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Un mercader de Quovillage que atendía las necesidades de los peregrinos que cruzaban el desierto, tuvo que enfrentarse en una ocasión con el intrigante problema que a continuación detallamos:

Le visitó el guía de una caravana que deseaba adquirir una provi­sión de vino y de agua. Presentando tres recipientes de diez galo­nes de vino, tres galones de agua en el segundo, y tres de vino y tres de agua mezclados en el tercero, y que se le dieran tres galones de agua a cada uno de sus trece camellos.

Como el agua y el vino, según la costumbre oriental, sólo se venden en cantidades pares de galones, el mercader tenía solamen­te una medida de dos.galones y otra de cuatro para llevar a cabo una tarea que le presentaba dificultades inesperadas. No obstante, sin recurrir a ninguna treta o artilugio, ni a ningún medio extraño para problemas de este tipo, extrajo el agua de un tonel lleno (63 galo­nes), y el vino de un barril lleno (31,5 galones) en las proporciones requeridas, sin ningún desperdicio.

¿Cuál es la menor cantidad de manipulaciones en que se puede llevar a cabo la tarea, contando como una manipulación cada vez que el líquido se extrae de un recipiente para verterlo en otro? ¿Cómo hizo el mercader de Quovillage para medir el vino y el agua?

*SOLUCIÓN*

El número al final de cada párrafo denota el número pulaciones en ese párrafo.

El tonel contiene 63 galones de agua, y el barril, 31 galones y 1/2 de vino. El hecho de llenar las tres botellas de 10 galones con el vino, vertien­do el restante 1 galón y 1/2 en la medida de 2 galones, vaciando así el barril (un total de 4 manipulaciones).

Por medio de la medida de 4 galones, llenar el barril con el tonel, dejando 1/2 galón en la medida de 4 galones. Dar este 1/2 galón al camello N° 1. Por medio de la medida de 4 galones verter 28 galones de agua del barril al tonel. Verter 1 galón y 1/2 de vino de la medida de 2 galones a la de 4 galones. Verter 2 galones de agua del barril en la medida de 2 galones y volverlos al tonel. Ex­traiga del barril el 1 galón y 1/2 de agua restante con la medida de 2 galones y désela al camello N° 2. Vierta 1 galón y 1/2 de vino de la medida de 4 galones en la de 2 galones (37 manip.).

Ahora toca repetir todos los cálculos del último párrafo once veces más, de modo que seis camellos reciban 2 veces 1/2 galón de agua, y otros 6 camellos 2 veces 1 galón y 1/2. Pero en la décima y la undécima repetición, en vez de retornar los 2 galones al tonel, déselos a 2 cua­lesquiera de los camellos que han recibido solamente 2 veces 1/2 galón. 8 camellos han recibido ahora 3 galones cada uno, y 4 ca­mellos 1 galón cada uno, y quedarán 35 galones de agua en el to­nel (407 man.).

Despues hay que pasar el agua del tonel al barril con la medida de 4 galones, hasta llenarlo, y déle el 1/2 galón restante al camello N°13. Extraiga 3 galones del tonel con la medida de 4 galones (18). Ahora, volvemos a poner todo el vino en el tonel. Vacíe el barril en tres botellas de 10 galones, y extraiga el 1 galón y 1/2 restante con la medida de 2 galones. Vuelva a verter el contenido de las tres bote­llas en el barril, y vierta 1 galón y 1/2 de la medida de 2 galones en la botella N° 1 (12).

Llene la medida de 2 galones con la de 4 galones, dejando 1 galón en esta última. Llene el barril con la medida de 2 galones, y déle el 1/2 galón restante al camello N°13. Déle 2 galones a cada uno de los 5 camellos restantes, y habrá terminado así de atender a los camellos (13).

Llene las dos botellas vacías con el agua del barril, y vierta el 1 galón y 1/2 restante en la botella N°1. Devuelva al barril los con­tenidos de las botellas N°2 y 3 (5).

Vierta 1 galón de la medida de 4 galones en la botella N° 2. Ponga 6 galones de vino en la botella N°3, utilizando la medida de 2 galones y la de 4 galones. Pase el 1 galón de la botella N°2 a la medida de 4 galones y llene esta última con el vino de la botella N°3. Vierta el contenido de la medida de 4 galones en la botella N° 2. Extraiga 2 galones de agua del barril y viértalos en la botella N°2 (10).

Los 13 camellos han recibido ya 3 galones de agua cada uno, una de las botellas de 10 galones contiene 3 galones de agua, otra 3 galones de vino y la tercera 3 galones de vino y 3 de agua mezclados. El tonel contiene 25 galones y 1/2 de vino, y el barril 18 galones de agua.

Número total de manipulaciones: 506.

(En una entrevista publicada en la revista The Strand en abril de 1926, H. Dudeney, el gran especialista británico, reveló que en una oportunidad Sam Loyd le pidió ayuda con este problema. Loyd había ofrecido premios a sus lectores por la mejor solución, y estaba ansioso por evitar otorgarlos y por tener una respuesta propia que sobrepasara en calidad a todas las recibidas. Dudeney elaboró una solución en 521 movimientos que más tarde redujo a los 506 ya explicados. Esta respuesta cumplió su cometido, y Loyd siempre afirmó que Dudeney le había ahorrado miles de dólares.)

Sam Loyd, nuestro ya conocido ajedrecista y matemático recreativo, planteó una nueva versión del conocidoenigma en el que varios animales intentan cruzar un río sin hundirlo y sin que el zorro y los gansos coincidan en el viaje.

Como prefacio, y a sabiendas de que sois adictos a los Quodesafíos, intuimos que conocéis bien esa versión antigua del enigma, así como las tácticas del barquero. Por ello, hoy os dejamos un nuevo planteamiento:

- Un grupo de tres parejas que regresan de un picnic en Quovillage, se ven obligados a detenerse y cruzar un río en un bote pequeño. La barca, solo puede llevar a dos personas en cada viaje, y ninguna de las chicas sabe remar.

En el camino de vuelta, se encuentran al predicador Magufo’s, quien tuvo problemas con dos chicos del grupo. Como resultado, la mujer de Magufo´s estaba enfadada con las otras dos chicas.

¿Cómo podrían los chicos llevar a todos al otro lado del río de tal forma que ninguna de las partes enfadadas crucen juntas o permanezcan, al mismo tiempo, en cualquiera de las dos orillas?

