarme:

Supongamos que pegamos los coches de Robinson y Crusoe con un chicle super-estirable. Al acabar la carrera, Robinson habrá hecho 11 vueltas y Crusoe 7 en sentido contrario. Por tanto el chicle será tan largo como un total de 18 vueltas.

Es decir, si dejáramos quieto a Crusoe en la meta, Robinson debería haber corrido mucho más rápido en el mismo tiempo para cruzar 18 veces por la meta, y hacer que el chicle se alargara lo mismo (18 veces el circuito).

Por tanto, la respuesta es 18.
(hum ... creo que cuando esté más lúcido intentaré explicarme de nuevo, porque la respuesta me ha quedado muy complicada)...

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ENIGMA: Mortadelo explorador

El explorador ha recorrido 1 Km en dirección Sur, luego 1 Km en dirección Este y luego un Km en dirección Norte. Sólo hay un punto en el mundo en que esto te permita regresar al lugar de inicio, y este es el polo norte.

Por tanto, el oso es blanco.

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ENIGMA: ¡Nunca pedir en un restaurante fue tan difícil!

Para resolver este problema hay que encontrar una combinación de platos a lo largo de las 3 noches que permita identificar de manera única cada plato. Hay varias opciones. Yo he encontrado una. Para cada plato, indico el número de veces que se pide en la 1ª, 2ª y 3ª noche respectivamente (a partir de números binarios):

A: 0, 0, 0
B: 0, 0, 1
C: 0, 1, 0
D: 0, 2, 0
E: 1, 0, 0
F: 1, 0, 1
G: 1, 1, 0
H: 1, 1, 1
I: 1, 0, 2

Como veis, se cumple que en cada noche se piden exactamente 5 platos, y que ningún plato repite combinación.

De esta manera, todos los platos son identificables. Por ejemplo:

El plato A es el que nunca se pidió.
B es el único plato que se pidió sólo la 3ª noche.
C es el único plato que se pidió sólo la 2ª noche.
Etc.

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ENIGMA: Malditos palillos

Quitando un palillo del símbolo de "Igual" y poniéndolo sobre el símbolo de "Más" obtenemos la expresión 141 - 11, cuyo resultado es 130:

La variante por la que se consigue el 160 es muy parecida, aunque formando un "7" en lugar de un "4":

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ENIGMA: Los 100.000 soldados de Napoleón

Las dos niñas suben a la barca y pasan a la otra orilla.
Una niña regresa.
Un soldado sube a la barca y pasa a la otra orilla.
La otra niña regresa.

Y así succesivamente para los 100.000 soldados.

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