Mariano-Mataix-Divertimentos-logicos-y-matematicos-pdf

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MARIANO MATAIX LORDA 
Divertimientos 
lógicos y 
matemáticos 
2.a edición 
© M. MATAIX LORDA, 1982 
 
Escaneado: Jacgarper 
Edición digital: Sargont (2019) 
 
ISBN: 84-267-0436-0 
Depósito legal: B. 1.328 - 1982 
Impreso en España 
Printed in Spain 
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Índice general 
Prólogo 
Advertencia 2ª edición 
Enunciados 
1. La cena política 
2. Producto alfabético 
3. El camino del explorador 
4. El criptograma maravilloso 
5. Unas cuantas definiciones antiguas 
6. Si nos falta la luz 
7. El fantasma de la libertad 
8. No hay que tropezar dos veces en la misma piedra 
9. La herencia del jeque 
10. Continuación del problema de los presos 
11. La probabilidad partidista 
12. Ajedrez y dominó 
13. π, e, i, 0, 1 
14. ¿Racional o irracional? 
15. Los dos pueblos y el colector 
16. El producto máximo 
17. Más sobre los números enteros 
18. Definición insensata 
19. La estratagema de Búfalo Bill 
20. Los tres estudiantes 
21. Paradoja 
22. Los dos vapores y el río 
23. ¿Cuál es el mayor? 
24. Una sucesión un tanto anárquica 
25. Lo que el viento se llevó 
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26. La solución más sencilla 
27. Criptograma 
28. La importancia del número 7 
29. La forma más económica de hacer una cadena 
30. Las matemáticas aplicadas a la investigación criminal 
31. Cuatro preguntas simples (o sea, cuatro simplezas) 
32. Problema del billar 
33. La vuelta del camarero 
34. El invento del ajedrez y el mayor número primo conocido 
35. Problema de las dos jarras 
36. Jeroglífico 
37. Los dos pueblos y el puente 
38. El nueve predomina 
39. La tela de araña 
40. El comején literato 
41. La marca de los cuatro 
42. Una ecuación más fácil de lo que aparenta 
43. Póker 
44. Cuesta abajo en mi rodada… 
45. Ley determinante de una sucesión 
46. Las enmiendas del senador 
47. El cazador y su perro 
48. Quien te puso Catenaria, no te supo poner nombre 
49. Pesadas sistemáticas 
50. Las tres aspirantes a secretaria 
Soluciones 
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A mi hijo Mariano. 
Prólogo 
Al agradecer a los lectores la buena acogida dispensada a mi “Ca-
jón de sastre matemático”, espero que esta segunda colección de pro-
blemas y curiosidades lógicos y matemáticos no les defraude. Ello me 
permitirá persistir en la tarea que me he propuesto de llegar a dar a 
conocer en castellano una colección lo más extensa posible sobre este 
tema, muchos de cuyos problemas han circulado desde tiempo atrás, 
pero que no creo hayan sido recogidos en ninguna publicación, sino de 
forma dispersa. 
EL AUTOR 
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Advertencia a la 2.a edición 
En esta segunda edición se ha hecho una corrección importante. Se 
trata del problema número 3, “El camino del explorador”, en el que —
como puede verse explicado en la introducción a mi libro siguiente, 
“Fácil, menos fácil y difícil”— había un claro error, debido a los valo-
res tomados para la altura y el radio de su base, que daban, como desa-
rrollo, un sector circular de ángulo mayor a 180°. Por eso he cambiado 
los datos. 
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Enunciados 
1. La cena política 
En una cena en honor de un político se reúnen 16 personas, inclui-
do el homenajeado. Todas ellas diputados o senadores, y pertenecien-
tes a UCD o al PSOE, habiendo más miembros de UCD que del 
PSOE. Sin embargo, hay más diputados del PSOE que diputados de 
UCD. Los diputados de UCD son más que los senadores de UCD, y al 
menos uno ele los asistentes es senador del PSOE. Tener en cuenta o 
no al homenajeado no tiene incidencia sobre la solución del problema. 
Hallar la filiación del homenajeado y su calidad de diputado o senador. 
Solución 
2. Producto alfabético 
Calcular el siguiente producto 
(x – a) (x – b) (x – c) ... (x – z) = ? 
Solución 
3. El camino del explorador 
Un explorador se halla acampado al pie de una montaña perfecta-
mente cónica, cuya altura, h, es 2000 m, y el radio de su base, r, 1000 
m. Quiere rodear dicha montaña volviendo al punto de partida por el 
camino más corto. ¿Qué longitud tiene dicho camino? 
Solución 
 
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4. El criptograma maravilloso 
No, no es que tenga nada especialmente maravilloso, excepto la pa-
labra inglesa WONDERFUL, cuyo significado es, precisamente, ma-
ravilloso. 
(OODDF)2 = WONDERFUL 
(Se usan las cifras del 1 al 9, pero no el cero.) 
Solución 
5. Unas cuantas definiciones antiguas 
De todos es conocida la definición de número primo: “Número 
primo es el que no admite más divisores que él mismo y la unidad”. 
Pero tal vez lo sean menos las siguientes definiciones que utilizaron 
los griegos. 
Números perfectos. “Se denomina número perfecto al que es igual 
a la suma de sus divisores; no considerándose el propio número como 
uno de sus divisores”. 
Por ejemplo: 
6 = 1 + 2 + 3 
es un número perfecto. 
Lo es también 
496 = 248 + 124 + 62 + 31 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1, 
y en general, si 2n – 1 es primo, el número 2n–1(2n – 1) es perfecto. 
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Si un número es mayor que la suma de sus divisores se denomina 
abundante; y defectuoso si es menor que dicha suma.1 
Números amigos. “Dos números son amigos cuando la suma de los 
divisores de uno es igual al otro, y recíprocamente”. 
Por ejemplo 220 y 284, ya que los divisores de 220 son: 
1, 2, 4, 5, 10, 11, 20, 22, 44, 55 y 110 
cuya suma vale 284. 
Y los de 284 son: 
1, 2, 4, 71 y 142 
cuya suma es 220. 
Es claro que de los números amigos uno es siempre abundante, y 
defectuoso el otro. 
Números triangulares. “Número triangular es aquél que está for-
mado por la suma de todos los enteros consecutivos, desde la unidad 
hasta uno dado”. Así, el triángulo de 5 es el número triangular 15: 
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 
El origen de la denominación proviene de que es el número de vér-
tices de los triángulos que resultan al dividir un triángulo equilátero de 
lado 5 (o de lado n, en general) en triángulos interiores de lado unidad. 
O, para mayor claridad, tal como indican las figuras: 
 
1 J. Rey Pastor en su tratado “Elementos de Análisis Algebraico” da cambiadas las defi-
niciones de abundante y defectuoso; pero nos parece más lógico —como hacen otros 
autores— que sea “abundante” el que excede a la suma de sus divisores. 
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Triángulo de 5 = 15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5. 
 
Triángulo de 3 = 6 = 1 + 2 + 3. 
(Los números triangulares son, en cada caso, el 15 y el 6.) 
6. Si nos falta la luz 
En un cajón hay 12 pares de calcetines negros y 12 pares de calce-
tines blancos. Pero en vez de estar unidos en pares, como es habitual, 
los 48 calcetines están sueltos y, además, mezclados. No habiendo luz 
en la habitación, usted quiere coger el menor número de calcetines que 
le asegure que obtendrá un par del mismo color. ¿Cuántos calcetines 
deberá tomar del cajón? 
Solución 
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7. El fantasma de la libertad 
Con 6 palillos iguales, formar cuatro triángulos equiláteros. 
Solución 
8. No hay que tropezar dos veces en la misma piedra 
Dados los cuatro puntos de la figura, trazar dos rectas, sin levantar 
el lápiz del papel, que pasen por ellos. 
 