Otro factor a tener en cuenta, es que, en consecuencia de las tensas relaciones de la historia surgida en los campos de Quovillage, es que ninguno de los chicos puede quedar en cualquiera de las dos orillas acompañado de dos chicas.

El Quodesafío de hoy consiste, tan solo en ver cuántas veces tiene que cruzar el río el pequeño barco de dos plazas, para transportar a todo el grupo al completo.

Materiales recomendados:

Papel y boli.

*SOLUCIÓN*

Todo el grupo al completo puede cruzar el río en 17 viajes, de la siguiente forma:

1. Cruzan el señor y la señora C.
2. El señor C. regresa solo.
3. El señor C. lleva a una dama.
4. El señor C. regresa con su esposa.
5. El señor C. lleva a otra dama.
6. El señor C. regresa solo.
7. Los dos caballeros cruzan.
8. Un caballero y su esposa regresan.
9. El señor y la señora C. cruzan.
10. Regresan un caballero y su esposa.
11. Dos caballeros cruzan.
12. El señor C. regresa solo.
13. El señor C. lleva a una dama.
14. El señor y la señora C. regresan.
15. El señor C. lleva a una dama.
16. El señor C. regresa solo.
17. El señor C. y su esposa cruzan.

En una comisaría de Quovillage…

- Buenos días oficial, ¿Podría darme usted la hora? – dijo el comisario.

- “Por supuesto jefe”, dijo amablemente el oficial Meléndez, conocido como el policía matemático. “Haré más que eso, le propondré un juego”.

El comisario, adicto a los Quodesafíos de @Quorevista esperó impaciente el desafío de su oficial:

- “Sume usted un cuarto del tiempo que hay entre la medianoche y ahora a la mitad del tiempo que hay entre este momento y la medianoche, y sabrá usted qué hora es”.

¿Podrías averiguar la hora exacta en que ocurrió esta intrigante conversación?

*SOLUCIÓN*:

La hora exacta a la que ocurrió la intrigante conversación fueron las 9:36 minutos de la mañana.

Veamos la solución que nos envía Pablo Leal, uno de los ganadores:

“La solución es 9:36 a.m. La forma en la que he llegado a la respuesta es esta:

x: horas entre la media noche y la HORA.

y: horas entre la HORA y la media noche.

Por lo tanto x + y = 24, siendo 24 las horas, y según lo dicho por el comisario 1/4 x + 1/2 y = x.

De esta manera tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, cuya solución es x = 9,6 e y = 14,4. Las 9,6 horas, son, realizando el cambio a horas y minutos, las 9:36 a.m.”

El día a día de un lechero muy concienzudo de la ciudad de Quovillage, consistía en llenar dos de sus vasijas de 16 galones con leche de vaca antes de servir a los clientes habituales residentes en cuatro calles diferentes. En cada una de estas cuatro calles, el lechero repartía exactamente, la misma cantidad de cuartos. (Tened en cuenta que un galón es igual a cuatro cuartos).

Tras atender la primera calle, el buen lechero se conectaba con el suministro de agua de Quovillage y… ¡sus tarros volvían a llenarse hasta el borde!. Tras esto, el lechero se dirigía a atender la calle número dos y volvía a repetir la operación de llenar sus vasijas como hizo antes.

De esta manera procedía para poder hacerse cargo de cada una de las calles: llenaba sus vasijas de agua tras haber terminado con ellas, hasta que el último de sus clientes habituales quedaba feliz y atendido.

Si en las vasijas quedaban 40 cuartos y medio de leche de vaca después de atender a cada uno de los clientes, ¿Cuánta leche de vaca tiene que haber repartido en las diferentes cuatro calles de Quovillage?

*SOLUCIÓN*

Lo cierto es que en este Quodesafío habéis acertado bastante y no era, precisamente fácil. Veamos la respuesta al acertijo:
El buen lechero repartió 32 cuartos de leche pura en la primera calle, 24 cuartos en la segunda, 18 en la tercera y 13 y 1/2 en la cuarta, totalizando así 87 cuartos y medio.
¿Por qué?
Veamos la deducción que nos envía ✿ Issy ✿:
“Tenemos que 1 vasija son 16 galones osase 64 cuartos y dos son 32 galones osease 128 cuartos. Si le quedan 40,5 cuartos tenemos que averiguar cuantos ha gastado en total.

128-40,5= 87,5

Dice que en cada calle se reparten los mismos cuartos así que cogemos todos los cuartos y los dividimos entre las 4 calles:

128/4= 32 cuartos en cada calle.

Como el lecherito se dedica a mezclarla con agua (listillo el chico) no en todas tendremos 32 cuartos de leche pura, así que habrá que averiguar cuantos cuartos de agua vende en cada una.

En la primera la leche es pura, no hay agua por lo tanto tenemos que vende 32 cuartos. Nos quedaría 96 cuartos de leche y los 32 vendidos se reemplazan con agua.

En la segunda también vende 32 cuartos pero sólo 24 son de leche, y 8 serían de agua. Esto se averigua cogiendo la leche pura que nos sobró de la 1ª calle y dividiéndola entre 4 calles otra vez (96/4). Nos sobraría 72 cuartos de leche (96- 24) y vuelve a rellenar de agua 32 cuartos.

En la tercera calle los 32 cuartos serían de 18 de leche (72/4) + 14 de agua (repitiendo el mismo procedimiento anterior). Nos quedan 54 cuartos de leche. Vuelve a rellenar de agua 32 cuartos.

En la cuarta calle los 32 serían 13,5 (54/4) y 18,5 de agua. Con ello nos queda 40,5 cuartos de leche.

Este puzzle fue propuesto a los principales joyeros y orfebres de Nueva York, quienes dijeron que no emplearían a ningún vendedor que no pudiera razonar una transacción tan simple. Pero sin embargo, ninguno de ellos consiguió dar con la respuesta correcta.

El problema, propuesto a los principales joyeros y orfebres de Nueva York por el matemático recreativo, autor de rompecabezas, compositor de ajedrez y jugador: Sam Loyd. Se basa en una simple transacción comercial muy cotidiana, y Loyd lo hizo con la intención de demostrar hasta qué punto se equivocan las personas cuando se trata de hacer actividades que precisan un mínimo de habilidad o conocimiento de las matemáticas.

