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Homenaje a Martin Gardner

31 mayo, 2010

Hace pocos días, el 22 de mayo de 2010, murió Martin Gardner, el filósofo estadounidense que se especializó en la divulgación de la lógica y las matemáticas. Gardner dedicó gran parte de su larga vida a divulgar ciencia y a combatir la pseudociencia. Fue destacado articulista de revistas tales como “Scientific American” o “Skeptical Inquirer”. No quiero desde este medio realizar una biografía de este divulgador, podréis encontrar muchas y muy buenas en la blogosfera, sino compartir con vosotros la admiración que tengo por su obra y su labor. El libro “Lo bueno, lo malo y lo falso” me impactó cuando lo leí, ya que al igual que Carl Sagan en algunas de su obras, delimita claramente lo que forma parte de la ciencia de lo que son las ocurrencias y las magufadas.

Hace mucho tiempo me aficioné a sus problemas de matemáticas recreativas, y quería compartir uno de los problemas que escribió con vosotros. No es difícil, pero me dio que pensar por algún tiempo. A ver si lo sacáis.

Un rico empresario estaba dispuesto a dar sustancioso premio en metálico por ver una carrera de coches original. Para ello reunió una serie de pilotos a los que dijo: “voy a dar un premio de 1 millón de dólares a aquel piloto cuyo coche llegue el último a la meta.
Todos los pilotos subieron a sus coches y empezaron a correr cada más despacio para llegar el último, hasta que hubo un momento en que todos ellos pararon. Así no había forma de acabar la carrera. Entonces a uno de los pilotos se le ocurrió una idea para cumplir ese reto satisfactoriamente.

¿Alguien sabe lo que pensó el piloto y soluciona este problema?

.

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  1. George
    31 mayo, 2010 de 15:46

    Lo que haría yo es -de manera encubierta- ofrecer un premio de 300.000$ al que llegase primero en esa misma carrera.

  2. 31 mayo, 2010 de 15:57

    George, nuestro magnate no quiere gastarse más del millón de dólares.

  3. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 16:35

    ¿Ponerse detrás de los demás, e intentar empujarles hasta la meta?

  4. corazondepatata
    31 mayo, 2010 de 16:37

    ¿No pueden ponerse de acuerdo los corredores para repartirse la pasta?

  5. 31 mayo, 2010 de 16:41

    Theogonist, Corazondepatata. La respuesta es NO.

  6. Jaime
    31 mayo, 2010 de 16:55

    Si solo llega un piloto será tanto el primero como el último, pero no se si vale sabotear el resto de coches. 😉

  7. 31 mayo, 2010 de 17:04

    Más te vale postear la respuesta porque no se me ocurre nada.. ¬¬” No nos dejes con la intriga.

  8. 31 mayo, 2010 de 17:09

    Una pistica (Manuel no me ha dicho la solución, que conste, pero la imagino): algo parecido al juego de las sillas 😀

  9. 31 mayo, 2010 de 17:10

    Tranquilo Daneel, CyD tiene los lectores más inteligentes de la blogosfera. Seguro que pronto dáis con la respuesta. 😉

  10. 31 mayo, 2010 de 17:21

    ¿Poniendo un límite de tiempo?

  11. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 17:23

    Pues me da a mi que nos faltan “reglas” que se aplicarán para la “mágica” solución.

  12. 31 mayo, 2010 de 17:29

    Empezar a manejar de reversa, o de plano estrellar el coche 😛

  13. 31 mayo, 2010 de 17:29

    La respuesta está en el texto, analizadlo bien, no déis cosas por supuestas. 😉

  14. 31 mayo, 2010 de 17:30

    Ya se, intercambiar coches, el magnate dijo el coche, no dijo nada de los pilotos, obvio todos querian llegar primero para hacer perder al otro… 😀

  15. 31 mayo, 2010 de 17:34

    Sí, debe ser eso, Daiko. 😀

  16. Samsung
    31 mayo, 2010 de 17:34

    La respuesta es que se cambiaron los coches. Si todos tienen en mente que el coche que llevan no es el suyo, intentarán ir lo más rápido posible para llegar a la meta y con suerte su coche quede entre los últimos.

  17. Samsung
    31 mayo, 2010 de 17:37

    Daiko :
    Ya se, intercambiar coches, el magnate dijo el coche, no dijo nada de los pilotos, obvio todos querian llegar primero para hacer perder al otro…

    vaya, he llegado 4 minutos tarde xDD

  18. 31 mayo, 2010 de 17:38

    Plas, plas, plas Daiko. Enhorabuena, respuesta correcta. Este problema muestra en qué era experto Gardner: en lógica. Muestra como hay que leer muy bien los enunciados. Recuerdo otro de su obra Ajá en el que decía:

    Imagina que eres un taxista. Cada kilómetro el taxi gasta 0.05$ doláres en gasolina y tu le cobras 0.5$ a cada cliente por ese trayecto. Sale de casa y recorres 10 kilómetros hasta el primer cliente con el que haces 3 kilómetros. Allí mismo enganchas otro cliente con el recorres 5 kilómetros más. Después recorres 2 kilómetros hasta el siguiente cliente que te hace recorrer 14 kilómetros. Y ahí acaba la mañana. ¿Qué edad tiene el taxista?

    Nota: en el taxi sólo viaja un cliente cada vez, no se comparte.

  19. 31 mayo, 2010 de 17:42

    29 casi cerca de cumplir los 30 😉
    Muy bueno…
    Me parece que voy a usarlos en las proxima reunion a la que acuda para poner a pelar gallos a dos que tres amigos 😀

  20. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 17:44

    Pues no me parece una respuesta satisfactoria… Ni esforzándote al máximo en llegar el primero tienes garantizado que tu coche llegue el último. Sería una lotería.

    Yo no sólo no aceptaría las condiciones del piloto que me propusiera eso, sino que le diría: “En análisis de texto serás un hacha, pero de lógica no tienes ni puta idea”.

  21. 31 mayo, 2010 de 17:44

    Hombre, pues lógicamente mucha edad porque la gasolina estaba muy barata. XD

  22. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 17:48

    Supongo que cada uno debe contestar la edad que tiene en el momento en que le hacen la pregunta.

  23. 31 mayo, 2010 de 17:49

    Ah claro, “imagina que eres un taxista” Qué bueno, hehehe. 27 yo.

  24. 31 mayo, 2010 de 17:59

    Theogonist Yo no sólo no aceptaría las condiciones del piloto que me propusiera eso, sino que le diría: “En análisis de texto serás un hacha, pero de lógica no tienes ni puta idea”.

    Aligerese hombre…
    Que no todo es literal en esto, algo de humor siempre viene bien. 😀

  25. 31 mayo, 2010 de 18:00

    Theogonist cada cierto tiempo aparece por aquí alguien dispuesto a cantar las cuarenta a un experto. Le dices a Martin Gardner (…) pero de lógica no tienes ni puta idea. Pues enhorabuena por iluminarnos con tu gran sabiduría, que supongo tendrás.