Solución 
9. La herencia del jeque 
Un jeque árabe que tenía 3 hijos, les dejó, al morir, 17 camellos, 
con el mandato expreso de que habían de repartirse en la forma si-
guiente: El mayor recibiría la mitad del total, el mediano la tercera 
parte del total y el más pequeño la novena parte. Los herederos queda-
ron cariacontecidos cuando se dieron cuenta que para cumplir la vo-
luntad del padre no había otra solución que descuartizar algunos came-
llos. Finalmente pidieron consejo a un viejo amigo de la familia, hom-
bre muy sabio, que les prometió tratar de encontrar una solución. Tras 
una noche de meditación se presentó al día siguiente con un camello 
suyo que unió al lote de los 17 y propuso que se procediese a cumplir 
la voluntad del jeque sobre esta herencia aumentada. Así, el mayor 
tomó 9 camellos, el siguiente 6 y el menor 2; en total 17,con lo que el 
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amigo de la familia, tras recuperar su camello, se marchó dejando ple-
namente satisfechos a los herederos. ¿Cómo se explica? 
Solución 
10. Continuación del problema de los presos 
En mi libro anterior, “Cajón de sastre matemático”, figura un pro-
blema que llamé “de los tres reos”. En él se plantea el calcular la pro-
babilidad de que uno de ellos, Juan, sea absuelto, cuando se sabe: 
1. °) Que uno y solamente uno ha sido absuelto. 
2. °) Que Juan le ha preguntado al alcaide si él ha sido absuelto y el 
alcaide le ha respondido que no puede decírselo, pero sí puede infor-
marle que Andrés, uno de los otros dos, no lo ha sido. 
Allí se ve que la probabilidad de que Juan haya sido absuelto, que 
era ⅓ antes de hablar con el alcaide, sigue siendo ⅓ después de la en-
trevista con él. 
Tres amigos que conocen los puntos 1.°) y 2°) apuestan ahora so-
bre quién quedará libre. El primero de ellos apuesta por Juan; el se-
gundo por Pedro; el tercero tira una moneda al aire y según salga cara 
o cruz apuesta por Juan o por Pedro. ¿Qué probabilidad de acertar tie-
ne cada uno de ellos? 
Solución 
11. La probabilidad partidista 
Cada tarde libre Juan se encuentra en la duda de si ir al cine o a ju-
gar al tenis. Incapaz de decidir por sí mismo deja al azar la decisión, 
en la forma siguiente. Para ir al campo de tenis debe tomar el metro en 
dirección contraria que para ir al cine, así que entra en la estación más 
próxima a su casa y toma el primer tren que llega, sea en una u otra 
dirección. Los trenes que van en dirección al tenis llegan con un inter-
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valo entre ellos de 10 minutos, y lo mismo ocurre para los que van en 
dirección al cine. Sin embargo, de cada 10 tardes libres, 9 se encuen-
tran yendo al cine. ¿Cómo se explica? 
Solución 
12. Ajedrez y dominó 
De un tablero de ajedrez que, como sabemos, tiene 64 casillas cua-
dradas, suprimamos las dos en el extremo de una diagonal. Tomemos 
ahora 31 fichas de dominó, cada una de tamaño igual a dos casillas del 
tablero. Se trata de colocarlas de forma que cubran las 62 casillas que 
tiene el tablero tras la eliminación de las dos indicadas. 
 
Solución 
13. π, e, i, 0, 1 
Hallar una ecuación en que sólo intervengan —y una vez solamen-
te cada uno— los números: 
π, e, i, 0, 1. 
Solución 
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14. ¿Racional o irracional? 
Dados dos números, r e i, el primero de los cuales es racional y el 
segundo irracional, decir si el producto 
r × i 
será racional o irracional. 
Solución 
15. Los dos pueblos y el colector 
Dos pueblos, A y B, se encuentran situados en la misma ribera de 
un río, tal como se indica en la figura. El río sigue un curso recto. Am-
bos pueblos quieren construir sendos colectores para sus aguas resi-
duales, las cuales se verterán al río mediante un canal común, PP’, a 
fin de disminuir los gastos. Con este mismo fin se trata de situar el 
punto del río, P, en que se construirá dicho canal, de manera que la 
suma total de las longitudes de los colectores, AP + BP, sea mínima. 
 
Solución 
 
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16. El producto máximo 
Hallar dos números que utilicen —entre los dos— las cifras 1, 2, 3, 
4, 5, 6, 7, 8, 9 y 0 una vez y sólo una, tales que su producto sea máxi-
mo. 
Solución 
17. Más sobre los números enteros 
Un número entero, n, es tal que la cifra de las decenas de su cua-
drado es impar. ¿Cuál es la cifra de las unidades de n2? 
Solución 
18. Definición insensata 
¿Cómo definiría la calidad de un reloj? 
Solución 
19. La estratagema de Búfalo Bill 
El famoso Búfalo Bill se hallaba en cierta ocasión en medio de una 
isla cubierta de bosque, tratando de eludir la persecución de los indios 
que se hallaban más al oeste que él. Viendo los perseguidores que so-
plaba un fuerte viento proveniente del oeste, y conociendo que el ex-
tremo este de la isla era un acantilado de descenso imposible, decidie-
ron prender fuego al bosque, seguros de que o bien Búfalo Bill moriría 
quemado o despeñado en el acantilado. ¿Cómo consiguió salvarse? 
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Solución 
20. Los tres estudiantes 
Alberto, Bernardo y Carlos reparten sus tardes entre el estudio y el 
cine. 
1) Si Alberto se queda estudiando, Bernardo se va al cine. 
2) Cada tarde uno de los dos, Alberto o Carlos, se queda estudiando, 
pero no los dos. 
3) Bernardo y Carlos no van la misma tarde al cine. 
¿Quién cree usted que pudo haber ido ayer al cine y quedado hoy 
estudiando? 
Solución 
21. Paradoja 
Vamos a demostrar que dos rectas no paralelas, no pueden encon-
trarse. 
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Sean a y b las dos rectas dadas. Tracemos AB de modo que los án-
gulos que forma con a y b sean iguales. Suponiendo que θ es un ángu-
lo agudo, ello quiere decir que las rectas dadas, si se encuentran, ha-
brán de hacerlo hacia la derecha de AB, ya que los ángulos 1 y 1’, de 
valor igual a 180 – θ; son obtusos, y las rectas se separan cada vez más 
hacia la izquierda. 
 
Tomemos AC y BD iguales a ½AB. Los puntos C y D no pueden 
coincidir como en la figura siguiente, ya que en el triángulo resultante, 
un lado, AB, sería igual a la suma de los otros dos, lo que no es posi-
ble. Por otra parte, y con mayor motivo, los puntos C y D no pueden 
caer como en la nueva figura que damos a continuación, ya que enton-
ces AB sería mayor que la suma de los otros dos lados del triángulo. 
Por consiguiente, AC y BD no pueden cortarse. Pero tomemos ahora 
CD como nueva línea de partida y repitamos el razonamiento para E y 
F, siendo CE = DF = ½CD. Siguiendo en igual forma vemos que es 
imposible que las dos rectas dadas se corten. 
– 19 – 
 
 
Solución 
22. Los dos vapores y el río 
Dos vapores parten simultáneamente de las orillas opuestas de un 
río, en dirección normal a dichas orillas que, por supuesto, son parale-
las. Al cabo de un cierto tiempo se cruzan a 200 m de la orilla derecha. 
Continúan viaje y al llegar a la orilla opuesta cada vapor permanece 
parado 10 minutos, tras lo cual vuelve a salir en dirección opuesta, 
cruzándose esta vez a 100 m de la orilla izquierda. ¿Qué anchura tiene 
el río? 
Solución 
23. ¿Cuál es el mayor? 
¿Puede usted decidir con sólo papel y lápiz, esto es, sin utilizar ta-
blas, cuál de los dos números, 285 y 353, es el mayor? 
Solución 
24. Una sucesión un tanto anárquica 
Hallar el término que falta en la siguiente sucesión: 
 
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10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 20, 22, 24, 31, 100, ? , 10.000, 
1111111111111111. 
Solución 
25. Lo que el viento se llevó 
La revista americana DIAL ha publicado numerosos problemas de 
gran interés. Uno de ellos es el siguiente. 
Morgan, el famoso pirata, tras una de sus correrías decidió guardar 
el botín obtenido en sitio seguro. Y hallándose fondeado en una rada, 
vio que en la playa existían solamente dos palmeras y un cocotero. Ató 
una cuerda al cocotero y la tendió hasta una de las palmeras, llevándo-
la después en sentido normal al trazado anterior, hasta el punto A, de 
tal modo que la distancia desde A hasta la palmera fuese igual a la de 
la palmera al cocotero. Hizo lo mismo con la otra palmera, llegando 
así al punto B. Entonces, a la mitad de la distancia AB, enterró el botín. 
Hecho lo cual retiró las cuerdas. 
 