Todos los joyeros y orfebres neoyorkinos a los que Loyd ofreció este problema, afirmaron que ninguno de ellos emplearía a nadie que no supiera resolverlo ¿lo curioso? que ninguno de ellos dio con la respuesta correcta.
Y tras la introducción, allí va: The Necklage Puzzle (El acertijo del collar):

Una dama compró doce trozos de cadena, tal como se muestra rodeando a la ilustración, y quiso hacerse montar un collar cerrado de 100 eslabones. El joyero dijo que costaría 15 centavos cortar y unir un eslabón pequeño y 20 centavos cortar y unir un eslabón grande. La cuestión consiste en decir cuánto debe pagar la dama para que se le haga el collar. Eso es todo, y es un bonito problema para los jóvenes.

*SOLUCIÓN*

Bueno, bueno. Como anunciábamos en Twitter “habéis caído como moscas”. Prácticamente la gran mayoría de vosotros habéis contestado $1,80, pero a pesar de que es el primer resultado más lógico, aún hay un precio más económico para el collar: $1,70. Veamos la explicación:

Al intentar responder este enigma puede afirmarse que cualquier joyero, así como el 99% de los matemáticos, dirían que la mejor opción sería abrir los doce eslabones pequeños al final de nueve de las doce piezas, hecho que reduciría el costo a $1,80. Hasta ahí bien. Pero…

La respuesta correcta, sin embargo, es abrir los diez eslabones de los dos trozos de cinco eslabones, situados en los laterales izquierdo y derecho, que tienen tres eslabones pequeños y dos grandes cada uno. Abrir y engarzar esos eslabones para hacer un collar cerrado costaría $1,70, que es la solución más barata posible.

Ahora veamos la detallada explicación que nos envía Bibiano Parra:

Para plantearse la solución en principio hay que considerar una cosa, y es cuantas uniones necesito para los 12 tramos que tengo, si las colocamos una detrás de otra, veremos que entre 12 tramos hay 11 huecos, y que haría falta una doceava unión para cerrar la cadena.

Si fuesen 11 tramos, necesitaría 11 uniones y así sucesivamente…

Por tanto necesito tantas uniones como tramos tenga.

Por lo que la solución pasa por abrir todos los eslabones de uno o varios tramos, o bien abrir los extremos de los 12 tramos.

Posible solución 1: No romper ningún tramo y abrir 12 extremos de los 12 tramos. En este caso como existe la posibilidad de abrir 12 de los eslabones pequeños, el presupuesto asciende a 12*15=180 centavos, o 1 dólar con 20 centavos.

Posible solución 2: Abrir una de los tramos, aquí existen varias posibilidades, ya que todas los tramos no son iguales, hay 4 tipos de tramos, pero necesitaría un mínimo de 11 eslabones ya que serian 11 tramos.

1 pieza oOoOoOoOoOoOoOo Esta pieza no interesa abrirla ya que son 15 eslabones y tendría que unir 11 tramos y además cerrar eslabones y ascendería a 7*20+8*15=260 centavos.

6 piezas oOoOoOoOoO Esta pieza tiene 10 eslabones por lo que aun necesitaria abrir un eslabon más de los pequeños, resultando 5*20+5*15+1*15=190 que sigue siendo más cara que la solucion 1.

3 piezas OoOoO Esta pieza tiene 5 eslabones por lo que aun se tendrían que abrir otros 6 eslabones pequeños, resultando 3*20+2*15+6*15=180 esta solución es tan válida como la primera.

2 piezas oOoOo Esta pieza tiene 5 eslabones por lo que aun se tendrían que abrir otros 6 eslabones pequeños, resultando 2*20+3*15+6*15= 175 esta solución de momento es la más barata.

Posible solución 3: Abrir dos tramos, con lo que nos quedarían 10 tramos por unir, y sería conveniente que rompiese solo 10 eslabones y nunca más de los 12 de la primera solución, por lo que surgen varias posibilidades.

Abrir 2 piezas oOoOo, con estas tendríamos 10 eslabones y podríamos cerrar la cadena con un precio 2*(2*20+3*15)=170 centavos, el más barato hasta el momento.

Abrir 2 piezas OoOoO ocurre como en el caso anterior, pero ahora la proporción de grandes/pequeñas es mayor 2*(3*20+2*15)=180 centavos más cara que la anterior.

Abrir una pieza oOoOo y otra OoOoO ocurre un caso intermedio.

(2*20+3*15)+(3*20+2*15)=175 centavos, no es la más barata

No hay más combinaciones abriendo 2 tramos y que sumen menos de 12 eslabones

Posibles soluciones: Podría pensarse que ocurriría en otras combinaciones de aperturas, pero siempre sumarían más de 12 eslabones por lo que serían más caras que la opción 1.

Resumiendo la opción más barata es abrir las dos piezas oOoOo y utilizar estos eslabones para unir los otros 10 tramos restantes, con un precio de 170 centavos, o 1 dólar y 70 centavos, que es más barata que la solución primaria que suele ocurrirse de 180 centavos.

En mi vida como detective, jamás me había encontrado un caso como este. ¿Me ayudas a resolverlo?…

Tras llegar a casa después de un duro día de trabajo, el agente de policía Paul Sugar, dispuso la cena y el material que no había terminado de leer en la oficina al lado del ordenador. No quiso empezar a trabajar sin evocar una de sus canciones favoritas como cada noche: Obladi Oblada. Inconfundible.

Paul turna su atención entre la página web que está viendo y el recuerdo de su recién fallecido padre mientras le regalaba ese gran disco que tanto quería: “Hijo mío, ya eres un hombrecito. Con 10 años y dejas de ser un niño; es bueno que te regale esa música que tanto deseas…”. Lo cierto es que parece increíble, su décimo cumpleaños fue el mismo día que la fecha del lanzamiento de ese disco. Muchas veces aún se pregunta como pudo su progenitor hacerse con ese LP ni bien salió a la venta; “debe haber amanecido en la puerta de la casa de música” reflexiona Mr. Sugar.

Se centra nuevamente en la pantalla. Como buen detective que es, siempre le gustaron los problemas de lógica e ingenio y sospechaba que esa página podía llegar a resultarle más que interesante. Mira detenidamente los links ¿quién será este? se pregunta mientras dirige el ratón hacía el link y hace click. Lee una línea y ve esa frase, la misma que él mismo usa como presentación para cada nuevo cliente. Lo malo de la vida como jefe de policía es que no son solo amigos lo que se cosechan, sino también un nutrido grupo de enemigos.