  26. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:09

    🙂 Hombre, si eso es lógica…

    Ya en serio, sé que es un chiste, pero la solución de corazondepatata me parece mucho más factible (Y más fácil para convencer a los demás).

  27. 31 mayo, 2010 de 18:09

    Daiko dices voy a usarlos en las proxima reunion a la que acuda para poner a pelar gallos a dos que tres amigos

    Escrito pierde mucho, pero hablado lía bastante, sobre todo si da más de 4 recorridos y con múltiplos de 10, para que parezca sencillo seguirlo. Cuando sueltas lo de la edad nadie se acuerda de la primera frase. Pero mi favorito, que no sé si es de Gardner es:

    Imagina que tienes una cuerda que tiene exactamente la circunferencia de la Tierra y está tensa a su alrededor. Entonces con mucho cuidado la cortas, la abres y le añades 1 metro de longitud más. Luego vuelves a colocarla homogéneamente (sin bucles) alrededor de la Tierra. En el espacio que queda entra la Tierra y la cuerda, ¿cabe un conejo? (de tamaño estándard y sin hacer vilguerías por parte del conejo)

  28. Darío
    31 mayo, 2010 de 18:11

    1.- Primero le enmendaron la plana a los biologos evolucionistas.
    2.- Después se la enmendaron a los físicos relativistas.
    3.- Ahora se la quieren enmendar a los lógicos matemáticos.
    4.- La homeopatía funcio….

    😛 Este no es el post, ¿verdad?

    Me he quedado perplejo con eso de que Gardner (…) de lógica no tienes ni puta idea. 😯

  29. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:12

    ¿La circunferencia? ¿La cuerda tiene la circunferencia de la Tierra, o la longitud de la circunferencia de la Tierra?

  30. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:17

    “Me he quedado perplejo con eso de que Gardner (…) de lógica no tienes ni puta idea.”

    Vamos a ver… Reconozco que son palabras duras, pero vienen por el “planteamiento del problema”, que es ambiguo.

    No sé si la ambigüedad en el planteamiento la ha introducido el autor del blog, el traductor del señor Gardner, o el propio Gardner. Sea quien fuera, el plantemiento es ambiguo: “¿Alguien sabe lo que pensó el piloto y soluciona este problema?”. No se especifica si el problema que quiere resolver el piloto es “ganar la carrera” o que la carrera termine, independientemente de que el piloto gane o no. Es por esa ambigüedad (inaceptable en un problema de lógica pura), por lo que digo que esto de lógica tiene poco…

  31. corazondepatata
    31 mayo, 2010 de 18:21

    Ya puestos a contar nuestras adivinanzas científico-lógicas-comoquierasllamarlas preferidas, ahí van dos mías sobre el mismo tema:
    1- Sales de una cabaña, caminas 100 km al sur, 100 al este y 100 al norte; estás delante de la cabaña de la que saliste y al lado hay un oso. ¿De qué color es el oso?
    2- Sales de una cabaña en la provincia de Madrid, y caminas 100 km al oeste, 100 km al sur, 100 al este y 100 al norte; ¿sabrías decir dónde estás?

  32. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:25

    1- Blanco
    2- Supongo que es un chiste.

    Un acertijo de estos muy gracioso es:

    1- Hay un coche de carreras sin defecto alguno (y sin averías) que en un circuito PERFECTAMENTE cuadrado hace el primer lado en 80 segundos, el segundo lado en 80 segundos también, el tercer lado, en otros 80 segundos, y el cuarto lado, en 1 minuto, 20 segundos. ¿Por qué?

    (Este, leído es muy obvio, pero hablándolo, te quedas con la gente).

  33. 31 mayo, 2010 de 18:28

    Evidentemente la longitud de la circunferencia de la Tierra. Exacta.

  34. 31 mayo, 2010 de 18:29

    Theogonist, pues echame la culpa a mí que he transcrito de memoria el problema, porque el piloto en realidad dijo Ajá, cómo en todos los problemas de ese libro 😆

  35. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:30

    ¿En el ecuador, o en los polos? (No es lo mismo). ¿Y qué quiere decir con “Sin bucles”? ¿No se cierra la cuerda?

    Perdona que pregunte tanto, pero estos problemas, parecen en su mayoría acertijos para despistar con el planteamiento.

  36. 31 mayo, 2010 de 18:35

    La cuerda se cierra (un equivalente a un sellado). Sin bucles significa que no vale tensar por todas partes dejando una especie de lazada en un extremo de planeta. Ha de tensarse la cuerda de nuevo con el metro añadido y medir la distancia que quedará entre la Tierra y la cuerda (suponiendo que haya un instrumento con el que se pueda medir facilmente).

    PD: Imaginad la Tierra como una esfera perfecta.

  37. 31 mayo, 2010 de 18:38

    La de la cabaña de Madrid terminas donde mismo, la del oso es Blanco?

  38. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:41

    Pues… ¿Se supone que con la nueva circunferencia, podemos tensar la cuerda al máximo para que ese metro se levante unos 30 cm? Si no se puede, la diferencia en el nuevo radio será del orden de cienmillonésimas, así que doy por hecho que hay un detalle en el planteamiento en el que no he caído.

  39. 31 mayo, 2010 de 18:42

    La del oso debe ser blanco porque está en el polo. La de Madrid no le veo la dificultad. XD

  40. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:44

    Claro. El polo Norte es el único lugar del mundo donde puedes andar 100 Km al sur, 100 Km al Este, 100 Km al Norte (Trazas un triángulo, no un cuadrado), y vuelves al mismo sitio donde empezaste).

  41. 31 mayo, 2010 de 18:47

    Theogonist, si hay que tensar. Deja a un lado la lógica y tira de geometría, igual hay sorpresas. 😉

  42. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:54

    Pues… Por las reglas del amigo pitágoras, salen unos 60 cm de altura del triángulo (Aunque seguro que me he equivocado, pq lo he hecho en un ratito). Por tanto, pasaría.

    Pero insisto en que no creo que lo haya hecho bien.

  43. corazondepatata
    31 mayo, 2010 de 18:55

    La pregunta de la cabaña de Madrid es la más difícil, pero en cuanto se explica se entiende; no, no acabas delante de la cabaña sino un poco más allá: Al ser una esfera la tierra, caminar 100km al sur (en el hemisferio norte, donde está Madrid) te lleva un poco más acá que caminar esos mismos 100km 100 km más al norte.

  44. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 18:58

    (Haciendo el triángulo equilátero y con cada lado de 0.5 m)

  45. corazondepatata
    31 mayo, 2010 de 18:59

    Impresionante, lo de los 60 cm… ¿alguien lo confirma? Soy nefasto en geometría¡¡¡

  46. 31 mayo, 2010 de 18:59

    ¿Comorl?

  47. 31 mayo, 2010 de 19:05

    La del circuito: ¿Puede ser que el cuarto lado fuera en pendiente cuesta arriba?

  48. 31 mayo, 2010 de 19:07

    La respuesta es 16 centímetros aprox., espacio más que suficiente para que pase un conejo.

    ¿Necesitáis fórmulas?

