Solución al problema 140

Enunciado del problema 140

Tememos el siguiente esquema:

CONDICIONES					RESULTADO
Condición 1		Condición 2		Condición 3
				Múltiplo de 12	No hay ninguno
			$\nearrow$
		Mayor que 20
	$\nearrow$		$\searrow$
Termina en 5				Menor que 21	Imposible
	$\searrow$
		Termina en 9	$\to$		Imposible
				Múltiplo de 12	84
			$\nearrow$
		Mayor que 20
	$\nearrow$		$\searrow$
				Menor que 21	Imposible
Divisible por 7
				Múltiplo de 12	No hay ninguno
	$\searrow$		$\nearrow$
		Termina en 9
			$\searrow$
				Menor de 21	No hay ninguno

Por tanto el número es $84$

Solución al problema 114

Enunciado del problema 114

El problema consiste en encontrar el número mínimo de cifras, tal que con las sumas y restras de todas ellas o de algunas de ellas se puedan conseguir todos los números del $1$ al $10$.

Esta claro que con $1$ cifra solo podemos medir una cantidad.

Con dos cifras podemos obtener por sumas, igualdad o restas un máximo de $4$ cantidades.$\left(1,3-1,3,3+1\right)$

Con tres podemos obtener cualquier cantidad de 1 a 10. Por ejemplo

Con pesas de 1,3 y 6	Con pesas de 1,2 y 7
$1=1$	$1=1$
$2=3-1$	$2=2$
$3=3$	$3=2+1$
$4=3+1$	$4=7-1-2$
$5=6-1$	$5=7-2$
$6=6$	$6=7-1$
$7=6+1$	$7=7$
$8=6+3-1$	$8=7+1$
$9=6+3$	$9=7+2$
$10=6+3+1$	$10=7+2+1$

Solución al problema 110

Enunciado del problema 110

La suma de todas las cifras es $\left(4+2+1\right)\cdot 1000=7000$. Hay que quitar número por valor de $7000-2014=4986$. Si quitamos lo que mas aprota a la suma que son los cuatros queda $4986-4\cdot 1000=986$, y habremos quitado $1000$ cuatros. Si quitamos ahora $493$ doses, la suma será $2014$, por tanto habremos quitado $1000+493=1493$ cifras

Solución al problema 108

Enunciado del problema 108

Como las tres son potencias de 2, y como $100=5^2\cdot 2^2$, entonces la suma de todas las edades vale $2^2\cdot 25$, es decir $2^a+2^m+2^n=2^2\cdot 25$

Por tanto 25 debe ser una suma de potencias de 2, que deben ser 16,8,4,2,1. Como 8+4+2+1<25, al menos 16 debe formar parte de la suma, luego $25=2^4+2^m+2^n$. La única combinación posible es $25=2^4+2^3+2^0$. Las edades serán entonces $2^2\left(2^4+2^3+2^0\right)=2^6+2^5+2^2$. La edad de la nieta será de 4 años. Nació en 2010.

Solución al problema 107

Enunciado del problema 107

La distancia del clavo al cuadro será

$$t=\sqrt{1-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}$$

Por tanto la altura total será $\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}+h$. Cuanto mayor sea esta altura, mas cercano al suelo estará.

a	h	$\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}+h$
$0.6$	$0.4$	$1.35$
$1.2$	$0.5$	$1.3$
$1.2$	$0.9$	$1.7$
$1.6$	$0.6$	$1.2$
$1.6$	$1$	$1.6$

El mas cercano al suelo será el de dimensiones 120 x 90

Solución al problema 105

Enunciado del problema 105

En total se utilizarán $9+11+13+18+22+13=96$ minutos. Por tanto, habiendo dos baños la mejor organización es la qe mejor se aproxime a $96:2=48$ minutos en cada baño. Como el de $23$ debe estar en uno de los baños, quedan $48-23=25$ minutos. La suma de los demás que mas se acerca a los $25$ minutos es $13+11=24$. Por tanto los cuartos de baño deberán ser utilizados por $23+13+11=47$ y $9+18+22=49$. Es decir, se podrán poner a desayunar a las $7:49$

Solución al problema 104

Enunciado del problema 104

Supongamos que tenemos en fila 1007 mentirosos y a continuación 1077 veraces. Contemos a la izquierda y a la derecha de los individuos 1007 (mentiroso) y 1008 (veraz).