Observa y analiza la página detenidamente. Pronto descubre una fuente de letra que tiene otro color distinto a las demás “Uhmm… ¿Será un enlace?”, se pregunta. Para averiguarlo hace click en el vínculo. Para su sorpresa y alivio de su ego, el enlace lleva a una nueva web en la que se lee lo siguiente:

“Si Usted ha llegado hasta aqui es porque es tan inteligente como cree. Pero le aviso que no le agradara haber sospechado la existencia de este mensaje.
Usted ya me conoce, y tal vez sea tarde cuando descubra quien soy.

¿Continúa en su poder ese viejo disco que siempre escuchaba? Al respecto, ayer se cumplió otro aniversario, y me acordé de Usted.

Por eso hoy decidí instalar aqui este mensaje, aunque por lo que me costó conectarme con este sitio, se ve que he elegido la peor época para ello, el peor día y el peor horario. En este momento Usted debe estar por acostarse, y yo todavia no cene.

Cuando lo haga, prometo brindar a su salud en esta primaveral noche. ¿Hace frio por alli? ¿Observó que nuestros respectivos compatriotas estan entre los que mas visitan este sitio?

Y ahora vamos a lo nuestro:

A PARTIR DE ESTE MOMENTO, CUANDO TRANSCURRAN EXACTAMENTE TANTAS SEMANAS COMO AÑOS USTED TENIA AL RECIBIR ESE DISCO, VOY A ASESINARLO.

Un viejo enemigo que no olvida.”

Paul terminó de leer el mensaje y supo que no era mentira. La amenaza era completamente seria. No apartó la mirada del ordenador. No dejaba de pensar y darle vueltas a quién podría ser su agresor, pero tan solo le venían a la cabeza un puñado de sospechosos y lo cierto es que ninguno le convencía del todo.

Lee y vuelve a leer el mensaje, una vez tras otra para intentar descifrar las fechas. Da a la fecha de retroceso y vuelve a la web inicial a buscar más indicios. En ese momento tiene una corazonada: hace clic en un link, lo mira con atención y parece que todo empieza a aclararse. Cuenta las semanas en su calendario de mesa y entiende en ese momento que la amenaza se cumplirá esa misma noche.

Recuerda la frase que había leído en la amenaza: “en este momento Usted debe estar por acostarse”. La sentencia se cumpliría de un momento a otro. Para su sorpresa (y la satisfacción de su ego), en ese momentoconfirma que sus deducciones son ciertas al notar el cañón del frío revólver que se apoya en un lado de su cuello. Antes de cerrar los ojos para siempre, tiene tiempo de pensar una cosa más: “al menos podré preguntarle a mi padre cómo lo hizo para conseguir ese disco…”.

Y ahora las preguntas:

¿En qué fecha el asesino instaló la amenaza en la web?
¿Cuándo fue asesinado el policía Paul Sugar?
¿A qué edad fue asesinado Mr. Sugar.?
¿De qué nacionalidad era cada uno?

*SOLUCIÓN*

Veamos la solución de mano de Ernesto Fernández Valerio:

“La canción favorita del policía era “Ob-la-di, ob-la-da”, de The Beatles, que apareció en el álbum homónimo de la banda, “The Beatles”, también conocido como “El Álbum Blanco”. Este disco fue lanzado el 22 de noviembre de 1968. Gracias a este dato, fácilmente constatable en cualquier archivo histórico, sabemos que el asesino publicó su amenaza en la web un día después… (dice que “ayer se cumplió un aniversario”, su cumpleaños) …¡pero de 30 años más tarde!, es decir, el lunes 23 de noviembre de 1998.

De modo que, tal y como amenazó, el asesinato fue 10 semanas después de esa fecha (Paul tenía 10 años cuando le compraron el disco): si miramos el calendario, justo 10 semanas después es el lunes 1 de febrero de 1999, teniendo Paul 40 años en esa fecha. Las nacionalidades de asesino y víctima serían argentina y española respectivamente, pues habla de que mientras “es primavera” en el momento de escribir la amenaza (en noviembre es primavera en el hemisferio Sur), aquí haría frío (aquí sería otoño). Además, menciona la diferencia horaria, pues mientras el detective ya se iría a acostar, el asesino aún no había cenado. Y encima, hablan el mismo idioma.

Así pues, las respuestas son:

¿En qué fecha el asesino instaló la amenaza en la web?

El lunes 23 de noviembre de 1998.

¿Cuándo fue asesinado el policía Paul Sugar?

El lunes 1 de febrero de 1999.

¿A qué edad fue asesinado Mr. Sugar?

A los 40 años.

¿De qué nacionalidad era cada uno?

El asesino argentino y el policía español.

Ernesto Fernández Valerio
…pero…
no se lo den al asesino, eh?  ”

La solución aportada por Bibiano Parra, totalmente correcta, también arroja luz al asunto:

“Este acertijo necesita grandes dotes en el manejo de internet para sacar ciertos datos.

El primer dato importante es saber en que fecha salio al mercado la cancion Obladi Oblada, y buscando en la Wikipedia aparece 22 de Noviembre de 1968. Por lo que ya sabemos que nuestra víctima nació el 22 de Noviembre de 1968.

En la amenaza dice : “Al respecto, ayer se cumplió otro aniversario”, por lo que ya sabemos que la fecha en la que se envio el mensaje es un 23 de Noviembre.

Lo siguiente es que indica que lo asesinará 10 semanas despues, por lo tanto solo hay que coger el calendario y darse cuenta que 10 semanas despues del 23 de Noviembre se trata de un 1 de Febrero.

Si supiesemos el año de la amenaza sabriamos en que año fue, para eso solo podemos hacer uso de los datos informáticos de nuevo, segun comenta para la victima es algo totalmente nuevo que al pulsar en un link este quede marcado, y si tenemos en cuenta que esto tiene su origen en HTML 4.0 y que este formato es del 2 de abril de 1998, el asesinato no pudo ser antes de ese año. Y como es algo totalmente nuevo supondremos que no pudo ser mucho despues siendo una persona que consulta con frecuencia internet.

Por lo tanto la amenaza es el 23 de Noviembre de 1998, y el asesinato es el 1 de Febrero de 1999.

Un sencillo cálculo nos permite saber la edad de la víctima, ya que en 1968 hizo 10 años, en el año 1998 deberia tener 40 años, en el momento de la muerte tenia 40 años, diez semanas y un dia.