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Tiempo después, al volver a recuperarlo, se encontró con la des-
agradable sorpresa de que un huracán había hecho desaparecer al co-
cotero. Sin embargo, Euclides Smith, el grumete, que se distinguía por 
su agudeza de ingenio, no tuvo dificultad en encontrarlo. ¿Sería usted 
capaz de hacer lo mismo? 
Solución 
26. La solución más sencilla 
Se trata de hallar —razonadamente— dos números, A y B, tales 
que 
B + n = múltiplo de (A + n) 
para n = 0, 1, 2, ... 10. 
Solución 
27. Criptograma 
 * * 7 * 
 * 7 * 
 * * * * * 
* * * * * 
8 * 5 * 
* * * * * * 
Solución 
28. La importancia del número 7 
Es conocida la historia del cliente que se presentó en un despachode lotería, pocos días antes del sorteo de Navidad, demandando el nú-
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mero 47. Como no lo tenían, le ofrecieron otros números, pero él insis-
tía en que fuese precisamente el 47. A fuerza de recorrer diferentes 
expendedurías llegó a localizarlo. ¿Cuántos décimos quería? Todos los 
billetes, sin duda, pues estaba seguro de que saldría premiado. Llegado 
el día del sorteo el premio gordo correspondió al número 47. Por en-
tonces su caso se había hecho ya popular, de modo que la primera pre-
gunta que le hicieron los periodistas fue: “¿Cómo sabía usted que iba a 
ser premiado ese número?” “No podía ser de otro modo —
respondió—. Llevaba 7 días seguidos soñando con el número 7, así 
que me dije, 7 por 7 cuarenta y siete...” 
Y es que el número siete es un número muy serio. No en vano creó 
Dios el mundo en siete días, siete eran los brazos del candelabro, siete 
las lámparas del Tabernáculo, siete las iglesias del Asia Menor a las 
que escribió San Juan desde la isla de Patmos, siete los sellos del libro 
de que habla el Apocalipsis, siete días duró el convite de bodas de 
Sansón, y los israelitas, al entrar en la tierra prometida, debían dejarla 
descansar un año “de siete en siete”. “El que matare a Caín recibirá un 
castigo siete veces mayor”, dijo el Señor. Y vuelve a decir al pueblo de 
Israel, en el Levítico “...os castigaré todavía siete veces más...”, 
“...aumentaré siete veces más vuestras plagas...”, “...os castigaré siete 
veces más por vuestros pecados...”, “...os azotaré con siete nuevas 
plagas...” 
En fin, su importancia es tan grande, que la adopción del número 
siete en “Las siete partidas de Alfonso X el Sabio”, ya en el siglo XIII, 
parece ser debido a las virtudes extraordinarias que se atribuían a este 
número. 
29. La forma más económica de hacer una cadena 
Tengo 6 trozos de cadena, cada uno de 4 eslabones, y quiero hacer, 
con todos ellos, una única cadena. El herrero me cobra 50 pesetas por 
soldar un eslabón, y 10 pesetas por cortarlo. ¿En cuánto me saldrá la 
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cadena? (Evidentemente, trataré de que me salga lo más barata posi-
ble.) 
Solución 
30. Las matemáticas aplicadas a la investigación criminal 
El Sr. Fernández se dio cuenta, al llegar a su oficina, que se había 
dejado, entre las páginas del libro que estaba leyendo, un billete de 
5.000 pesetas. Preocupado, no fuese a extraviarse, llamó a su casa y 
dijo a la doncella que le diese el libro que contenía el billete, a su chó-
fer, que iría a recogerlo. Cuando el chófer se lo trajo, el billete había 
desaparecido. 
Al tomar declaración al chófer y la doncella, esta última dijo que 
comprobó personalmente que el billete estaba dentro del libro cuando 
se lo dio al chófer, precisamente entre las páginas 99 y 100. A su vez 
el chófer declaró que al darle el libro la doncella él miró el reloj y vio 
que eran las 9,30 horas, dirigiéndose directamente a la oficina del Sr. 
Fernández, situada a 500 m, adonde llegó a las 9,45 horas. ¿Quién 
miente de los dos? 
Solución 
31. Cuatro preguntas simples (o sea, cuatro simplezas) 
1.a ¿Cuántas veces puede sustraerse 37 de 120? 
2.a ¿Cómo puede hacerse la mitad de 12 igual a 7? 
3.a Un tren sale de Madrid hacia Barcelona a 80 km por hora. Simultá-
neamente otro tren sale de Barcelona hacia Madrid a 60 km por ho-
ra. Cuando se encuentren, ¿cuál estará más cerca de Barcelona? 
4.a La vara es una medida de longitud, ya en desuso, equivalente a 
835,9 milímetros. ¿Qué palabra mide más de una vara? 
Solución 
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32. Problema del billar 
Las dimensiones normales de una mesa grande de billar son 1,5 × 3 
m. Una bola se halla situada a 0,75 m de la banda corta y 0,5 m de la 
larga, tal como indica el dibujo: 
 
Se trata de calcular la distancia que ha de recorrer la bola para vol-
ver al punto de partida, tras tocar las cuatro bandas. 
Solución 
33. La vuelta del camarero 
Tres amigos se sientan en la mesa de un bar a tomar unas copas. A 
la hora de pagar, el camarero les dice que la consumición vale 30 du-
ros, y cada uno da 10. Al llegar a la caja, informan al camarero que ha 
habido un error en la cuenta y no son 30 duros sino 25, debiendo, por 
tanto, devolver 5 duros. El camarero, pensando que repartir cinco entre 
tres va a ser difícil y, por otra parte, los clientes se van a quedar igual-
mente satisfechos devolviéndoles 3, así lo hace, guardándose los 2 
restantes. Por tanto, cada cliente pagó 9 duros, que multiplicados por 3 
hacen 27, que con los 2 que se ha quedado el camarero dan un total de 
29. ¿Dónde está el duro que falta? 
Solución 
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34. El invento del ajedrez y el mayor número primo conocido 
La leyenda acerca del invento del ajedrez es muy conocida: El rey 
de un país asiático pidió a uno de sus sabios que inventase algún juego 
que le produjese distracción. Este juego fue el ajedrez. Tan satisfecho 
quedó el rey que le dijo al inventor que podía pedir lo que quisiera en 
pago. El inventor —evidentemente, gran matemático— solicitó que se 
le diera un grano de trigo por la 1.a casilla del tablero, 2 por la segun-
da, 4 por la tercera, 8 por la cuarta y así sucesivamente hasta la n.° 64. 
Al rey esto le pareció una bagatela, hasta que sus intendentes le hicie-
ron ver que no había trigo en todos sus estados para atender a la peti-
ción, ya que el número de granos es 
1 + 2 + 22 + 23 + ... + 263 = 264 – 1 
el cual tiene 20 cifras (es aproximadamente 1,844674407×1019). 
Pues bien, si consideramos un segundo tablero y continuamos el 
mismo proceso, la pila de granos de trigo que corresponde a la última 
casilla contendrá: 
2127 granos de trigo 
Si eliminamos un grano de esta pila, quedan: 
2127 – 1 = 170.1.41 183.480.469.237.731.687.303.715.884.105.727, 
que es el mayor número primo que se conoce.2 
35. Problema de las dos jarras 
Tenemos dos jarras, una conteniendo vino y otra conteniendo agua. 
Sacamos una cucharada de vino y la vertemos en la de agua, remo-
 