  49. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 19:07

    Hexo: Nop. Las condiciones son las mismas para todos los lados del circuito. Todas perfectamente llanas, y el asfalto del mismo material. No hay obstáculos en medio, y el trazado del coche es perfectamente rectilíneo a lo largo de cada tramo (Quitando las curvas, que siempre se dan perfectamente).

  50. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 19:08

    No, te creo 🙂

  51. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 19:09

    Hexo: Ah, y la velocidad del coche es uniforme.

  52. SmunK
    31 mayo, 2010 de 19:09

    Pues no se puede meter un conejo (a no ser en taquitos jaja) la distancia que separaría la cuerda de la tierra sería de exactamente de 15,9154 cm.

    Por si alguién no lo ve que pruebe con una pelota y haga la prueba 😉

  53. 31 mayo, 2010 de 19:11

    Iba a decir ahora mismo que justico 😛
    También me salen los cálculos, poco más que 15 cm, y la altura en cruz de un conejo es de 15-20 cm 😉

  54. 31 mayo, 2010 de 19:11

    Smunk, ¿cuánto miden de alto los conejos en tu pueblo? 😯

  55. 31 mayo, 2010 de 19:14

    Joder Hexo no creo que no hayas dado con la respuesta del coche, “a que horas me voy a las 4:45 o al cuarto para las 5” 😉

  56. SmunK
    31 mayo, 2010 de 19:19

    un conejo de tamaño normal creo que suele medir más de 15 cm de alto Manuel, piensa que ya solo las orejas le medirán 8cm.

    Pero bueno en caso de duda cuando acabe los exámenes y vuelva a casa te mido los míos y te mando los datos 🙂

  57. SmunK
    31 mayo, 2010 de 19:21

    Incluso si tu me mandas uno tuyo podemos hacer revisión por pares y a mayores una buena cena 🙂

  58. corazondepatata
    31 mayo, 2010 de 19:21

    Coño, se aplasta un poco el conejo y arreando, que tampoco es de escayola
    😀

  59. 31 mayo, 2010 de 19:21

    No entiendo nada, me rindo.

  60. Theogonist
    31 mayo, 2010 de 19:28

    Hexo: 80 segundos es lo mismo que 1 minuto 20.

  61. 31 mayo, 2010 de 19:29

    Hay mucha confusión sobre cuanto miden en realidad 15 centímetros… Hehehe…

  62. 31 mayo, 2010 de 19:30

    Joder, pues claro, qué tonto soy. XD

  63. Darío
    31 mayo, 2010 de 19:35

    Gardner estaría feliz sabiendo la discusión que se puede armar por causa suya en poco tiempo.

    Un buen homenaje, ni duda cabe.

  64. 31 mayo, 2010 de 19:35

    Yo recuerdo otro:

    Tenemos tres botones al inicio de un pasillo en forma de “L” donde al final del mismo se encuentran dos bombillas, dos de dichos botones encienden cada una de las bombillas individualmente, el tercero no funciona.
    Encendiendo solo dos botones y recorriendo solo una vez el pasillo identificar cual es el que no funciona y cual boton pertenece a cada bombilla.

  65. 31 mayo, 2010 de 19:40

    Encender los dos botones, y tras un rato apagar uno. Si el que hemos dejado pulsado funciona, la luz deberá estar encendida. Si el que hemos apagado funciona, la bombilla deberá estar caliente. Así sabríamos con qué botón funciona cada bombilla.

  66. 31 mayo, 2010 de 19:47

    ¿No?

  67. 31 mayo, 2010 de 19:49

    Darío :Gardner estaría feliz sabiendo la discusión que se puede armar por causa suya en poco tiempo.
    Un buen homenaje, ni duda cabe.

    Sin duda y aparte de eso nos hemos pasado un buen rato con el ejercicio mental.

    Correcto Hexo 😉
    Yo me sabia algunos mas pero por el momento no me acuerdo 😦

  68. Samsung
    31 mayo, 2010 de 20:03

    ¿Alguien podría exponer la demostración de que mide 15 centímetros el hueco que quedaría entre la cuerda y la Tierra? Es que lo he estado pensando y no sé como resolver el reto mental.

  69. stop
    31 mayo, 2010 de 20:10

    em…
    supongamos que el radio de la tierra es 6370000 Metros (tampoco nos vamos a matar con la precision ) el perimetro de la tierra es 2 *pi* el radio de la tierra
    a ese perimetro le sumamos un metro
    el radio que tendra la cuerda seria [1/(2Pi )]veces el perimetro resultante

    ( que se supone que son 16 cm + que el radio de la tierra )

  70. 31 mayo, 2010 de 20:14

    Sip. Un poco más detallado (que lo pienso poner aunque stop se me halla adelantado porque he tardado un ratico en escribir esto que no pienso desaprovechar :mrgreen: )

    Supongamos que el radio del planeta es aproximadamente 6370 Km, es decir, 6.370.000 metros.
    Luego sabemos gracias a la geometría que:

    Perímetro circunferencia = 2 x pi x radio circunferencia. Luego,

    Perímetro = 2 x 3,1416 x 6.370.000 = 40.023.984 metros

    Ahora, tenemos que 40.023.984 + 1 = 40.023.985

    Ahora calculamos el nuevo radio a la inversa:

    Radio circunferencia = Perímetro / (2 x pi),

    por lo tanto,
    40.023.985/(2 x 3,1416)= 6.370.000,16 metros. Es decir, es una circunferencia con un radio de 16 centímetros mayor 😀

  71. 31 mayo, 2010 de 20:21

    Ya que estamos con las mates, se me ocurre una pregunta que surgió mientras tomábamos unas cañas entre colegas y que se nos hizo larga la discusión… No me acuerdo bien, pero se puede reestructurar así: “Si un “ente” lleva corriendo durante infinito tiempo, y luego otro “ente” lleva corriendo la mitad de ese tiempo… ¿quién lleva más trayecto recorrido?” 😀

  72. stop
    31 mayo, 2010 de 20:34

    ..numeros de cantor huyamos ….T:T

    en un mundo ideal i perfecto se supone que recorren la misma distancia ..aunque si aplicamos los limites que se aprenden en 4rt de eso el primero lleva el doble

  73. Samsung
    31 mayo, 2010 de 20:36

    Gracias stop y Cnidus por responder. Nunca se me habría ocurrido calcular el radio a la inversa xD (simplemente porque aún no entiendo la fórmula. Ya lo miraré mejor dentro de un rato)

    Pues según mi lógica da lo mismo lo mucho que ha corrido el “ente” que no ha corrido desde infinito tiempo, ya que estará igual de cerca del primer metro que recorrió que el tercero o el segundo. Por tanto el que lleva corriendo desde infinito tiempo habrá recorrido más distancia.

    Espero que me corrijáis, así aprendo algo nuevo xD

  74. stop
    31 mayo, 2010 de 21:45

    …el problema es que el infinito es un numero muy grande …(mas grande de lo que nunca llegaremos a saber o alcanzar( por poner un ejemplo este numero es quedarse corto ejemplo http://es.wikipedia.org/wiki/G%C3%BAgolplex ))

    Desde un punto de vista fisico B siempre recorre la mitad que A

    pero en el infinito es otro tema
    un objeto (A) va a una velocidad constante durante infinito tiempo y otro objeto (B) va a velocidad constante durante infinito tiempo dividido por dos . Por separado A habra recorrido infinito espacio … y B tambien . y eso es debido a que el infinito es grande Por definicion. el numero mas grande que existe .