Finalmente solo queda dilucidar cual es la nacionalidad de las dos personas, y aqui es donde falla bastante mi deducción. Para ella cuento con las siguientes conclusiones

Primero dice “Usted debe estar por acostarse, y yo todavia no cene”, pongamos que uno cena a las 9 y se acuesta a las 12, esto supone que hay cierta diferencia horaria, por lo que deben ser de continentes diferentes

Segundo dice “primaveral noche. ¿Hace frio por alli? ” Si es una noche primaveral en un 23 de noviembre, debe tratarse de alguien que se encuentra en el hemisferio sur, y al preguntar por el frio, se supone que la victima está en el hemisferio norte.

Tercero, en ambos paises se accede un 23 de noviembre a una pagina web en concreto en los mismos momentos, por aquel entonces las paginas mas visitadas pasaban por el buscador Yahoo, que tiene gran presencia en Argentina

Entiendo que los dos hablan el mismo idioma pues acceden a foros en el mismo lenguaje, por lo que situaciones asi reducen los paises a victima en España y asesino en Sudamérica en clima templado.

La solucion debe pasar por encontrar un suceso que fue el 23 de noviembre en un pais sudamericano y el 1 de febrero en España, pero me quedo ahí por mas vueltas que le doy no encuentro que pagina o que suceso es el implicado.”

Tres reyes de un tablero de ajedrez, que formaban sociedad, tenían un mono.

Una tarde compraron un cajón de plátanos, con la intención de repartírsela al día siguiente.

Uno de ellos se levantó por la noche y comenzó a contar los plátanos y los dividió en tres partes iguales. Tomó para si una de ellas, dejó las dos restantes para sus amigos monarcas y, como le había sobrado un plátano se lo dio al mono.

Poco después se despertó otro rey y contó los plátanos que quedaban. Los dividió en tres grupos iguales. Pero sobraba uno y decidió, también, dárselo al mono. Al terminar, se llevó su parte.

Un poco más tarde se levantó el último monarca, sin sospechar lo que habían hecho sus compañeros; dividió en tres nuevos grupos los plátanos restantes y como había uno de más, se lo dio al mono. Se llevó la parte que le correspondía y se fue a dormir.

A la mañana siguiente se levantaron y ninguno dijo lo que había hecho por la noche. Hicieron el reparto de los plátanos que había en ese momento; cada uno se llevó la tercera parte y sobró un plátano que le dieron al mono.

¿Cuál es el menor número posible de plátanos para realizar estas operaciones?

SOLUCIÓN

Agradecemos este enigma a @eduardoochoa.

El menor número posible de plátanos para realizar estas operaciones es 79.

El primer rey (negro), le da un plátano al mono y divide el resto entre 3. Se queda con 1 parte y deja 2 partes, para así repartirlas al dia siguiente. Sin embargo, un poco después…
El segundo monarca (blanco), le da un plátano al mono y divide el resto entre 3. Se queda con 1 parte y deja 2 partes, para así repartirlas al dia siguiente. Sin embargo, un poco después…
El último y tercer rey (rojo), le da un plátano al mono y divide el resto entre 3. Se queda con 1 parte y deja 2 partes, para repartirlas al dia siguiente. Ahora sí, a la mañana siguiente…
Se despiertan los 3 monarcas y le dan un plátano al mono y dividen el resto entre los 3

¿Esto como lo traducimos a lenguaje matemático?

Vamos a llamar E al número total de plátanos y D a los plátanos que se queda el rey negro. Si al total le resta un plátano que le da al mono, ¿Cuantos platanos quedan?

E – 1

Muy bien.

¿Que es lo que que hace ahora el rey negro con esta cantidad? ¿La divide entre 3 partes? Y se queda con una de esas 3 partes? A esa cantidad la hemos llamado D. Luego

D= (E – 1) /3

Vamos muy bien!. El rey negro se queda con una parte y deja 2 partes (2*D) para repartirlas al día siguiente, pero a los pocos minutos se levanta el rey blanco y de esas 2 partes, 2*D, da un plátano al mono. Luego si a 2*D le restamos un plátano, ¿Qué es lo que nos queda?

2*D – 1

y ahora el rey blanco hace 3 nuevas partes y llamamos C a una de esas partes. Vamos bien? Pués vamos a escribirlo:

Si tengo 2*D-1 y lo divido por 3, tengo

(2*D – 1)/3 y esto es igual a C

o mismo que

C = (2*D – 1)/3

Bien, ahora el rey blanco toma una de esas partes, C, y deja 2 partes, 2*C. Pero después se despertó el rey rojo y a esa cantidad de plátanos le restó 1 para dárselo al mono:

2*C – 1

lo dividió en tres partes

(2*C-1)/3

y se quedo con una de ellas, que la llamaremos B, luego

B = (2*C-1)/3

y dejo otras dos partes, 2*B.

A la mañana siguiente se despertaron los 3 reyes, dieron un plátano al mono, 2*B – 1, y se repartieron esa cantidad entre los 3, que la llamaremos A. Luego

A = (2*B-1)/3

Ahora sólo nos queda juntar todas estas ecuaciones… Vamos allá.

Tenemos entonces

D= (E – 1) /3

C = (2*D – 1)/3

B = (2*C-1)/3

A = (2*B-1)/3

Sustituyendo en la última el valor de B, nos queda…Bueno no lo voy a escribir, si quieres saber que ecuación queda después de ir sustituyendo los valores de B,C,D en A:

81*A + 65 = 8 * E

Ahora necesitaras saber resolver ecuaciones Diofánticas como esta… Pero espera un momento, si ponemos esta ecuación del siguiente modo equivalente:

(81*A+65)/8=E

Podemos poner esta fórmula en MS-Excel y buscamos los valores de E enteros, es decir sin decimales y encontramos que para A=7, el total de plátanos es E = 79 (entero). La ecuación anterior tiene infinitas soluciones, algunas de ellas se pueden ver si has recurrido a Excel.

Comprobamos la solución:

79 plátanos.

De esta forma:

Si quitamos uno del mono, el rey negro tomó 78 : 3 = 26 y quedaron 79 – 1 – 26 = 52
Si ahora quitamos otra vez el plátano del mono, el segundo rey tomó 51 : 3 = 17 y quedaron 52 – 1 – 17 = 34 plátanos.
Quitando nuevamente el del mono, el tercero se llevó 33 : 3 = 11 y quedaron 34 – 1 – 11 = 22 plátanos.
Y así, por la mañana, dieron uno al mono y se repartieron los 21 restantes entre los tres. 7 plátanos.

Tenemos 12 bolas de metal. Las 12 bolas tienen la misma apariencia y forma, pero una de ellas pesa distinto a las otras 11 (no sabemos si más o menos).

