JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 026 a 030
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Solución
026: Rompecabezas de colores.
Por: Andrés García Parrilla. |
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Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
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Solución
027: Triángulo Numérico.
Por: Andrés García Parrilla. |
Llamaremos k a la suma de los números
de cada triángulo y para los nombres de las variables tomaremos
el siguiente convenio:
Tenemos las siguientes ecuaciones:
y + a + b = k
z + c + d = k
x + e + f = k
y + z + a + b + c + d + e + f = 1 + 2 + 3 ... + 9 = 45
Sumando las tres primeras y teniendo en cuenta la cuarta llegamos
a que:
k = (45 + x + y + z) / 3
Este hecho es de gran ayuda pues nos permite deducir que todas las
soluciones básicas verifican que la suma de x, y, z
es un múltiplo de 3. Sólo hay 30 combinaciones de
posibles valores de x, y, z, muchas de las cuales se pueden
descartar fácilmente.
k = 17
x y z a b c d e f
=================
1 2 3 5 9 4 8 6 7
1 2 3 6 8 5 7 4 9
k = 19
x y z a b c d e f
=================
1 4 7 5 9 2 6 3 8
1 4 7 6 8 3 5 2 9
2 3 7 5 9 1 8 4 6
2 3 7 6 8 4 5 1 9
k = 20
x y z a b c d e f
=================
1 5 9 6 8 2 4 3 7
2 5 8 4 9 1 6 3 7
2 5 8 6 7 3 4 1 9
3 5 7 4 8 2 6 1 9
4 5 6 2 9 1 8 3 7
4 5 6 3 8 2 7 1 9
k = 21
x y z a b c d e f
=================
3 6 9 4 8 1 5 2 7
3 6 9 5 7 2 4 1 8
3 7 8 2 9 1 5 4 6
3 7 8 5 6 2 4 1 9
k = 23
x y z a b c d e f
=================
7 8 9 2 6 1 5 3 4
7 8 9 3 5 2 4 1 6
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Solución
028: Ecuación de números enteros.
Por: Andrés García Parrilla. |
No es ilógico pensar que habrá
algún tipo de regla general en la que particularizando podamos
llegar, simplemente dando los valores que queramos, a una solución.
Para buscar esta regla confeccionamos una lista de cuadrados y observamos
que:
3² + 3² - 2 = 4² 3² + 4² = 5²
3² + 5² + 2 = 6² 3² + 6² + 4 = 7²
5² + 6² - 12 = 7² 5² + 7² - 10 = 8²
5² + 8² - 8 = 9² ... 5² + 13² + 2 = 14²
Si tomamos el cuadrado de cualquier número impar, lo sumamos
con el cuadrado de un segundo número y lo comparamos con
el cuadrado del siguiente de este segundo se ve que la diferencia
sigue una serie aritmética de razón dos y que sigue
los números pares, luego pasará por el valor 2 que
es el buscado. Además esto parece cumplirse para distintos
primeros números impares, Apliquemos esta observación
para la búsqueda de unos valores que resuelvan el problema.
Imponemos la restricción de que z = x + 1
Sustituyendo y desarrollando (x+1)² = x² + 2x + 1 = x²
+ y² + 2
Para que sea cierta la igualdad debe cumplirse que 2x + 1 = y²
+ 2
Para cualquier valor de y mayor que 1 se ve que x > y. Por tanto
y es el menor de los números.
Podemos tomar pues y = 1992991, y despejando x = (y²+1)/2 =
1986006563041
z = x + 1 = 1986006563042
A otras soluciones podíamos haber llegado si en vez de hacer
esta suposición hacemos otra pero la expresión para
hallar x a partir de y no es tan sencilla.
Siguiendo con esta línea de razonamientos podemos ver que
se pueden conseguir tantos grupos de números como queramos
que cumplan:
x² + y² = z² y que además x + 1 = z
Sustituyendo tenemos que x² + y² = x² + 2x + 1, de
donde deducimos que x = (y²-1)/2, luego podemos elegir cualquier
valor impar de y para obtener el x buscado.
Ejemplo: y = 37 => x = 684 , z = 685
Si pensamos que estos números pueden ser las longitudes de
los lados de un triángulo rectángulo es fácil
deducir que podemos conseguir un triángulo tan estrecho como
deseemos. Llamando w al ángulo formado por la hipotenusa
y el cateto más largo tenemos que:
w = arcotangente 2y/(y²-1)
Está claro que el argumento del arcotangente decrece conforme
aumenta el valor de y, luego también el ángulo decrece.
