|
JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 006 a 010 |
| Solución
006: Uno de exámenes. Por: Josep María Albaigès. |
|||||||||||||||||
|
El número total de puntos acumulado
en las pruebas es 20+10+9 = 39 puntos. Como 39 = 13*3, la suma x+y+z
debe valer uno u otro factor. Descartemos el 3, pues entonces debería
ser x=2; y=1; z=0, en contra de lo supuesto. Por tanto x+y+z = 13.
Puesto que se han celebrado tres pruebas, el mejor puntuado no superará
los máximos de cada una, es decir que 3x>=20. Luego x>=7.
Análogamente 3z<=9 o sea que z<=3. Si x=7, la puntuación de A exigiría que y=6, lo que no puede ser (pues entonces z=0). Probemos con x=8. Entonces y=4 y z=1. Las pruebas se desarrollaron así:
No caben más posibilidades, pues si x=9, sería y=2, z=1, y las condiciones impuestas no se cumplen. |
|||||||||||||||||
| Ver Enunciado de este problema | |||||||||||||||||
| Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no descubrir accidentalmente la próxima solución. | |||||||||||||||||
| Solución
007: Un paralelepípedo de cubitos. Por: Josep María Albaigès. |
|
|
Empecemos por el caso bidimensional (rectángulo
de lados m x n), y contemos las celdas que va atravesando la línea.
Cada vez que atraviesa un plano, se añade una celda al cómputo,
salvo si atraviesa dos o más a la vez. Al final, esto se
habrá producido en un número de casos igual al máximo
común divisor de m y n, por lo que fácilmente concluímos
que: N = m+n-mcd(m,n) En el caso de tres es análogo. Cada vez que se atraviesa una arista deja de añadirse una celda al cómputo, y esto ocurre para los mcd de (m,n), de (m,p) y de (n,p). Pero cuando pasamos por un nudo de la red estamos restando tres unidades cuando sólo deberíamos restar 1, por lo que hay que restablecer las casillas indebidamente restadas, resultando al final: N = m+n+p-mcd(m,n)-mcd(m,p)-mcd(n,p)+mcd(m,n,p) |
|
| Ver Enunciado de este problema | |
| Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no descubrir accidentalmente la próxima solución. | |
| Solución
008: Un cáculo complicado. Por: A. Cebrián. |
|
Todo numéro de la forma:
a + 324 = [a(a-6)4+18][a(a+6)+18] x = (58.64+18) / (-2.4+18) = 373 |
|
| Ver Enunciado de este problema | |
| Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no descubrir accidentalmente la próxima solución. | |
| Solución
009: El astronauta y su suegra. Por: Josep María Albaigès. |
|
|
El astronauta orbita la Tierra a una velocidad
v, y la fuerza centrífuga generada en la trayectoria circular
deberá compensar el peso, esto es: mv /R = mg, luego v =
(gR)½. El periodo de rotacion de la cápsula es T = 2p R/v = 2p (R/g)½ Por otra parte, la suegra describrá un movimiento vibratotio armónico en el pozo, pues la intensidad de la gravedad, en el interior de éste, es proporcional a la distancia al centro de la Tierra. Esto es, la suegra se ve sometida a una fuerza proporcional a su distancia a dicho centro de valor: F = - mgz/R siendo z dicha distancia. En estos casos, el periodo del movimiento vibratorio vale: T = 2p (m/k)½, siendo k la constante de proporcionalidad de la fuerza que genera el movimiento. Como hemos visto, es k = mg/R, de donde: T = 2p (R/g)½. Es decir, ambos periodos coinciden. ¡El astronauta verá dos veces a su suegra en cada revolución!. ¿Es tan casual que ambos periodos coincidan?. No, pues el movimiento circular del astronauta corresponde en realidad a la superposición de dos movimientos vibratorios armónicos en cuadratura iguales al de la suegra. El conjunto de ambos equivale a un movimiento circular del mismo periodo. Puede calcularse fácilmente el valor concreto de este periodo. Si tomamos los valores R=6370 km, g=9,81m/s², se tiene T=5309 s, es decir, el periodo de un satélite artificial en órbita baja. Claro es que hemos asumido que el satélite orbita la Tierra de forma rasante, hecho que nunca se da. Si se supone que va a una cierta altura no despreciable, las igualdades anteriores no se cumplen y el periodo de revolución del astronauta es siempre superior al de oscilación de su suegra, incluso aumentando los vaivenes de ésta por el aire hasta alcanzar el satélite para saludar a su poco cariñoso yerno. |
|
| Ver Enunciado de este problema | |
| Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no descubrir accidentalmente la próxima solución. | |
| Solución
010: Area de una superficie embaldosada. Por: Josep María Albaigès. |
|
|
Considero que un punto interior B equivale
a dos perimetrales N (pues uniéndolos con un perimetral cualquiera
en un trayecto de "ida y vuelta" no varía el área).
Con ello la fórmula, más simplemente, sería
S=(N'-2)/2 , siendo N'=(N+2B). Esto resulta obvio para la figura formada por sólo dos puntos en vértices consecutivos, cuya área es cero. Por cada punto adicional que añadamos en la periferia inmediata, aumenta el área en media unidad, quedando de este modo demostrada por iducción la fórmula. |
|
| Ver Enunciado de este problema | |
|
||||||