Con una balanza de dos brazos, tenemos que conseguir en tres pesadas averiguar cuál es la bola que pesa distinto al resto. Y si pesa más o menos que el resto.

Es un problema de ingenio, lógica y cálculo. Su respuesta no se debe al azar o a “trucos” presentes en otra clase de juegos. Eso sí, no hay una sola forma de resolverlo, sino que pueden existir varias.

Recuerda que tienes todo el fin de semana para resolverlo, no tengas prisa, el problema planteado es difícil (pero no imposible).

¡No olvides mandar tu respuesta antes del lunes 30 de mayo! ¡Mucha suerte a tod@s!

*SOLUCIÓN*

Hay que decir que la cosa estaba difícil y que del centenar de personas que habéis participado solo 5 de ellos han sido los que se han llevado la gloria esta vez. Pero antes de dar el nombre de los ganadores del #Quodesafío vamos a poner la explicación que @Milhaud, quien nos propuso este problema, nos da al entuerto de las bolas y la balanza. Como veréis no era nada fácil:

La idea principal para llegar a la solución a este problema es intentar dividir en cada pesada las bolas en grupos más pequeños, para ser capaces de llegar a la solución sea cual sea la bola que sea distinta. Para que quede claro en todo momento, numero las bolas (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12).

En la primera pesada tenemos que pesar cuatro bolas a un lado (1, 2, 3, 4), y otras cuatro bolas a otro lado (5, 6, 7, 8), dejando otras cuatro bolas fuera de la balanza (9, 10, 11, 12). De este modo tendremos tres grupos de cuatro bolas bien diferenciados. Ahora, dependiendo de cuál sea el resultado, serán en consecuencia las siguientes pesadas. A continuación os expongo todos los posibles resultados.

Caso 1) La balanza se equilibra. Con esto podemos deducir que (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, no son la bola que pesa distinto al resto. La bola distinta tiene que estar en el grupo (9, 10, 11, 12). Para la segunda pesada, tomaremos tres bolas de este último grupo (9, 10, 11) y las pondremos en un lado de la balanza, poniendo en el otro a tres bolas que sabemos que pesan lo normal (1, 2, 3).

Caso 1.1) La balanza se equilibra. Con esto nos queda claro que la bola que pesa distinto es (12), así que únicamente tendríamos que hacer una última pesada comparándola con cualquier otra bola, (1) por ejemplo, y determinar si pesa más o menos que el resto.

Caso 1.2) La balanza se inclina para uno de los lados. Como sabemos que (1, 2, 3) no son bolas que pesen distinto, si (9, 10, 11) baja será una de estas la que pese más, y si sube será una de estas la que pese menos. Para la tercera pesada tomaremos las bolas (9) y (10) y las compararemos.

Caso 1.2.1) La balanza se equilibra. Entonces sabremos que la bola (11) pesa más o menos que el resto (dependiendo de lo que hubiera sucedido en la segunda pesada)

Caso 1.2.2) La balanza se inclina hacia uno de los lados. Dependiendo de la información obtenida en la segunda pesada, sabremos que la bola pesa más o menos que el resto, y por lo tanto, la bola que en este caso también suba, o también baje, será la que pese distinto. Pesará menos si su lado de la balanza sube, y pesará más si su lado de la balanza baja.

Caso 2) La balanza se desequilibra hacia (1, 2, 3, 4). Por lo tanto sabemos que una bola de (1, 2, 3, 4) pesa más que el resto o una bola de (5, 6, 7, pesa menos que el resto. Para la siguiente pesada tendremos que dividir, tal y como hemos hecho al principio, estas 8 bolas en tres grupos iguales (o similares) para poder dividir el problema. Así que, ponemos en un lado de la balanza (1, 2, 5) y en el otro lado de la balanza (3, 4, 6), dejando (7) y (8) fuera de la balanza.

Caso 2.1) La balanza se equilibra. En este caso sabemos que (7) u (8) pesa menos que el resto. Bastará con poner una bola en cada lado de la balanza, y la bola que vaya para arriba será la que pese menos que el resto.

Caso 2.2) La balanza se inclina hacia (1, 2, 5). En este caso sabemos que, (1) o (2) pesa más que el resto, o (6) pesa menos que el resto. Bastará con poner en la última pesada (1) a un lado y (2) al otro. Si se equilibran será (6) la que pese menos, y si se inclina para un lado, será la bola en ese lado la que pese más que el resto.

Caso 2.3) La balanza se inclina hacia (3, 4, 6). En este caso sabemos que, (3) o (4) pesa más que el resto, o (5) pesa menos que el resto. Bastará con poner en la última pesada (3) a un lado y (4) al otro. Si se equilibran será (5) la que pese menos, y si se inclina para un lado, será la bola en ese lado la que pese más que el resto.

Caso 3) La balanza se desequilibra hacia (5, 6, 7, 8). Por lo tanto sabemos que una bola de (5, 6, 7, pesa más que el resto o una bola de (1, 2, 3, 4) pesa menos que el resto. Para la siguiente pesada tendremos que dividir, tal y como hemos hecho al principio, estas 8 bolas en tres grupos iguales (o similares) para poder dividir el problema. Así que, ponemos en un lado de la balanza (5, 6, 1) y en el otro lado de la balanza (7, 8, 2), dejando (3) y (4) fuera de la balanza.

Caso 3.1) La balanza se equilibra. En este caso sabemos que (3) u (4) pesa menos que el resto. Bastará con poner una bola en cada lado de la balanza, y la bola que vaya para arriba será la que pese menos que el resto.

Caso 3.2) La balanza se inclina hacia (5, 6, 1). En este caso sabemos que, (5) o (6) pesa más que el resto, o (2) pesa menos que el resto. Bastará con poner en la última pesada (5) a un lado y (6) al otro. Si se equilibran será (6) la que pese menos, y si se inclina para un lado, será la bola en ese lado la que pese más que el resto.

Caso 3.3) La balanza se inclina hacia (7, 8, 2). En este caso sabemos que, (7) o (8) pesa más que el resto, o (1) pesa menos que el resto. Bastará con poner en la última pesada (7) a un lado y (8) al otro. Si se equilibran será (1) la que pese menos, y si se inclina para un lado, será la bola en ese lado la que pese más que el resto.