2 Encontrado por Edouard Lucas en 1876. Recién en 1952, con la ayuda de la compu-
tadora se encontró el 2521 – 1. Actualmente se encuentra otro cada pocos años. 
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viendo para que se mezcle bien. Seguidamente tomamos una cuchara-
da igual de esta segunda jarra que contiene la mezcla y la vertemos en 
la jarra de vino. La pregunta es: ¿Contiene más vino la jarra de agua o 
agua la jarra de vino? ¿Cómo altera el problema el hecho de no remo-
ver la primera mezcla? 
Solución 
36. Jeroglífico 
El siguiente jeroglífico no tiene más justificación para figurar en 
este libro que el hecho de utilizar únicamente círculos. 
 
¿Dónde vas a nadar? 
Solución 
37. Los dos pueblos y el puente 
Dos pueblos A y B se encuentran a ambos lados de un río, de curso 
recto, y a las distancias que se especifican en el esquema. Quieren 
construir un puente, PP’, y dos carreteras que unan cada pueblo con el 
puente (AP’ y PB). Se trata de determinar el punto del río en que ha de 
construirse el puente, a fin de que el coste de las carreteras sea míni-
mo, lo que implica que el trazado total de las carreteras, AP’ + PB, sea 
el menor posible. 
– 27 – 
 
 
Solución 
38. El nueve predomina 
Hallar un número de 6 cifras tal que si le restamos el número que 
resulta de leerlo al revés, el resultado sea un múltiplo de 9. (Es decir, 
supuesto que el número es se trata de que cumpla la condición 
a1a2a3a4a5a6 – a6a5a4a3a2a1 = múltiplo de 9.) 
Solución 
39. La tela de araña 
Una araña teje su tela en el marco de una ventana. Cada día duplica 
la superficie hecha hasta entonces. Es decir, que si al acabar un día la 
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superficie que tiene la tela es S, durante el día siguiente la araña teje 
una superficie asimismo igual a S. En esta forma tarda 30 días en cu-
brir el hueco de la ventana. Si en vez de una araña, fueran dos, ¿cuánto 
tardarían en cubrir dicho hueco? 
Solución 
40. El comejénliterato 
En mi biblioteca tengo la “Historia de España”, del padre Mariana, 
en cinco tomos. Cada tomo tiene un espesor de 4 cm, tapas incluidas. 
El espesor de cada tapa es de 0,25 cm. Un comején comienza en la 
primera página del primer tomo y se abre camino hasta la última pági-
na del 5.° tomo. Suponiendo que tarda un día en recorrer medio centí-
metro, ¿cuántos días tardará en el total del recorrido? 
Solución 
41. La marca de los cuatro 
Uno de los casos más famosos de Sherlock Holmes es el de “La 
marca de los cuatro”, resuelto por el sabueso de Baker Street. Pero ¿lo 
habría conseguido resolver si se hubiese tratado de expresar con cuatro 
cuatros únicamente el número 71? (Pueden utilizarse, eso sí, toda clase 
de signos matemáticos: raíces, logaritmos, etc.) 
En todo caso este problema, que puede servir a los profesores para 
estimular la imaginación y el espíritu investigador de sus alumnos, 
pues tiene muchas soluciones posibles (en realidad no sabemos cuán-
tas), fue propuesto por el comandante Hitch de la R.A.F., en una visita 
en misión especial a los Estados Unidos durante la Segunda Guerra 
Mundial y despertó un interés extraordinario. 
Solución 
– 29 – 
 
42. Una ecuación más fácil de lo que aparenta 
Resolver la siguiente ecuación: 
√X + √X + √X + ⋯ = 2 
(Evidentemente, los puntos suspensivos indican que los radicales 
se repiten indefinidamente.) 
Solución 
43. Póker 
“Dicen que el juego trae la ruina. Sí, sí, que se lo digan a Heraclio 
Fournier”. 
(Comentario de un jugador.) 
Ahora que el juego ha sido autorizado en España y sus adeptos se 
disponen a acudir a Perelada, Marbella, La Toja y demás localidades 
con casinos, bueno será que veamos algo de las probabilidades en los 
juegos de azar, que es un tema interesante, tomando como ejemplo el 
póker. 
Lo primero para tener esperanzas de éxito es conocer las probabili-
dades de recibir las diferentes manos. Calcular la probabilidad de cada 
una es sencillo, siempre y cuando definamos claramente cuáles son los 
casos favorables de entre todos los casos posibles. Conviene hacer 
hincapié en esto, y tendremos ocasión de insistir al tratar de la solución 
de los siguientes problemas, en los que el lector debe hallar la probabi-
lidad de recibir cada una de las manos propuestas en el reparto inicial 
de las cartas. 
– 30 – 
 
1.° Escalera de color máxima (10, valet, dama, rey y as en un mismo 
palo). 
2.° Escalera de color (cinco cartas de un mismo palo formando se-
cuencia). 
3.° Color (cinco cartas de un mismo palo). 
Recordemos que el póker se juega con baraja francesa de 52 cartas 
y suponemos que se utilizan todas. 
Solución 
44. Cuesta abajo en mi rodada... 
Dos pueblos se hallan a una distancia de 100 km, y la carretera que 
los une es llana, por lo que un automóvil se traslada de uno a otro con 
velocidad uniforme de 80 km/h, tardando una hora y cuarto en hacer el 
recorrido. 
Otros dos pueblos se encuentran, asimismo, a 100 km de distancia, 
pero 50 son de subida y 50 de bajada, por lo que el mismo automóvil 
recorre los primeros a 40 km/h y los segundos a 120 km/h. ¿Tardará 
más o menos en hacer este recorrido que en el primer caso? ¿O tardará 
igual? 
Solución 
45. Ley determinante de una sucesión 
Se trata de determinar los dos números que por la izquierda y por 
la derecha, respectivamente, continúan la siguiente sucesión: 
..., 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, ... 
Solución 
– 31 – 
 
46. Las enmiendas del senador 
El número de enmiendas a la Constitución, presentadas ante el Se-
nado, fue de 1.254. El número de senadores era 207. Teniendo en 
cuenta que un solo senador, Xirinachs, presentó 134 enmiendas, se 
trata de determinar la probabilidad de que tal volumen de enmiendas, 
procedentes de una sola persona, puede ser resultado del azar. 
Solución 
47. El cazador y su perro 
(Para los amantes de problemas más difíciles.) 
Un cazador camina a la velocidad de 1 kilómetro por hora por la 
orilla de un río de curso recto y anchura igual a 1 kilómetro. Su perro 
aparece en la orilla opuesta y viendo a su amo se lanza al agua para 
alcanzarle, nadando en todo momento en dirección al cazador. (Esto 
es, el perro mantiene fija la vista en el cazador y nada, por tanto, en la 
dirección de la recta que le une —en cada instante— con el cazador.) 
La velocidad a que nada el perro en aguas tranquilas es de 3 kilóme-
tros por hora, pero la corriente del río es de 1 kilómetro por hora en 
sentido opuesto a la marcha del cazador. Cuando el perro alcance a su 
amo, ¿cuál será la distancia recorrida por éste desde el momento en 
que el perro saltó al agua hasta el momento del alcance? 
Solución 
48. Quien te puso Catenaria, no te supo poner nombre 
Dos postes verticales de 10 m cada uno tienen conectada una cade-
na de 15 m a su extremo superior, la cual cuelga libremente, quedando 
– 32 – 
 
su extremo más bajo a 2,5 m del suelo. ¿A qué separación se encuen-
tran los dos postes? 
 