Un mentiroso (cuya posición estará entre 1 y 1007) tendrá menos de 1007 mentirosos a su izquierda (no se cuenta él mismo) y 1007 veraces a su derecha, por tanto objetivamente no tendrá mas mentirosos a su izquierda que veraces a su derecha, pero como siempre miente, contestará que “Hay mas mentirosos a mi izquierda que veraces a mi derecha”.

Un veraz (cuya posición estará entre 1008 y 2014), tendrá 1007 mentirosos a su izquierda y menos de 1007 veraces a su derecha. Por tanto, como dice la verdad, contestará que “Hay mas mentirosos a mi izquierda que veraces a mi derecha”. Por tanto hay 1007 mentirosos

Veamos ahora que ésta es la única posibilidad.

Si hubiera otra cantidad de mentirosos, por ejemplo 1000, dispuestos en una fila de 1000 mentirosos y a continuación 1024 veraces, el individuo 1001, sería veraz. A su izquierda habría 1000 mentirosos y a su derecha 1023 veraces, con lo que respondería que a su izquierda NO hay mas mentirosos que veraces a su derecha, en contra de lo que se supone inicialmente.

Veamos ahora que solo pueden estar en la posición descrita mas arriba (primero los mentirosos y a continuación los veraces).

Intercambiemos dos individuos uno veraz y otro mentiroso de un grupo a otro. Por ejemplo el 500 del grupo de los mentirosos y el 1500 del grupo de los veraces. Habrá entonces una fila de 499 mentirosos, 1 veraz,

Solución al problema 51

Enunciado del problema 51

En el diagrama los números expresan la intersección entre las asignaturas, aunque algunos de ellos puedan estar en la intersección entre tres conjuntos (a ese número le llamaremos $y$)

Llamemos x al número de alumnos que ha elegido solo una asignatura. Tenemos:

$$x+3-y+x+6-y+x+5-y+y=24\Rightarrow 3x-2y=10$$

Como supondremos $x\ge 1$y como $y$ es la intersección de los tres, $0\le y$$\le 3$

Probamos con los distintos valores de $y$

$y$	$x=\frac{10+2y}{3}$
0	$\frac{10}{3}$
1	4
2	$\frac{14}{3}$
3	$\frac{16}{3}$

Evidentemente la única solución es $x=4;y=1$

Por tanto cursan filosofía 11 alumnos

Cursan geografía 14 alumnos

Cursan matemáticas 12 alummos

Solución problema 2 (primera)

Enunciado problema 2

Puesto que A tarda 8 minutos en encontrar a B, habrá recorrido 2 estadios y $2/3$, es decir,$8/3$ de estadio. B, mientras habrá perdido una vuelta por lo tanto habrá recorrido $5/3$ de estadio. Medido en tercios de estadio, cuando A recorre 8, B recorre 5. Por tanto la relación entre sus velocidades es

$$V_B=\frac{5V_A}{8}\Rightarrow V_B/V_A=5/8$$

Llamemos $V_A=1estadio/3minutos$. Por tanto $V_A=1/3estadio/minuto$, y por tanto

$V_B=\frac{5}{8}\cdot \frac{1}{3}estadio/minuto$

$V_B=\frac{5}{24}estadio/minuto$

Como la velocidad y el tiempo son inversamente proporcionales para un espacio constante, resulta que el tiempo que tarda B es $24/5$ minutos en recorrer el estadio, es decir 4 minutos y 48 segundos

Solución al problema 2 (segunda)

Enunciado problema 2

El problema se puede generalizar Sea a, el tiempo que tarda A en dar una vuelta al estadio $T_A$ Sea b, el tiempo que tarda en alcanzar A a B. En el momento de alcanzarle A habrá recorrido $\frac{b}{a}$ estadios y B habrá recorrido $\frac{b-a}{b}$ estadios

$$\frac{V_B}{V_A}=\frac{\frac{b}{a}-1}{\frac{b}{a}}=\frac{b-a}{b}$$

Si $V_A=\frac{1}{a}estadios/minuto$ y $V_B=\frac{b-a}{b}\cdot \frac{1}{a}estadios/minuto$

Y por tanto tiempo empleado por B será

$T_B=\frac{ab}{b-a}$ expresado en las mismas unidades en que se dieron a y b