    Por decirlo de alguna forma , la mitad del infinito no existe , ya que el numero mas grande no existe… por tanto los dos son iguales.

    y aqui aparece cantor .Creo la idea del numero transfinito (mas alla del infinito (como buzz lightyear)) para decir que existen infinitos mas grandes que otros.. con lo que se resolveria el problema . (creo que en matematicas esos numeros se estudian ..)

    La idea de infinito es muy compleja,y ya que estamos en un post sobre adivinanzas ahi va una …

    Supongamos que la tipica noche de tormenta diluviana, el coche se para en seco ( sin gasolina , sin aceite se le han pinchado las ruedas o todo a la vez) , sin cominda ni bebida nos encontramos perdidos y entramos en el tipico hotel lugubre y fantasmal.. El recepcionista nos atiende , y nos dice que el hotel tiene habitaciones infinitas, pero que casualmente todas ellas estan ocupadas. Como lo hariamos para entrar?

  75. stop
    31 mayo, 2010 de 21:46

    Perdon,( para pasar la noche )

  76. sbach2k
    31 mayo, 2010 de 21:59

    Ups, parece que llegué tarde… otro método de solución sería :

    Si:
    L es la circunferencia de la tierra = 40075014m y R su radio = 6370000m entonces :

    (1 + 1/L1) x R = 6,370,000.1589 es decir 0.1589 m = 15.89 cm. todo esto en base a proporciones.

    Ya que hablamos de retos tengo uno:

    Tenemos 8 bolas de billar exactamente iguales pero sólo una de ellas es ligeramente menor en peso, el problema es averiguar cual de ellas es la que pesa menos si unicamente podemos hacer tres mediciones en una balanza de platos.

    ¿La solucion para el problema del taxista de Cnidus es: X edad del taxista mas el tiempo que se demora en un dia de trabajo?

    Stop, le decimos al recepcionista que el de la primera habitacion se mude para la segunda.

    saludos

  77. Samsung
    31 mayo, 2010 de 22:01

    Pues tendríamos que pedir porfavor que el que ocupa la habitación numero 1 se desplace a la 2… y así sucesivamente hasta infinito, y alfinal quedaría siempre una habitación libre, la cual ocuparíamos.

  78. 31 mayo, 2010 de 22:15

    Tenemos 8 bolas de billar exactamente iguales pero sólo una de ellas es ligeramente menor en peso, el problema es averiguar cual de ellas es la que pesa menos si unicamente podemos hacer tres mediciones en una balanza de platos.

    Pesar 4/4 luego 2/2 y 1/1 al final.
    Siempre tomando el pesaje menor.

  79. sbach2k
    31 mayo, 2010 de 22:29

    Exacto Hexo, esa es la solución…

  80. Cronopio
    31 mayo, 2010 de 22:30

    Samsung, yo tampoco lo entiendo muy bien como lo explican. Ademá´s podemos pasar olímpicamente de que radio tenga la tierra. Lo veo más claro así:

    La circunferencia de la tierra es 2*Pi*r y si le añades un metro de cuerda el radio crece y es 2*Pi*R (vease que el radio R es mayor que el radio r). Podemos hacer la siguiente igualdad:

    (2*Pi*r)+ 1 metro = 2*Pi*R

    si dividimos todo por 2*Pi tenemos:

    r+ (1 / 2*Pi)= R

    por lo que 1/ 2*Pi = R – r

    = 0,1591549 metros (Sea cual sea el radio de la tierra. Si el radio de la tierra fuera de 1 milimetro o de un año luz la holgura obtenida sería la misma)

    A los que dicen que no pasa un conejo y tienen conejos, les propongo que dejen abiertas las jaulas con una holgura de 15,9 centímetros y pongan zanahorias fuera 🙂

  81. sbach2k
    31 mayo, 2010 de 22:31

    Jaja, perdón quize decir Daiko. 😉

  82. sbach2k
    31 mayo, 2010 de 22:36

    Uyuyuy, parace que hoy no doy una, perdón Manuel, era tuyo el problema del taxista igual para Daiko que lo confundí con Hexo. 😦

  83. 31 mayo, 2010 de 22:39

    Creía que os habíais olvidado de Martin. Gran homenaje.
    Gracias

  84. Cronopio
    31 mayo, 2010 de 22:39
  85. Gervasio
    31 mayo, 2010 de 23:03

    Intercambiar los coches.

  86. Nano
    31 mayo, 2010 de 23:44

    el de las pesadas se puede hacer tan solo con 2…

  87. Tegid
    31 mayo, 2010 de 23:46

    El problema de las bolas de billar se puede resolver en 2 pesadas:
    Se pesan 3 y 3. Si pesan igual, se comparan las 2 que no hemos pesado y ya lo tenemos.
    Si no pesan igual, cogemos las 3 de menor peso, volvemos a descartar una y pesamos 1 vs 1. Si pesan igual, la descartada es la que pesa menos.
    🙂

  88. Javier
    1 junio, 2010 de 0:12

    Van tres amigos a cenar a un restaurante. La cuenta sale a 25€ el total. Cada uno pone 10€. Con las vueltas (5€) deciden dejar 2€ de propina, por lo tanto el camarero les devuelve 1€ a cada uno. Han pagado 9€ por persona.

    9×3=27€ + 2€ = 29€ ¿Dónde está el Euro que falta?

  89. Theogonist
    1 junio, 2010 de 1:26

    No es 9×3 = 27€ + 2€ = 29€, sino 9×3=27€ – 2 € = 25€.

    Vale, este que voy a decir ahora, me tuvo pensando un buen cuarto de hora, y me pareció muy bonito:

    ¿Qué número K de 10 cifras cumple la siguiente restricción?

    El número en la posición i-ésima expresa el número de veces que el dígito i aparece en K (En base 10, es decir, la posición décima se corresponde con el 0).

    K = _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

    Ejemplo: K = 1234567890 No cumpliría la restricción porque por ejemplo, el 2 solo aparece una vez, y por tanto, en la 2ª posición, debería de haber un 1 (E igual para el resto de dígitos de K).

    Ánimo. Es sólo coger lápiz y papel y darle unas pocas vueltas.

  90. Cronopio
    1 junio, 2010 de 1:32

    Sea la siguiente sucesión lógica:

    1,11,21,1211,111221,312211,13112221,….

    hallar el siguiente término.

  91. sbach2k
    1 junio, 2010 de 4:42

    Es un hecho, no doy una, debe ser porque es lunes, tienen razón Nano y Tegid, el problema de las ocho bolas se hace en sólo dos pesadas, el problema lo escribí de memoria.