Solución 
49. Pesadas sistemáticas 
Tenemos 12 bolas aparentemente iguales, pero se sabe que el peso 
de una de ellas es diferente al de las demás, desconociéndose si su 
diferencia de peso es por exceso o por defecto. Se trata de determinar 
mediante tres pesadas en una balanza de platillos, pero, sin pesas (esto 
es, que solamente permite apreciar si lo colocado en un platillo tiene 
un peso superior, igual o inferior a lo colocado en el otro), cuál es la 
bola defectuosa, y si pesa más o menos que las restantes. 
Solución 
50. Las tres aspirantes a secretaria 
Tres aspirantes al puesto de secretaria fueron confrontadas con una 
pregunta sencilla, tras pasar las demás pruebas normales en estos ca-
sos. La pregunta era: ¿Cuántas son dos y dos? 
La primera aspirante contestó: “No hay duda. Dos y dos son cua-
tro”. 
– 33 – 
 
La segunda: “Dos y dos, es decir, un dos y otro dos a continuación, 
son 22”. 
La tercera, de carácter más práctico, respondió: “Depende. Si se 
trata de comprar 2 y 2 son cuatro, pero si se trata de vender son 6”. 
¿Quién consiguió la plaza de las tres? 
Solución 
– 34 – 
 
Soluciones 
1. La cena política 
Ei hecho de haber más miembros de UCD que del PSOE unido a 
haber más diputados del PSOE que de UCD determina la distribución 
de los comensales en 9 y 7, ya que para un mayor número de miem-
bros de UCD (10 o más), el de diputados del PSOE habría de ser igual 
o mayor que 7, dando una suma superior a 16. 
Por otra parte, como el número de diputados del PSOE es, a lo 
más, 6 (ya que hay, al menos, un senador) y este número ha de superar 
al de diputados de UCD, solamente es válida la distribución siguiente: 
 UCD PSOE 
Diputados 5 6 
Senadores 4 1 
Ahora bien, en cualquiera de los grupos que incluyésemos al ho-
menajeado —excepto en el de senadores de UCD— influiría el tenerlo 
o no en cuenta. Por ejemplo: Si fuese diputado de UCD y no le tuvié-
ramos en cuenta, dejaría de cumplirse la condición de superar el núme-
ro de diputados al de senadores en este partido. 
En consecuencia, el homenajeado es senador de UCD. 
Volver 
– 35 – 
 
2. Producto alfabético 
El producto es cero, ya que lo es uno de los factores, a saber: 
(x – x) 
Volver 
– 36 – 
 
3. El camino del explorador 
Para resolver este problema debemos comenzar por desarrollar la 
superficie cónica, al igual que en mi libro anterior, “Cajón de sastre 
matemático”, hicimos para el problema de la araña y la mosca. El 
desarrollo dará lugar a un sector circular de radio 𝑅 = √ℎ2 + 𝑟2 y de 
longitud igual a 2πr. 
El camino más corto es la cuerda de dicho sector circular, cuyo va-
lor es 
𝐷 = 2𝑅 sen
𝜋𝑟
𝑅
 
Así: 
𝑅 = √20002 + 10002 = 2236,07 
𝐷 = 2 × 2236,07 × sen
1000𝜋
2236,07
= 4410,78 
Volver 
– 37 – 
 
4. El criptograma maravilloso 
El cuadrado de un número de n cifras tiene 2n o 2n – 1 cifras. Ello 
depende de que el cuadrado de la primera cifra más el arrastre, dé un 
productode dos cifras o de una. Según esto la O debe ser un 1 o un 2, 
ya que para 3 o mayor el cuadrado tendría 10 cifras.3 Pero no puede 
ser un 1, porque entonces habría de serlo también W, ya que no hay 
arrastre, ni aún tomando DDF = 998, que es el máximo valor que po-
dría asignársele. 
Pongamos ahora, para mayor claridad 
√ W, 2N, DE, RF, UL, 2 
 4- 4 2 × 2 
 X, 2N- 
La W ha de ser un 5, ya que al restarle 4 (cuadrado de 2), ha de dar 
1 de diferencia, pues si diese 2 o superior, la segunda cifra de la raíz 
no podría ser otro 2, ya que tomando el caso más desfavorable de N = 
1, la cantidad enmarcada X2N sería 221 que cabe a 4. Por otra parte W 
no puede ser un cuatro, pues ello haría que la segunda cifra de la raíz 
fuese un cero. 
Con esto tenemos ya 
√ 5 2N DE RF UL 2 
 4 4 2 × 2 
 1 2N 
 84 
 
3 Fijémonos en que 
330002 = 1089×106 
– 38 – 
 
La diferencia entre 12N y 84 estará comprendida entre 44 y 37, se-
gún que asignemos a N el valor máximo 8, o el mínimo 1. 
El valor 9 no cabe asignársele porque en vez de a 2 habría cabido a 
3, al determinar la segunda cifra de la raíz. Por tanto D ha de ser un 8 o 
un 9. Veamos ahora qué valores puede tomar F. El cero está descarta-
do por el enunciado del problema. El 1 tampoco es válido porque el 
cuadrado de un número acabado en 1 termina en 1 igualmente. Es de-
cir L habría de ser una F. El 2 está ya asignado a la O. El 5 correspon-
de a la W. El 6 se descarta por la misma razón que el 1. Finalmente 
tenemos que los únicos valores posibles para la raíz buscada son: 
22883 22993 
22884 22994 
22887 22997 
22889 22998 
De ellos 22993 y 22997 tampoco son válidos, ya que su cuadrado 
termina en 9, valor que correspondería a la D. (Luego L = D, para que 
se pudiese cumplir.) 
Finalmente, no hace falta realizar los cuadrados completos para 
desechar cinco de las posibles soluciones, ya que en seguida tenemos 
en el resultado una cifra prohibida: 
 22994 
22994 
 22998 
22998 
 22883 
22883 
 22884 
22884 
. . . . 976 … . 984 . . . . 649 . . . . 36 
. . . 46– . . . 82– … 64– . . . 72– 
. . 6–– . . 2–– . . . . . . . . . . . . . . . . 
. . 036 . . 04– . . 89 . . 56 
cifra–––↑–– 
prohibida 
cifra–––↑–– 
prohibida 
cifra––––↑– 
prohibida 
cifra––––↑– 
prohibida 
– 39 – 
 
Obteniendo como resultado OODDF = 22.887, cuyo cuadrado 
es: 
523.814.769 = WONDERFUL 
Volver 
– 40 – 
 
6. Si nos falta la luz… 
Tres, ya que entre ellos siempre habrá dos, al menos, de un mismo 
color. 
Volver 
– 41 – 
 
7. El fantasma de la libertad 
Este problema es un claro ejemplo de las autolimitaciones que ar-
bitrariamente nos imponemos. En efecto, la mayor parte de las perso-
nas confrontadas con este problema tratan de hallar la solución en un 
plano, lo que es imposible. Por el contrario, si vamos a buscar una 
solución en el espacio, lo que sería más lógico, ya que el enunciado no 
nos restringe en este sentido, no tenemos más que formar un tetraedro 
regular. 
 
Volver 
– 42 – 
 
8. No hay que tropezar dos veces en la misma piedra 
Después de lo dicho en el problema anterior, sobre las limitaciones 
que arbitrariamente nos imponemos nosotros mismos, esperamos que 
el lector haya encontrado esta vez la solución, trazando las rectas sin 
imponerse la limitación de no salirse del cuadrado. 
 