Esta solución no es la única, pero sí la más simple. Existe la posibilidad de en los casos 2 y 3, para la segunda pesada tomar cuatro bolas y cuatro bolas, rellenando con dos bolas de las que ya has descartado, pero es algo innecesario, ya que se puede hacer perfectamente sin ellas.

Muchos piensan que no tiene solución o que tiene truco; pero se resuelve únicamente por lógica.

- Una persona tiene cinco sombreros: 3 negros y 2 blancos.
- Le coloca a tres amigos uno sobre sus cabezas y esconde los dos restantes.
- Los tres amigos no saben de que color es el sombrero que llevan puesto, ni siquiera saben de qué color son los que han sobrado.
- Deben adivinar de que color es el sombrero que llevan puesto. Su única pista es poder ver el color de los sombreros de los otros dos amigos.
- El que ha colocado los sombreros les pregunta a los amigos si saben de que color es el sombrero que llevan puesto.

a- El primero mira el color del sombrero de los otros dos y dice que no puede saber de que color es el suyo.
b- El segundo dice exactamente lo mismo.
c- El tercero ¡¡¡Que es ciego!!! dice que sabe de qué color es el suyo.

¿De qué color es el sombrero del ciego y cómo ha podido adivinarlo?

SOLUCIÓN:

El sombrero del ciego es NEGRO.

El ciego lo deduce sin necesidad de ver los otros sombreros, únicamente sabiendo que ninguno de los dos amigos han adivinado el color del suyo.
Es decir, si el sombrero del ciego hubiese sido BLANCO alguno de los otros dos habría adivinado el color del suyo.

CASO A:

Ciego – Blanco
Amigo 1- Blanco
Amigo 2 – Blanco

Este caso no se puede dar, ya que sólo hay dos sombreros blancos.

CASO B:
Ciego – Blanco
Amigo 1 – Negro
Amigo 2 – Blanco

En este caso el amigo 1 vé dos sombreros blancos y deduce que el suyo tiene que ser negro, ya que sólo hay dos sombreros blancos.

CASO C:
Ciego – Blanco
Amigo 1 – Blanco
Amigo 2 – Negro

En este caso el amigo 1 vé un sombrero blanco y uno negro por lo que no puede saber de qué color es el suyo; pero el amigo 2 vé dos sombreros blancos y deduce que el suyo tiene que ser negro, ya que sólo hay dos sombreros blancos.

CASO D:
Ciego – Blanco
Amigo 1 – Negro
Amigo 2 – Negro

En este caso el amigo 1 vé un sobrero blanco y uno negro por lo que no puede saber de qué color es el suyo. El amigo 2 también vé un sobrero blanco y uno negro; pero además sabe que el anterior no lo ha adivinado. Por tanto sabe que el suyo tiene que ser negro, ya que de haber sido blanco, el anterior habría visto dos blancos hubiera sabido que el suyo era negro.

De esta manera queda descartado que el del ciego pudiera ser blanco y que ninguno de los otros dos amigos adivinaran de qué color era el suyo.
Por tanto el del ciego es ¡¡¡NEGRO!!!

 

Es hora de “despertar”… A menudo planteas a la gente multitud de acertijos, y observas detenidamente como intentan resolverlos poniendo todo su empeño posible, lo que recibe en consecuencia nuestra más alta admiración a esas mentes inquietas que no paran. En este puzzle vamos a ir un poco más allá: ahora serás tú la causa del proximo juego.

Supongo que te preguntarás donde estás…

1. Estás encerrado en una habitación que tiene una puerta y un pulsador.

2. Dispones de un solo mechero para quemar todo lo que quieras.

3. Cada una de las cuerdas tarda exactamente 1 hora en quemarse por completo. Ambas, tienen grosor y longitud distinta y además no son uniformes, sino que pueden tener zonas donde son más gruesas y otras zonas donde son más delgadas, es decir, que se hayan quemado a la mitad no indica que haya transcurrido media hora.

4. En cuanto enciendas el mechero por primera vez, se activará un temporizador que hará que desde el pulsador se pueda abrir la puerta exactamente 45 minutos después y quedes libre.

5. En cualquier otro instante que lo acciones tendrás una muerte segura…

¿Cómo harás para estar seguro de que han transcurrido exactamente 45 minutos después de encender el mechero por primera vez?

* Este es un Quodesafío de lógica e ingenio, no de ‘trucos’. Con esto queremos decir que la respuesta, ni mucho menos, está enfocada a respuestas tales como: “mirando el reloj”, “escapando por la ventana”, “convirtiéndome en invisible y atravesando la pared”…
Debes trabajar con las cuerdas y el mechero. No tienes reloj, ni ventanas, ni poderes paranormales.

SOLUCIÓN AL PROBLEMA “DOS CUERDAS Y 45 MINUTOS”

Fuente: Eduardo Ochoa

Una vez más, sois muchos los que habéis participado en el reto que planteábamos ayer y habéis enviado vuestras respuestas a quonectados@hachette.es. Tras explicar detenidamente la solución a este reto, pondremos el nombre de la lista de ganadores.

Vamos a explicarlo punto por punto para que se entienda:

¿Qué tenemos? dos cuerdas, un mechero… Cada cuerda tiene dos extremos ¿Cada una de ellas tardará una hora en quemarse por completo independientemente del extremo que encendamos?

 

Desde hace muchos años, se piensa que este acertijo fue pensado por Albert Einstein, quien además afirmaba que el 98% de la gente no lo resuelve…¿Te atreves a ser del 2% que sí?.

EL ACERTIJO DE EINSTEIN

Premisas

1. En una calle hay cinco casas, pintadas de diferentes colores, en una fila de izquierda a derecha.
2. En cada casa vive una persona de diferente nacionalidad.
3. Los dueños de éstas cinco casas beben distintas bebidas, fuman distintas marcas de cigarros y tienen una mascota diferente.

La pregunta

¿Quién es el dueño del pez?

Pistas

1. El británico vive en la casa roja.
2. El sueco tiene un perro.
3. El danés bebe té.
4. La casa verde está a la izquierda de la casa blanca.
5. El dueño de la casa verde bebe café.
6. La persona que fuma Pall Mall cría pájaros.
7. El dueño de la casa amarilla fuma Dunhill.
8. El hombre que vive en la casa del centro toma leche.
9. El noruego vive en la primera casa.
10. El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.
11. El hombre que tiene caballos vive al lado del hombre que fuma Dunhill.
12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza.
13. El alemán fuma Prince.
14. El noruego vive al lado de la casa azul.
15. El hombre que fuma Blends tiene un vecino que bebe agua.