    El problema de los 35 camellos. Son 3 hermanos que reciben una herencia de 35 camellos, según la voluntad del padre al mayor le corresponde la mitad, al del medio la tercera parte y al menor sólo la novena parte, ninguna de las particiones ensayadas por los 3 hermanos resulta aceptable. Si la mitad de 35 es 17 y medio, si la tercera y también la novena parte de dicha cantidad tampoco son exactas ¿cómo se hace la repartición?

  92. Theogonist
    1 junio, 2010 de 10:04

    Bueno, teniendo en cuenta que esas 3 fracciones suman menos del total (17/18), es imposible hacer una repartición exacta. Lo único que se me ocurre es que el mayor aporte un camello, y entonces, tenemos 36. El mayor se llevaría 18, el mediano 12 y el menor 4.

    Sobrarían 2. Uno se le devuelve al mayor (que lo había aportado para hacer las cuentas), y sobra uno. O lo venden y reparten las ganancias, o me lo dan a mi por hacerles las cuentas 🙂

  93. smunk
    1 junio, 2010 de 12:04

    Bueno os voy a proponer yo uno:

    Buscando la moneda falsa:

    Tenemos 12 monedas, y una balanza romana, sabemos que de esas 12 monedas 11 son idénticas y la que falta puede pesar más, menos o pesar lo mismo. Si tenemos 3 pesadas cual es la estrategia a llevar a cabo para deducir si existe moneda de diferente peso y de existir esta si es más pesada o más ligera.

  94. 1 junio, 2010 de 12:07

    El conejo blanco corria por la pradera y se cayó en un agujero, Alicia lo seguia y se encontró con una cuerda que le sobresalia por entre las piernas, bebeme ponía en aquel frasco non forma de bólido caido del cielo, seco como el ojo de un tuerto, en el especio aún no se ha descubierto agua líquida viajando en meteorito, que obviamente llegará a destino en un tiempo inversamente proporcional al premio del millonatrio en cuastión, y directamente proporcional al interés por pilotar dicho meteorito por vida extraterrestre, aun no demostrada, pero que sugiere que todos podemos provenir de vida Marciana. me estoy liando…por cierto el conejo de Alicia si que cabe debajo de la cuerda, solo tiene 15 centímetros de alto…

  95. 1 junio, 2010 de 12:08

    Aunque ¿Alto y ancho tienen sentido en el espacio?

  96. 1 junio, 2010 de 12:15

    Sólo tiene sentido para cuerpos que tienen altura y grosor 😀

  97. Andy
    1 junio, 2010 de 17:32

    Perdón por la tardanza.

    La solución al primer problema de #32 (el de caminar 100km al Sur, luego 100Km al Este y luego 100Km al Norte) normalmente es “Blanco”, porque el Polo Norte es el único sitio de partida con estas características.

    Pero…. ¿es verdad? ¿es EL UNICO punto?

    Pues no. No es el único punto de partida sobre la superficie de La Tierra donde puedes hacer este viaje.

    A ver quién se anima a encontrar otros puntos.

    Saludos,
    Andy

    PD: Por favor, no diferenciemos entre tierra y agua. El problema dice “caminando” y no “nadando”, pero en realidad es un problema de geometría esférica. Para el caso también dice de caminar 300Km, cosa bastante difícil de hacer y menos a las temperaturas del Polo Norte.

  98. albireo beta cygni
    1 junio, 2010 de 19:50

    ¿os habeis dado cuenta de que en el problema de la cuerda, si le añades a esta una longitud determinada, la “holgura” que queda(los 15 cm y pico en el caso de añadirle 1 m) es independiente del radio de la esfera?. Sale la misma holgura alrededor de la Tierra que alrededor de una naranja…

  99. David L.
    1 junio, 2010 de 20:13

    Emm… hola. Yo sólo quería “reescribir” el problema propuesto por Javier (el problema del restaurante), porque en realidad no es tan sencillo:

    “Tres amigos van a cenar a un restaurante, y tras la cena, observan que la cantidad a pagar es de 30 euros, así que cada uno pone 10 euros. Pero cuando el camarero va a cobrarles, se encuentra con su jefe que le dice: “esos tres de ahí, son mis amigos así que cóbrales sólo 25 euros”. El astuto camarero se percató de la imposibilidad del reparto exacto de los 5 euros de vuelta entre los tres clientes, así que decidió devolverle 1 euro a cada uno y quedarse él con 2 euros. Pero… si los tres amigos pagan en total 27 euros (3 amigos x 9 euros (10 menos el euro de vuelta)), y el camarero se queda con 2 euros —> 29 euros, ¿dónde está el euro que falta?

    Saludos cordiales 😀

  100. corazondepatata
    1 junio, 2010 de 21:15

    Andy, me has dejado helado diciendo que hay otros puntos en la tierra donde se cumple lo del triángulo… Y por más que pienso no se me ocurre dónde.

  101. Andy
    1 junio, 2010 de 21:20

    #100 corazondepatata,

    Pista: en el hemisferio sur, bastante al sur de hecho.
    Pista2: no es sólo un punto, sino una serie “infinita” de puntos estratégicamente situados.

    Demos un poco de tiempo a ver si a alguien (tú incluido) se le ocurre.

  102. Andy
    1 junio, 2010 de 21:40

    #100 corazondepatata, se me olvidaba:

    Pista3: Has mencionado “lo del triángulo”. No tiene porqué ser un triángulo. El enunciado del problema no dice nada de un triángulo, sólo de caminar hacia aquí o hacia allí. En el Polo Norte ES un triángulo, pero eso es más bién una consecuencia de haber partido precisamente de ese punto. En otros sitios el camino recorrido no tiene porqué ser un triángulo y de hecho, no lo es.

  103. corazondepatata
    1 junio, 2010 de 22:52

    Pero en el polo sur caminar “hacia el sur” no tiene sentido, luego el enunciado no se cumpliría. Si me estás hablando del polo sur, claro.
    En cualquier otro punto, caminar esas distancias con esas direcciones te llevarían a otro punto que el de origen… ¿no?

  104. Andy
    1 junio, 2010 de 23:01

    #103 corazondepatata,

    En el Polo Sur no, pero cerca.

    Mira, el Ecuador mide unos 40.076 Km de circunferencia. A medida que bajas hacia el Sur la circunferencia de los paralelos van midiendo cada vez menos. Si bajas lo suficiente te encontrarás con un paralelo que mida EXACTAMENTE 100 Km de circunferencia.

    Pues bién, ahora te paras 100 Km al Norte de ese paralelo y llamaremos a ese sitio punto de partida.
    Desde el punto de partida, caminas 100 Km hacia el Sur y ya estás sobre el paralelo de 100 Km de circunferencia. A este punto llamémosle “punto A”.
    Ahora te das la vuelta 90º y caminas hacia el Este. Es evidente que todo el camino lo vas a hacer sobre el mismo paralelo. Como mide 100 Km justos, cuando terminas estás otra vez en el “punto A”.
    Si ahora caminas 100 Km hacia el Norte, estás otra vez en el punto de partida.

    Q.E.D.