Volver 
– 43 – 
 
9. La herencia del jeque 
La voluntad del padre de dejar ½, ⅓ y ⅑ supone que, del total, hay 
1 −
1
2
−
1
3
−
1
9
=
18 − 9 − 6 − 2
18
=
1
18
 
que se dejaría sin repartir. 
Al añadir su camello, para que entrase en el reparto, según las pro-
porciones establecidas, lo que hizo fue aumentar las proporciones de 
cada uno, repartiendo el 1/18 que sobraba. Así, en vez de 
1
2
= 0,5 , 
1
3
= 0,33 … y 
1
9
= 0,11 … 
cada hijo recibió: 
1
2
×
18
17
= 0,529 … , 
1
3
×
18
17
= 0,352 … y 
1
9
×
18
17
= 0,117 
Como se ve, un poco más de lo estipulado. 
Volver 
– 44 – 
 
10. Continuación del problema de los presos 
El primero, que apuesta por Juan, tiene, como en el citado proble-
ma se dice, una probabilidad de ⅓. 
El segundo, ⅔, puesto que o Juan o Pedro queda absuelto y, por 
tanto, la suma de ambas probabilidades ha de dar la certeza, o probabi-
lidad igual a uno. 
El tercero tendrá ½, puesto que será la suma de las probabilidades 
obtenidas al multiplicar la probabilidad de que salga cara por la proba-
bilidad de quedar Juan absuelto y la probabilidad de sacar cruz por la 
de que Pedro sea absuelto: 
Probabilidad = 
1
2
×
2
3
+
1
2
×
1
3
=
1
2
× (
2
3
+
1
3
) −
1
2
 
Volver 
– 45 – 
 
11. La probabilidad partidista 
Todo depende del horario de los trenes. Los que van en dirección 
cine llegan 1 minuto antes que los de dirección tenis, con lo que de 
cada 10 minutos en 9 llegará antes el primero (cine) y en 1 el segundo 
(tenis). Más claramente: En cada hora, digamos que el horario de los 
trenes que da su llegada a la estación utilizada por Juan es: 
Trenes 
dirección cine 
Trenes 
dirección tenis 
12 h 12 h-01 min 
12 h-10 min 12 h-11 min 
12 h-20 min 12 h-21 min 
12 h-30 min 12 h-31 min 
12 h-40 min 12 h-41 min 
12 h-50 min 12 h-51 min 
Por lo tanto, si llega a la estación entre 12 h y 12 h-01 min, irá ha-
cia el tenis. Si llega entre 12 h-1 min y 12 h-10 min, irá hacia el cine. 
Una relación de probabilidades de 9 a 1. 
Volver 
– 46 – 
 
12. Ajedrez y dominó 
Es imposible. En efecto, cada ficha de dominó ha de cubrir, forzo-
samente, una casilla blanca y otra negra, puesto que se alternan. Por 
consiguiente, cualquier combinación que eligiésemos para las fichas 
de dominó, habrían de cubrir el mismo número de casillas blancas que 
negras, y como las dos suprimidas son del mismo color, es imposible 
que las 31 fichas puedan cubrir la totalidad del tablero. 
Volver 
– 47 – 
 
13. π, e, i, 0, 1 
eiπ+ 1 = 0 4 
Volver 
 
4 Descubierta por Euler. 
– 48 – 
 
14. ¿Racional o irracional? 
Puede ser lo uno o lo otro según sea r igual o diferente de cero. 
Si r = 0 
entonces r × i = 0 (racional) 
Si r ≠ 0 
el producto r × i ha de ser, forzosamente, irracional. 
Volver 
– 49 – 
 
15. Los dos pueblos y el colector 
El problema se soluciona muy fácilmente haciendo uso de la teoría 
de los espejos, con sólo recordar que la luz sigue el camino más corto 
entre dos puntos. Para ello tomaremos la imagen de A, respecto a la 
orilla del río y la uniremos con B, tal como se indica en el siguiente 
esquema. 
 
El punto P, de intersección de BA’ con la orilla, nos fija el punto de 
desagüe. Con los valores dados, PH = 4. 
Volver 
– 50 – 
 
16. El producto máximo 
Los números buscados deberán ser lo más iguales posible y, por 
otra parte, las cifras mayores deberán entrar como unidades de los ór-
denes superiores. Así, pues, no tenemos sino seguir el procedimiento 
que se usa de muchachos para hacer dos equipos: los capitanes van 
eligiendo alternadamente los mejores y, para que esté igualado, empie-
za el menos bueno de los dos capitanes. 
Esto es: 
Capitán 1.°: El 9 
Capitán 2.°: El 8 
y comienza eligiendo el 8. 
El resultado será: 
87.531 y 96.420 
Volver 
– 51 – 
 
17. Más sobre los números enteros 
Solamente hace falta considerar las decenas y unidades del número 
n, ya que las unidades de orden superior no dan contribución alguna a 
las unidades que caen por debajo de ellas. Así, llamando A1 y A0 a las 
decenas y unidades respectivamente del número n, tendremos: 
(A1 × 10 + A0)2 = A12 × 100 + 20 A1 A0 + A02 
La cifra de las decenas viene determinada por 20 A1 A0 —que es 
par— más el arrastre procedente de A02. Este arrastre ha de ser impar, 
lo que implica que A0 sea 4 o 6, y en ambos casos la cifra de las unida-
des de A02 será un 6 (4 × 4 = 16 y6 × 6 = 36. ambos productos acaban 
en 6). 
Volver 
– 52 – 
 
18. Definición insensata 
Un reloj es tanto mejor cuantas menos veces da la hora exacta en 
un período de tiempo que fijemos. 
En efecto, un reloj siempre atrasa o adelanta algo. Cuanto menos 
sea este atraso (o adelanto) mejor será el reloj y, evidentemente, tanto 
más tardará en coincidir con la hora exacta, una vez puesto en hora. 
Volver 
– 53 – 
 
19. La estratagema de Búfalo Bill 
Búfalo Bill prendió fuego delante de sí, con lo que había dos corti-
nas de fuego avanzando en la misma dirección. La cortina por él pro-
ducida iba eliminando la vegetación, lo que hacía el efecto de corta-
fuegos para la provocada por los indios. Así, Búfalo Bill, situado entre 
los dos fuegos, quedaba a salvo. 
Volver 
– 54 – 
 
20. Los tres estudiantes 
Bernardo, ya que Alberto va todos los días al cine, pues el supuesto 
de que se quede estudiando implica según 1) que Bernardo va al cine, 
y en virtud de 2) que Carlos va al cine también, lo que contradice el 
punto 3). 
Por otra parte Carlos se queda estudiando todas las tardes (punto 
2). Es, por tanto, Bernardo, el único que varía (o puede variar, al me-
nos) en su actividad. 
Volver 
– 55 – 
 
21. Paradoja 
Esta paradoja es un típico caso de límites, análogo al de la persona 
que quería comer siempre queso, no teniendo más que un queso. Cada 
día comía la mitad del queso que le quedó del día anterior, y de esta 
forma nunca se le acababa. 
Para ver que sí se cortan las rectas no hay más que calcular el valor 
de las sucesivas distancias CD, EF y ver que el límite es, precisamen-
te, cero. 
Llamando r a la distancia que se obtiene tras repetir n veces la ope-
ración 
CD = AB – AB cos θ =AB (1 – cos 0) 
EF = CD – CD cos θ = CD (1 – cos 0) = AB (1 – cos θ)2 
… 
x = AB (1 – cos θ)n 
y para n tendiendo a infinito 
lim
𝑛⟶∞
𝑥 = 𝐴𝐵 × 0 = 0 
ya que 
1 – cos θ < 1 
(salvo en el caso de ser las rectas paralelas, para el cual 
θ = 90° y cos θ = 0). 
Volver 
– 56 – 
 