Claves

Es un acertijo clásico de lógica, de lápiz y papel.
La clave principal está en el orden de las casas.
Además de la pregunta principal, todo la información se puede averiguar con las pistas.

_________

SOLUCIÓN

El dueño del pez es el ciudadano alemán, que vive en la casa verde, fuma cigarrillos Prince y bebé café.

Sois muchos los que habéis preguntado si realmente este problema es de Einstein y sí es cierto lo del 2%. Todo pertenece a la rumorología, aunque son muchas las fuentes que apuntan hacia el científico alemán. Lo del 2% es otra cosa igual, no es que solo el 2% sea capaz de resolverlo, sino que solo ese porcentaje tiene la paciencia suficiente para ello.

Hay un error que veréis al final que no es tal. Está relacionado con la posición de la casa del alemán. La correcta es la posición 4º (verde).

Solución al Acertijo de Einstein

¿Por donde empezamos? Podríamos rellenar lo que sabemos de las 3 primeras pistas…

Pistas

1. El británico vive en la casa roja.
2. El sueco tiene un perro.
3. El danés bebe té.

Cuadro de Respuestas

4. La casa verde está a la izquierda de la casa blanca.
5. El dueño de la casa verde bebe café.
6. La persona que fuma Pall Mall cría pájaros.
7. El dueño de la casa amarilla fuma Dunhill.
8. El hombre que vive en la casa del centro toma leche.
9. El noruego vive en la primera casa.
10. El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.
11. El hombre que tiene caballos vive al lado del hombre que fuma Dunhill.
12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza.
13. El alemán fuma Prince.
14. El noruego vive al lado de la casa azul.
15. El hombre que fuma Blends tiene un vecino que bebe agua.

No parece que por ahí adelantemos mucho más. Vamos a fijarnos mejor en las pistas referentes a las posiciones de las casas…

1. El británico vive en la casa roja.
2. El sueco tiene un perro.
3. El danés bebe té.
4. La casa verde está a la izquierda de la casa blanca.
5. El dueño de la casa verde bebe café.
6. La persona que fuma Pall Mall cría pájaros.
7. El dueño de la casa amarilla fuma Dunhill.
8. El hombre que vive en la casa del centro toma leche.
9. El noruego vive en la primera casa.
10. El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.
11. El hombre que tiene caballos vive al lado del hombre que fuma Dunhill.
12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza.
13. El alemán fuma Prince.
14. El noruego vive al lado de la casa azul.
15. El hombre que fuma Blends tiene un vecino que bebe agua.

Se nos plantean 2 posibles cuadros de respuestas:

 

Por un lado , deducimos que el Noruego vive en la casa amarilla. Además la segunda opción no es válida ya que por la pista 8:

8. El hombre que vive en la casa del centro toma leche.

y por la pista 5, no podemos poner la casa verde en la posición central:

5. El dueño de la casa verde bebe café.

y añadimos la pista 1:

1. El británico vive en la casa roja.

De la pista 7 y de la 11:

7. El dueño de la casa amarilla fuma Dunhill.
11. El hombre que tiene caballos vive al lado del hombre que fuma Dunhill.

¿Quitamos las pistas que ya hemos utilizado?

Pistas

2. El sueco tiene un perro.
3. El danés bebe té.
6. La persona que fuma Pall Mall cría pájaros.
10. El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.
12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza.
13. El alemán fuma Prince.
15. El hombre que fuma Blends tiene un vecino que bebe agua.

2. El sueco tiene un perro.
3. El danés bebe té.
6. La persona que fuma Pall Mall cría pájaros.
10. El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.
12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza.
13. El alemán fuma Prince.
15. El hombre que fuma Blends tiene un vecino que bebe agua.

Vamos ahora a fijarnos en las pistas de las bebidas. Hemos puesto ya, leche y café. ¡¡Ahora estamos quizás ante la parte más difícil del acertijo!! Fijate que hay una pista que relacionan la bebida con la nacionalidad,

3. El danés bebe té.

y otra relaciona la bebida con la marca de cigarrillos,

12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza

Y ninguno de ellos puede ser el Noruego que fuma Dunhill. Entonces el noruego es el que bebe agua. Por la pista 15 además, vive al lado del que fuma Blends.

Ahora por la pista 12,

12. El hombre que fuma Blue Master bebe cerveza

sabemos que no puede vivir en la casa azul, ya que fuma Blends, solo nos queda la casa Blanca.

Por la pista 3,

3. El danés bebe té.

Es la bebida que nos queda y es en la casa Azul.

Ahora por la 13

13. El alemán fuma Prince. Colocamos en el único lugar donde podemos poner nacionalidad y marca de tabaco. Completamos tambien la única nacionalidad, Sueco, que nos queda y es en la casa blanca, que además por la pista 2, tiene un perro.

Ahora por la pista 6, La persona que fuma Pall Mall cría pájaros. Completamos en el único sitio que nose queda para la marca de cigarrillos, casa roja, y añadimos que tiene pájaros. Por la pista 10, El hombre que fuma Blends vive al lado del que tiene gatos.

Ya sabemos la respuesta entonces a La pregunta:

¿Quién es el dueño del pez?

Ya perteneces a ese 2% (ahora será más) de gente que sabe resolver este acertijo

A propósito, uno de ellos tuvo un accidente en un edificio, parece que relacionado con el tabaco…

Oops! Me parece que hay un error en la posición de las casas…Has podido encontrarlo? (Muchos de vosotros sí, indicando que la posición real de la casa verde del alemán es la nº 4).

Aquí va el puzzle:

La circunferencia de la Tierra es de aproximadamente 40,000 kilómetros. Decides construir una banda metálica que dé la vuelta a la Tierra tocando el suelo en todos los lugares que atraviesa. Por la noche, y para confundir a los matemáticos, aumentas 10 metros la longitud de la banda. Con esta nueva medida: ¿Podría una mosca, un conejo, o hasta un hombre pasar por debajo de ella?

SOLUCIÓN

Usa la fórmula de la circunferencia = 2 × pi × Radio

Antes: Circunferencia original = 2 × pi × R
Después: Circunferencia Original + 10 = 2 × pi × (R + brecha)

Restando las dos:

10 = 2 × pi × Brecha

Entonces, la Brecha = 10 / (2 × pi) = 1,591 m

Por lo tanto, SÍ, un hombre podría caber fácilmente por la brecha, aunque quizás tal vez se dé en la cabezacon la brecha.