  105. Andy
    1 junio, 2010 de 23:08

    Corolarios/comentarios:

    – Hay una infinita cantidad de puntos de partida, ya que puedes elegir cualquiera que esté 100 Km al Norte del paralelo de 100 Km de circunferencia (todos los puntos de partida posibles son a su vez un paralelo).
    – El paralelo de 100 Km de circunferencia está, según mis cálculos, a un pelín menos de 16 Km del Polo Sur.
    – Quitando el Polo Norte y todos los puntos de partida recién encontrados: ¿Hay más o eso es todo?

    Pista: Hay más. Yo los considero “legales”, otros los consideran “trampa”. Cuestión de interpretación.

  106. smunk
    2 junio, 2010 de 9:14

    nadie se anima con las moneditas 😦

  107. corazondepatata
    2 junio, 2010 de 10:00

    Andy, mil gracias, con lo burro que soy que te haya entendido a la primera dice mucho de lo bien que te has explicado. Entrando en el detalle (irrelevante, pero bueno), si el paralelo de partida está a tan solo 16 km. del polo sur no se pueden caminar 100 km al sur… Pero basta cambiar el enunciado por 10 km a cada giro para que me sirva, oye.
    Y no se me ocurre ni remotamente qué mas puntos podrían cumplir el enunciado, con trampas o sin ellas.
    Y eso que la pregunta inicial la puse yo, que si no…
    😀

  108. Andy
    2 junio, 2010 de 10:52

    #107 corazondepatata,

    No no. Quizás no me he explicado bien.

    El paralelo de partida NO está a 16 Km del Polo Sur.

    Lo que está a 16 Km del Polo Sur es el paralelo cuya circunferencia mide 100 Km.
    El punto de partida está a 100 Km al Norte de ese paralelo, o sea a unos 116 Km del Polo Sur.

    Justamente por eso es necesario hacerlo en el hemisferio Sur. HAY un paralelo de 100 Km de circunferencia en el hemisferio Norte, pero no lo podemos usar porque está también a unos 16 Km del Polo Norte, por lo que no podemos posicionarnos 100 Km al norte del mismo (se nos acaba el planeta), cosa que es necesaria porque el primer tramo es HACIA EL SUR.

    Trata de visualizarlo en 3 dimensiones.
    Sobre una esfera, una circunferencia cerca de su “polo sur”. Partiendo de esta circunferencia y a 90º de la misma, un arco “hacia arriba”.
    El arco mide 100 Km y la circunferencia también.

    Vamos otra vez.

    Desde el punto de partida caminas 100 Km al sur y llegas al paralelo de 100 Km de longitud (recuerda que pusimos a posta el punto de partida a 100 Km al Norte de este paralelo). Te giras 90º y caminas entonces 100 Km siempre hacia el Este, recorriendo este paralelo y llegarás al mismo punto al que llegaste caminando hacia el Sur desde el punto de partida.
    Luego te giras 90º y caminas 100 Km hacia el Norte y llegarás otra vez al punto de partida. Nota que el camino hacia el Norte es EL MISMO que el camino inicial que hiciste hacia el Sur, pero en sentido inverso.

  109. Jaime
    2 junio, 2010 de 11:42

    smunk :
    Bueno os voy a proponer yo uno:
    Buscando la moneda falsa:
    Tenemos 12 monedas, y una balanza romana, sabemos que de esas 12 monedas 11 son idénticas y la que falta puede pesar más, menos o pesar lo mismo. Si tenemos 3 pesadas cual es la estrategia a llevar a cabo para deducir si existe moneda de diferente peso y de existir esta si es más pesada o más ligera.

    Me explico fatal pero lo voy a intentar.

    Creo que es suficiente con realizar dos pesadas.

    En la primera hacemos dos montones de 6 monedas, si los dos pesan lo mismo es que la doceava moneda es idéntica a las demás.

    Si no pesan lo mismo tomamos el montón que más pesa y lo dividimos en dos montones de 3 monedas. Si los dos pesan lo mismo es que la doceava moneda es mas ligera (ya que se quedó en el montón de 6 monedas que pesaba menos).

    Si los dos montones de 3 monedas no pesan lo mismo es que la doceava moneda es más pesada y esta en el platillo de 3 monedas que más pesa.

  110. corazondepatata
    2 junio, 2010 de 11:54

    No, te explicas perfectamente, la culpa es de mi falta de comprensión: Gracias de nuevo, ahora si te he entendido.
    Dándole vueltas, imagino que esas trampas (o no) que mentabas de otras posibles soluciones del problema pasarían por un paralelo aún más bajo, que midiera menos de esos 100 km, e imagino que al sobrepasar esos 100 km. y después subir hacia el norte de alguna manera vas al mismo punto…
    Euh…
    Sonaba mejor dentro de mi cabeza…

  111. Andy
    2 junio, 2010 de 12:28

    #110 corazondepatata,

    Correcto!

    Si sigues bajando encontrarás un paralelo de 50Km de longitud, aún más cerca del Polo Sur.
    Luego es cosa de comenzar 100Km al Norte del mismo. Cuando llegues a este paralelo y camines 100Km darás 2 vueltas, pero acabarás en el mismo punto, lusto para volver a subir.

    Esto funciona para cualquier paralelo de circunferencia 100Km / n, donde n es un número natural. Evidentemente al caminar al Este por el paralelo seleccionado se darán n “vueltas” para terminar en el mismo punto que al principio antes de volver a subir hasta el punto de partida.

    Con este problema se pueden plantear algunas variantes más. Si a alguien le interesa puedo plantear algunas, intentando no ser un peñazo.

  112. corazondepatata
    2 junio, 2010 de 12:35

    Yo voto porque eso no es hacer trampas, el enunciado es seguido sin dudas.
    ¡Quiero ver esas variantes, YA¡¡¡

  113. Andy
    2 junio, 2010 de 14:32

    Perdonar por el comentario #113. WordPress se comió parte del comentario porque interpretó mal las partes entre < y >.
    Lo vuelvo a enviar a ver si sale bien ahora:

    Vale.

    Antes de comenzar, todo es mucho más fácil si asumimos que La Tierra es esférica (que no lo es). Para eso, vamos a asumir que la longitud de los meridianos es igual a la longitud del ecuador, que llamaremos “E”. E=40076Km.

    Hay 2 variantes:

    1) Modificar la longitud de los tramos. En vez de 100Km cada tramo, caminar “L” Km.

    2) Igual que 1, pero con distintas distancias para los tramos Norte-Sur (ambos deben ser iguales, obviamente) que para el tramo hacia el Este. Los tramos verticales entonces medirán “V” Km y el tramo horizontal “H” Km.

    Vamos a por el 1.