22. Los dos vapores y el río 
La anchura es 500 m. 
En efecto, el tiempo de parada no interviene. Siendo v1 y v2 las ve-
locidades de los vapores tendríamos: 
v1 t1 + 200 = d 
v2 t1 = 200 
} 𝑣1
𝑣2
=
𝑑−200
200
 
v1 t2 = 200 + (d – 100 ) = d +100 
v2 t2 = (d – 200) + 100 = d – 100 
} 𝑣1
𝑣2
=
𝑑+100
𝑑−100
 
siendo t1 el tiempo que están navegando los vapores hasta el primer 
encuentro, y t2 el que están navegando entre el primer encuentro y el 
segundo. 
Finalmente: 
𝑑 − 200
200
=
𝑑 + 100
𝑑 − 100
 
d2 – 200 d – 100 d + 20.000 = 200 d + 20.000 
d = 500 m 
Volver 
– 57 – 
 
23. ¿Cuál es el mayor? 
210 = 1024 
285 = 23 × (210)8 = 32 × 10248 > 32 × 10008 = 32 × 1024 
39 = 19683 
353 =
1
3
× 354 =
(39)6
3
=
196836
3
<
200006
3
=
64
3
× (104)6
=
64
3
× 1024 
Por tanto 
32 × 1024 >
64
3
× 1024 
y 285 que es mayor que 32×1024, será mayor que 353, que es menor que 
64
3
× 1024 
Volver 
– 58 – 
 
24. Una sucesión un tanto anárquica 
El término que falta es: 
121 = 163 (16 en base 3) 
En efecto, los términos de la sucesión son la expresión del número 
16 en sistemas de numeración de diferente base. Así, 
10 = 1616 
11 = 1615 
… … 
1111111111111111 = 161 
Volver 
– 59 – 
 
25. Lo que el viento se llevó 
Bajando las perpendiculares a la recta P1P2 desde los puntos A, B, 
C y 0, tal como indica la figura vemos que los triángulos BFP2 y CDP2 
son iguales, por serlo sus ángulos y uno de sus lados (BP2 = CP2) 
 
Por la misma razón son iguales los triángulos AP1E y CP1D. Por 
ello podemos escribir 
P2F = CD 
P1E = CD } P2F = P1E 
Como además 
EH = HF 
por ser 0 el punto medio de AB, resulta 
P1E + EH = HF + FP2 
y H es el punto medio de P1P2. 
Pero OH = ½(AE + BF) = ½(P1D + DP2) por la misma igualdad de 
triángulos ya citada. 
Luego OH = ½P1P2. 
– 60 – 
 
Por tanto, Euclides Smith trazó una recta uniendo las dos palmeras 
y en el punto medio levantó una perpendicular de longitud igual a la 
mitad de esta distancia, lo que determinó el punto en que se hallaba el 
botín. 
Volver 
– 61 – 
 
26. La solución más sencilla 
B + n = k(A + n) 
B = kA + (k – 1)n = A + (k – 1) A + (k – 1)n 
B – A = (k – 1) (A + n) 
Ahora bien, B – A ha de ser múltiplo de A + 0, A + 1, ... A + 10, 
por lo tanto, la solución más sencilla será 
B – A = A (A + 1) ... (A + 10) 
y si hacemos 
A = 1 
B = 1 + 11! 
Por tanto, entre las muchas soluciones posibles, una de ellas —y la 
más sencilla— es: 
A = 1 
B = 1 + 11! 
Volver 
– 62 – 
 
27. Criptograma 
1. Como 7 × 7 = 49, la última cifra del multiplicando ha de ser un 
5, para que al multiplicarla por 7 nos dé un arrastre de 3 decenas, que 
sumadas a 49 den 52, y tener así un 2 en la penúltima cifra del segun-
do producto parcial. 
2. La primera cifra del multiplicando ha de ser un 2 o un 6, para 
que se cumpla la condición de tener un 5 en la penúltima cifra del ter-
cer producto parcial. Sea cual sea de las dos, la última cifra de dicho 
producto parcial ha de ser un cero. 
3. La primera cifra del segundo producto parcial es un uno, puesto 
que sumada a 8 da una suma inferior a 10. Como corolario la primera 
cifra del multiplicando ha de ser un 1 o un 2, ya que al multiplicarla 
por 7 el producto ha de ser inferior a 20. 
4. Es fácil ahora ver que la primera del multiplicador es un 6. Para 
ello no tenemos más que considerar su producto por el multiplicando 
que será 
1 * 7 5 2 * 7 5 
 * * 
8 * 5 0 8 * 5 0 
El 2.° caso, en el que la primera cifra del multiplicando es un 2, es 
imposible, ya que ni 2 ni 4 —únicas cifras posibles— concuerdan. 
Luego, la primera cifra del multiplicando es un 1, y la buscada un 6. 
Esto es 
1 * 7 5 
 6 
8 * 5 0 
– 63 – 
 
Con lo que la cifra que falta por determinar del multiplicando será 
un 3 o un 4, y la del producto parcial un 2 o un 8. 
5. La duda entre 3 o 4 se resuelve fácilmente notando que no puede 
ser un 3, ya que en el segundo parcial no encajaría, puesto que 
7 × 3 + 5 = 26 
Lo que da un arrastre de 2, que sumadas a 7, dan 9, y se ha de tener 
un resultado de dos cifras. 
6. Tenemos hasta ahora 
 1 4 7 5 
 6 7 * 
 * * * * * 
1 0 3 2 5 
8 8 5 0 
* * * * * * 
En el resultado total las dos primeras cifras son nueves, ya que si 
no la suma sería superior a 10, lo que no puede ser. Por análogas razo-
nes, las dos primeras cifras del primer producto parcial son: un 1 la 
primera y un 1 o un 0 la segunda. Luego el multiplicador ha de ser 678 
o 677 (un 9 para la última cifra daría muy grandes las dos primeras del 
producto parcial). 
Pero 678 es demasiado grande. El resultado final será: 
 1 4 7 5 
 6 7 7 
 1 0 3 2 5 
1 0 3 2 5 
8 8 5 0 
9 9 8 5 7 5 
Volver 
– 64 – 
 
29. La forma más económica de hacer una cadena 
En 240 pesetas. En efecto, lo mejor es abrir los cuatro eslabones de 
uno de los trozos, y con ellos reunir los cinco restantes. 
Volver 
– 65 – 
 
30. Las matemáticas aplicadas a la investigación criminal 
La doncella, ya que las páginas 99 y 100 forman una sola hoja. 
Volver 
– 66 – 
 
31. Cuatro preguntas simples (o sea, cuatro simplezas) 
1.a Una vez tan sólo, ya que la segunda se restará de un número 
menor que 120. 
2.a Utilizando números romanos. Así-X I I ; la parte superior, al 
dividirlo horizontalmente según la línea de puntos, da V I I . 
3.a Al encontrarse, los dos estarán a la misma distancia. 
4.a AVARAS, ya que entre la primera y la última letra hay una 
VARA. 
Volver 
– 67 – 
 
32. Problema del billar 
Este problema, como el de los dos pueblos y el colector, se resuel-
ve fácilmente haciendo uso de las imágenes. De esta forma se ve in-
mediatamente que la distancia es dos veces la diagonal, o 
2√1,52 + 32 = 6,7 m. 
 
Volver 
– 68 – 
 
33. La vuelta del camarero 
Realmente, este problema no es más que un ejemplo de cómo se 
pueden enredar las cosas en cualquierproblema, sin fundamento al-
guno. Los clientes pagaron 27 duros, los cuales fueron a parar: 25 a la 
caja y 2 al bolsillo del camarero. Lo que cuadra perfectamente. 
Volver 
– 69 – 
 
35. Problema de las dos jarras 
Evidentemente contiene exactamente igual de vino la de agua, que 
agua la de vino. Solamente hemos de considerar que el volumen total 
de líquido en cada jarra es el mismo que al comienzo, luego el agua 
que haya ahora en la de vino corresponderá a un volumen igual de 
vino que habrá ido a parar a la otra jarra. Por el mismo razonamiento 
es claro que no influye el que homogeneicemos o no la mezcla, remo-
viéndola. 
Volver 
– 70 – 
 
36. Jeroglífico 
Nadaré donde la Rosarito nada. 
El primer círculo = nada 
El 2.° círculo = redondel 
El 3.° y el 4.° = aros 
El 5.° círculo = arito 
El 6.° círculo = nada 
Volver 
– 71 – 
 
37. Los dos pueblos y el puente 
Aplicando una vez más la teoría de los espejos, y teniendo en cuen-
ta que el recorrido del puente es siempre el mismo, no tendremos más 
que hacer la construcción indicada, que dará el mismo punto que en el 
problema de los dos pueblos y el colector. 
 