Este hecho fue una de las claves que utilizó Miguel Angel
Lerma para demostrar que el número de puntos que podemos
situar en un plano, de forma que todas las distancias posibles entre
ellos sean números enteros, es tan grande como deseemos.
Para poder demostrar esto, situemos puntos alrededor de una circunferencia
del siguiente modo:
El triángulo formado por los vértices A, B y el centro
de la circunferencia está formado por dos triángulos
rectángulos iguales. Si elegimos los valores de todos los
lados de manera que sean todos enteros, tendremos que todas las
razones trigonométricas de w son racionales, también
lo serán las de 2w, 4w ...
El resto de distancias posibles, como la AC podrán obtenerse
por trigonometría y serán forzosamente números
racionales.
Para que todas las distancias sean enteras basta hallar el mínimo
común múltiplo de todos los denominadores y realizar
el dibujo anterior a escala.
Como podemos conseguir triángulos rectángulos de lados
enteros tan estrechos como queramos, podemos situar en un plano
un número tan grande de puntos como queramos de forma que
las distancias entre ellos sean valores enteros.
Miguel Angel Lerma también demostró que si vamos situando
triángulos rectángulos aunque demos más de
una vuelta los vértices nunca coinciden con los de vueltas
anteriores.
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Solución
029: El mono de Lewis Carroll.
Por: Josep María Albaigès. |
El problema no resiste el tratamiento
con métodos algo avanzados de Mecánica. El teorema
de las áreas barridas resulta de gran utilidad.
Si el mono pasa de M a M´(claro es que puede ascender, izándose
a pulso como un gimnasta cualquiera), el peso P habrá pasado
a una posición P'. Como no ha habido actuación de
fuerzas exteriores al sistema, la suma algebraica de las áreas
barridas desde el punto O (por donde pasa la resultante del sistema)
será nula. O sea: Area OPP' = Area OMM'. Lo que es lo mismo
PP'=MM'. El peso asciende a la misma velocidad del mono.
Como este método de enfocar el problema tiene el inconveniente
de decir muy poco a la imaginación, analicemoz el procedimiento
con el que se iza el mono: contracción muscular del brazo-antebrazo.
Esto provoca dos fuerzas de igual intensidad y sentio opuesto: la
dirigida hacia arriba (aplicada en el hombro) izará al mono
una altura dz, y la dirigida hacia abajo (aplicada en la mano) se
transmitirá a trevés del hilo al peso, convertida
en fuerza ascendente, con lo que elevará aquél en
una cuantía igual a dz.
No andaban descaminados quienes pronosticaban la inmovilidad del
saco: imaginemos que los esfuerzos de izamiento del mono fueran
muy pequeños y, consiguientemente, también las alturas
dz. El tiempod de elevación, claro es, crecería.
En el límite, la fuerza de izamiento sería nula: el
peso no tendría medio alguno de "enterarse" de que al otro
lado un mono intentaba ascender, puesto que no le llega ninguna
fuerza a través del hilo: ¡el proceso de ascensión
se ha convertido en lo que en Termodinámica se denomina una
"transformación reversible"!. El mono ascendería sin
que se moviera el saco de arena.
Claro es que este ascenso tendría lugar en un tiempo infinito,
lo que inhabilita esta abstracción el plano teórico.
Pero, en la práctica, por pequeño que sea el rozamiento
de la polea, siempre valdrá algo, y será posible elegir
el esfuerzo de izamiento del mono lo suficientemente pequeño
para ser absorbido por este rozamiento sin traducirse en una ascensión
del peso P. Un paso al límite (rozamiento tendiendo a cero,
fuerza tendiendo más aprisa a cero), nos reconduce a la misma
situación.
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Solución
030: Un finlandés desdichado.
Por: Javier García Algarra. |
Los extraterrestres eran unos sujetos
racionalistas que no podían imaginar la caprichosa forma
de medir la temperatura que tenía el finlandés. En
lugar de temperatura absoluta, el infeliz se expresaba en una extraña
escala basada en los puntos de fusión y ebullición
del agua.
Así pues, para los extraterrestres, la exótica forma
de vida tenía una temperatura de 310 Kelvin (37 grados centígrados),
pero siguiendo su deseos la rebajaron a 155 Kelvin (118 grados centígrados
bajo cero), causándole la muerte por congelación fulminante.
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