    1.a) Punto de Partida = Polo Norte.
    Desde el punto de partida del Polo Norte, se puede variar la distancia “L” tanto como se quiera y SIEMPRE se volverá al mismo punto. La única restricción sería 0 < L < E/2.
    A medida que aumentamos L, los “triángulos” son cada vez más grandes. El ángulo con vértice en el Polo Norte crece proporcionalmente al crecimiento de “L”.
    Al llegar a L=E/4 tenemos un triángulo con 3 ángulos rectos y la base en el ecuador.
    Las cosas se ponen interesantes para L > E/4, ya que ahora el ángulo con vértice en el Polo Norte crece mucho más rápido, ya que la “base” del triángulo está ahora en el hemisferio Sur y aquí los paralelos son cada vez más pequeños en vez de cada vez más grandes.
    Al llegar a aproximadamente L=17207Km tenemos que el ángulo con vértice en el Polo Norte ha crecido hasta 360º y por lo tanto el paralelo correspondiente a la base del triángulo mide justamente L Km, así que dejamos de tener un triángulo para tener algo parecido a las soluciones que he descripto antes: un tramo de L Km desde el Polo Norte, una vuelta completa al paralelo base y vuelta a subir por el mismo camino hasta el Polo Norte.
    Si seguimos aumentando ya “nos pasamos” (damos una vuelta y algo más), pero como luego siempre subimos hasta el Polo Norte, se sigue llegando hasta el punto de partida.
    Cuanto más se acerque L a E/2 más pequeños serán los paralelos “base” y habrá que dar más y más vueltas por el mismo antes de volver a subir.

    1.b) Punto de partida a L Km al Norte de un paralelo de circunferencia L / n donde n es un número natural:
    Se puede demostrar (no lo haré yo) que si los 3 tramos son iguales no hay ninguna solución con el paralelo “base” situado en el hemisferio Norte. En el caso de L=100Km, por ejemplo, ya hemos visto que el paralelo de longitud L está sólo a 15Km del Polo Norte, lo que hace imposible una solución aquí.
    Sin embargo siempre se pueden encontrar soluciones con el paralelo “base” en el hemisferio sur para 0 < L <= 17207Km (aproximadamente), que es el caso extremo donde el punto de partida está directamente en el Polo Norte. Para L más grandes ya no queda ningún punto al Norte para utilizar de punto de partida, por lo que la única solución sería la de 1.a.

    2.a) V > H
    Existen soluciones basadas en puntos de partida en el Polo Norte para cualquier 0 < V < E/2, sin importar el valor de H.
    Para una solución al estilo “hemisferio sur”, sólo existen soluciones para V <= 17207Km (igual que 1.b) y para cualquier H.

    2.b) V < H
    Este caso es mucho más interesante, ya que para algunos valores relativos de V y H nos permite encontrar soluciones al estilo “hemisferio sur”, pero en el hemisferio norte. Por ejemplo: si V=10Km y H=100Km, nos vamos al paralelo de 100Km de circunferencia en el hemisferio Norte, que está a 16Km del Polo Norte. Luego fijamos el punto de partida a 10Km al Norte de allí y podemos bajar, “dar la vuelta” y volver a subir hasta el mismo punto.
    Para estos casos entonces habrá la solución con punto de partida en el Polo Norte (esa nunca falla), soluciones en el hemisferio sur y más soluciones aún en el hemisferio norte.

  114. smunk
    2 junio, 2010 de 14:55

    Jaime :
    Me explico fatal pero lo voy a intentar.
    Creo que es suficiente con realizar dos pesadas.
    En la primera hacemos dos montones de 6 monedas, si los dos pesan lo mismo es que la doceava moneda es idéntica a las demás.
    Si no pesan lo mismo tomamos el montón que más pesa y lo dividimos en dos montones de 3 monedas. Si los dos pesan lo mismo es que la doceava moneda es mas ligera (ya que se quedó en el montón de 6 monedas que pesaba menos).
    Si los dos montones de 3 monedas no pesan lo mismo es que la doceava moneda es más pesada y esta en el platillo de 3 monedas que más pesa.

    No, porque hay no estás identificando la moneda en cuestión, tienes que decir cual es la moneda en concreto (en el caso de que el peso sea distinto), perdón por no decirlo en el enunciado original.

  115. 2 junio, 2010 de 18:38

    En respuesta al problema (#90) de Cronopio:
    1,11,21,1211,111221,312211,13112221,…

    El siguiente número de la serie sería: 1113213211

    A ver si alguien saca el siguiente…

  116. David L.
    2 junio, 2010 de 18:52

    Vale, yo voy a aportar el siguiente número de la serie de Cronopio:

    -El siguiente número (que sigue al de Gonn) sería: 31131211131221.

  117. smunk
    2 junio, 2010 de 22:38

    y el siguiente 13211311123113112211 🙂

    Me costó, y mucho (por poco salta la alarma de incendios en mi residencia de tanto humo :P) ¿de donde lo sacásteis?

  118. corazondepatata
    3 junio, 2010 de 9:29

    Muy guapo… gracias¡

  119. David L.
    3 junio, 2010 de 16:23

    Bueno, teniendo en cuenta que esto es un homenaje a Martin Gardner, yo voy a colaborar aportando una paradoja que encontré en uno de sus libros (“¡Ajá! Paradojas que hacen pensar”):

    Un buen día, Omega, ser ultrahumano extraterrestre tomó tierra en nuestro planeta.

    Omega disponía de equipos muy perfectos para estudiar la mente humana. Gracias a ellos era capaz de predecir con mucha exactitud cómo decidiría una persona cualquiera frente a una disyuntiva.

    Omega sometió a prueba a muchas personas con ayuda de dos grandes cajas. La caja A era transparente, y contenía 1.000 euros. La caja B era opaca, y podía estar, bien vacía, bien ocupada con 1 millón de euros.

    Omega le decía a cada uno de sus sujetos:
    Omega: Tiene usted dos opciones. Una, tomar ambas cajas y quedarse con su contenido. Ahora bien, de haber juzgado yo que eso es lo que usted piensa hacer, habré dejado vacía la caja B. Sólo ganará usted 1.000 euros.

    Omega: La segunda es tomar solamente la caja B. Si yo he juzgado que eso es lo que usted va a hacer, habré dejado en ella 1 millón. Puede usted quedárselo.

    Un señor ha decidido quedarse solamente la caja B, razonando así:
    Señor: He visto a Omega realizar cientos de experimentos. En todos, su predicción fue correcta. Cuantos arramblaron con las dos cajas ganaron solamente 1.000 euros. Así pues, me llevaré la caja B y ganaré el millón.

    Una señora ha decidido quedarse amabas cajas. He aquí su razonamiento:
    Señora: Omega ha hecho ya su predicción, y se ha idio. La caja B no va a cambiar. Si está vacía seguirá vacía. Y si está llena, así va a seguir. Por tanto, me llevaré las dos y me quedaré con todo lo que tengan.

    A juicio del lector, ¿quién tomó mejor decisión? No es posible que ambos razonamientos sean correctos. ¿Cuál, pues, es erróneo? ¿Por qué es erróneo?

    Bueno, esta es mi aportación, un cordial saludo ;D

  120. SmunK
    3 junio, 2010 de 23:30

    Bueno a ver si es así (que no creo):

    Si leemos bien el enunciado dice que Omega predice con mucha exactitud, no con 100%, y el señor dice que todas sus predicciones fue correcta, que todos los que cogieron las dos cajas sólo llevaron 1000€, pero no dice nada de si alguien cogió solo la caja B, con lo que yo deduzco que la predicción de la máquina es que el hombre siempre va a coger las dos cajas (por asegurar) y el error de predicción que se desprende del resultado sería el susodicho, es decir Omega siempre deja la caja B vacía.

    Por lo tanto la mujer actuó correctamente.

    ¿Que tal?

    Aún sigo esperando por la solución de las 12 moneditas 😦

  121. Cronopio
    3 junio, 2010 de 23:55

    smunk :
    y el siguiente 13211311123113112211
    Me costó, y mucho (por poco salta la alarma de incendios en mi residencia de tanto humo ) ¿de donde lo sacásteis?

    Por lo que recuerdo, a mi me lo plantearon hace más de 25 años. desconozco su origen y su creador original. A los que lo habéis resuelto, os agradezco que no hayáis destripado la clave. No debe publicarse nunca, sino Monesvol matará un gatito cada vez que alguien lea la solución. 🙂
    Ramén

  122. Cronopio
    4 junio, 2010 de 22:25

    Smunk, las doce monedas me traen por el camino de la amargura. Menos mal que ahora soy rico por llevarme la caja B sin dudarlo de David.

  123. smunk
    5 junio, 2010 de 0:01

    Bueno Cronopio las moneditas paciencia (si lo haces a modo de árbol es mas fácil)
    y lo de rico por coger solo la caja B, Según mi suposición tendrías una bonita caja vacía.

    El problema de las monedas es un apartado de un ejercicio de una asignatura mía sobre la teoría de la información. Hay algún problema que resultan prácticamente imposibles de solucionar, por lo menos para mi. Y con los exámenes en 4 días… 😦

  124. Cronopio
    5 junio, 2010 de 16:17

    Smunk,
    “Omega disponía de equipos muy perfectos para estudiar la mente humana. Gracias a ellos era capaz de predecir con mucha exactitud cómo decidiría una persona cualquiera frente a una disyuntiva.”
    Estoy seguro que a Omega le resultaría muy fácil predecir mi decisión. Por lo tanto puso el millón en la caja B.

  125. SmunK
    5 junio, 2010 de 18:01

    “Omega disponía de equipos muy perfectos para estudiar la mente humana. Gracias a ellos era capaz de predecir con mucha exactitud cómo decidiría una persona cualquiera frente a una disyuntiva.”

    Mucha exactitud

    y el primer paisano dice:
    “He visto a Omega realizar cientos de experimentos. En todos, su predicción fue correcta. Cuantos arramblaron con las dos cajas ganaron solamente 1.000 euros.”

    En todos fue correcta, todos los que cogieron las 2 sólo ganaron 1000€
    Yo de ahí desprendo que el margen de error se corresponde con que nadie cogió hasta este hombre sólo la caja B y ahí el error.

    Creo yo bah.

  126. smunk
    8 junio, 2010 de 13:57

    Como veo que no sale la solución de las moneditas si queréis la público aquí. (Va sobretodo por ti Cronopio por si tienes curiosidad).

    Yo quiero la solución de Omega que ando intrigado.

  127. cronopio
    3 julio, 2010 de 23:40

    Yo ya tiré la toalla con tus monedas, Smunk…..Si no corre peligro la vida de ningún gatito, te agradecería que nos dieras la solución.

  128. smunk
    3 mayo, 2011 de 23:14

    Se me había olvidado que debo una respuesta a cronopio, bueno pues más vale tarde que nunca y aquí va con un año de atraso el enigma era el siguiente:

    Buscando la moneda falsa:
    Tenemos 12 monedas, y una balanza romana, sabemos que de esas 12 monedas 11 son idénticas y la que falta puede pesar más, menos o pesar lo mismo. Si tenemos 3 pesadas cual es la estrategia a llevar a cabo para deducir si existe moneda de diferente peso y de existir esta si es más pesada o más ligera, y de haber diferencia hay que identificar cual es.

    Pues bien la solución es la que sigue (aviso de spoiler 😉 )

    Se dividen las 12 monedas en 3 grupos de 4 monedas. Identifiquemos los grupos con A,B,C

    1.- Se pesan las monedas de los grupos A, B. Y distinguimos dos casos:

    1.a- Los dos grupos de monedas pesan lo mismo. En consecuencia, de haber una moneda de peso distinto al resto, sólo puede ser una de las del grupo C.
    1.b- Pesan distinto. Supongamos que pesan más las del grupo B. En consecuencia hay una moneda de peso distinto al resto. Puede ser del grupo A, y en ese caso pesaría menos que el resto; o ser del grupo B, y en ese caso pesaría más que el resto.

    2. Si ha ocurrido 1.a, entonces se comparan los pesos de 3 monedas del grupo C(todas menos una) y de 3 monedas cualesquiera de los grupos A o B (que se sabe que son de peso idéntico). Cabe distinguir nuevamente dos casos:

    2.a.- Los dos grupos pesan lo mismo. En consecuencia, o todas pesan igual o la que pesa distinto es la del grupo C que quedo sin pesar. En este caso con una 3 pesada entre la apartada y otra cualquiera ya sabríamos si pesan todas igual o si la moneda apartada pesa más o menos.

    2.b.- Los dos grupos pesan distinto. En consecuencia, queda claro que existe una moneda de peso distinto al resto, que dicha moneda es de las 3 elegidas del grupo C y se sabe además si pesa más o menos que el resto. En este caso, con una tercera pesada( comparando dos de las monedas de la terna del grupo C que contiene a la de peso distinto) bastaría para identificarla: si las dos elegidas pesan lo mismo, sería la otra; en caso contrario, sería aquella de las dos que pesase más (menos) si se sabe que la moneda en cuestión pesa más (menos) que el resto.

    3.- Si ha ocurrido 1.b, entonces pondríamos en un plato de la balanza 2 monedas del grupo A y otras 2 del grupo B y en el otro plato una 3ª moneda de los grupos A y B junto con 2 monedas del grupo C (recuérdese que sabemos que todas las de C pesan lo mismo) distinguimos nuevamente dos casos:

    3.a- Los dos grupos de monedas pesan lo mismo. En consecuencia, la moneda buscada sería aquella del grupo A o del B que no se colocó en la balanza en la última pesada. Bastaría con una tercera pesada( comparando el peso de la moneda candidata del grupo A, por ejemplo, con una moneda del grupo C) para identificarla.

    3.b- Pesan distinto. Supongamos que pesan más las monedas que incluyen a las del grupo C; el otro caso es análogo. En consecuencia, o la moneda buscada está en el grupo que pesa más y es la perteneciente al grupo B, o está en el grupo que pesa más y es la perteneciente al grupo B, o está en el grupo que pesa menos y es una de las 2 monedas tomadas del grupo A. En cualquier caso, la moneda se identificará con certeza tras un tercera pesada en la que se coloquen en un plato la moneda candidata del grupo B y una de las dos monedas candidatas del grupo A y en el otro plato 2 monedas cualesquiera del grupo C: si pesan más las dos del grupo C, la moneda buscada pesa menos y es la del grupo A que tenemos en la balanza; si pesan menos las del grupo C, la moneda buscada pesa más y es la del grupo B que tenemos en la balanza; y si los platos de la balanza se equlibran, entonces la moneda buscada es la moneda candidata del grupo A que no está en la balanza

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