Esto es A’P’ = 4 km 
Volver 
– 72 – 
 
38. El nueve predomina 
Todos los números, cualquiera que sea el de sus cifras, cumplen la 
condición demandada, pero con mayor generalidad, ya que da lo mis-
mo que se le reste el número invertido o tomando las cifras en el orden 
que se quiera. 
En efecto, todo número n será igual a un múltiplo de nueve más un 
resto igual al exceso sobre múltiplo de nueve que dé la suma de sus 
cifras, y como dicha suma es independiente del orden en que se dis-
pongan, quiere decirse que al restar del número propuesto otro resul-
tante de disponer las mismas cifras en otro orden cualquiera, el resul-
tado será un múltiplo de nueve, puesto que los dos restos se eliminarán 
al ser iguales. 
Volver 
– 73 – 
 
39. La tela de araña 
29 días. En efecto, una sola araña tendría cubierto la mitad del hue-
co en 29 días, ya que en el trigésimo duplica lo hecho hasta entonces, 
cubriendo el hueco. Luego, las dos arañas tendrían cada una cubierto 
medio hueco al acabar el día 29, es decir, la totalidad entre las dos. 
Volver 
– 74 – 
 
40. El comején literato 
25 días, que corresponden a 12 cm de los tres tomos intermedios, 
0,25 cm de la primera tapa del primer tomo y 0,25 cm de la segunda 
tapa del último tomo. 
 
Volver 
– 75 – 
 
41. La marca de los cuatro 
4° − 44 min
4
= 71 min 
44°
4
+ arc sen √4 = 71° 
44 + 4!
4
− 𝑖 × 𝑖 = 71 o 
44
4
+ 𝐿𝑒 = 71 
4! 4!
4√4
+ 𝑖 × 𝑖 = 71 o 
4! 4!
4√4
− 𝐿𝑒 = 71 
Como vemos, empleando i o e hay una gran variedad de solucio-
nes, pero ello es, en realidad, enmascarar el uso de otros números apar-
te del cuatro, lo que no es muy correcto. En vez de i × i o Le se puede 
también utilizar lognn. Por ejemplo: 
44 + 4!
4
+ log𝑛 𝑛 
Teniendo en cuenta la notación anglosajona, que para los decima-
les puros no escriben corrientemente el cero sino directamente el pun-
to, que utilizan en lugar de nuestra coma, se pueden dar muchas otras 
soluciones más ortodoxas: 
√4
.4
− . 4̂
. 4̂
= 71 
4! √4 − √4̂
√4̂
= 71 
4! + 4.4
. 4
= 71 
Volver 
– 76 – 
 
42. Una ecuación más fácil de lo que aparenta 
Elevando al cuadrado 
X + √X + √X + ⋯ = 4 
y como 
√X + √X + ⋯ = 2 
X + 2 = 4 
X = 2 
Volver 
– 77 – 
 
43. Póker 
El número total de manos posibles viene dado por las diversas 
formas en que pueden seleccionarse 5 cartas diferentes de un total de 
52. O sea: 
(
52
5
) =
52 × 51 × 50 × 49 × 48
5!
= 2.598.960 
1.° El número de casos favorables es 4, ya que las cartas vienen fi-
jadas en su valor numérico y sólo cabe la variación de los cuatro palos. 
La probabilidad es, pues, 
𝑃1 =
4
2.598.960
=
1
649.740
 
2.° Para este caso hay que prestar mucha atención a la observación 
que hicimos de definir bien cuáles son los casos favorables. Si no ha-
cemos esto corremos el riesgo de llegar a resultados diferentes, que 
podremos achacar a errores matemáticos en el cálculo de las probabi-
lidades, cuando en realidad sean debidos a interpretaciones diversas 
del problema. Por ello, antes que nada hemos de contestar a las dos 
preguntas siguientes: 
a) ¿Se incluyen entre los casos favorables los correspondientes a esca-
lera de color máxima, que se consideraron en el ejemplo 1.°? 
b) El as, ¿puede formar el comienzo de la escalera igualmente que el 
fin? (Es decir: A, 2, 3, 4, 5, ¿es una escalera válida al igual que 10, 
V, D, R, A o no?) 
Supongamos que decidimos contestar sí a ambas preguntas. Enton-
ces, teniendo en cuenta que la escalera puede comenzar por as, 2, 3 ... 
10, tenemos 10 secuencias válidas, y como cada una puede ser en 
– 78 – 
 
cualquiera de los cuatro palos, el número de casos favorables es 4 X 
10 = 40. Y la probabilidad: 
𝑃2 =
40
2.598.960
=
1
64.974
 
Si, por el contrario, suponemos que la respuesta al punto b) es ne-
gativa, ya que en el póker hay ligeras discrepancias de criterio de unas 
partidas a otras, la probabilidad será: 
𝑃′2 =
4 × 9
2.598.960
=
1
72.193, 3̂
 
Si, tanto en un caso como en otro, quisiéramos excluir los casos de 
escalera de color máxima, solamente tendríamos que restar la probabi-
lidad P1} calculada en 1.° 
3.° En este problema tenemos que decidir, igualmente, si al calcu-
lar la probabilidad de obtener color consideramos como casos favora-
bles los que corresponden a escalera de color. 
Si consideramos que los casos favorables incluyen los correspon-
dientes a escalera de color puesto que, al fin, una escalera de color es 
al mismo tiempo un color, la probabilidad es: 
𝑃3 =
(
13
5
)
(
52
5
)
=
5.148
2.598.960
≈
1
505
 
Esta es la probabilidad correcta con la definición de casos favora-
bles que hemos tomado. Pero otros autores consideran que cuando uno 
recibe una escalera de color no habla de color, sino de escalera de co-
lor, por lo que, sin remarcarlo como yo vengo haciéndolo, calculan la 
probabilidad bajo este enfoque distinto, lo que da por resultado: 
𝑃′3 = 𝑃3 − 𝑃2 =
1
505
−
1
64.974
≈
1
509
 
– 79 – 
 
en el caso general en que la escalera es válida con el as en ambas pun-
tas, y que es el que dan numerosos autores, o 
𝑃"3 = 𝑃3 − 𝑃′2 =
1
505
−
1
72.193, 3̂
≈
1
508
 
en caso contrario. 
Volver 
– 80 – 
 
44. Cuesta abajo en mi rodada... 
Tardará más, ya que solamente en la primera parte del recorrido 
tardará la hora y cuarto que empleaba para ir de un pueblo a otro 
cuando el trayecto era llano. La mayor velocidad de bajada no puede 
compensar la pérdida de tiempo de la subida. 
Volver 
– 81 – 
 
45. Ley determinante de una sucesión 
23 y 59, ya que la sucesión dada es la de los números primos. 
Volver 
– 82 – 
 
46. Las enmiendas del senador 
La probabilidad de que una enmienda sea presentada por el senador 
Xirinachs, si el hecho es debido al azar únicamente, es de 1/207. Para 
calcular la probabilidad de que entre 1254, haya 134 originadas por el 
mismo senador, no tenemos más que aplicar la fórmula de Bernoulli 
para sucesos estadísticamente independientes. Esta probabilidad es: 
𝑃 (134; 1254,
1
207
) = (
1254
134
) × (
1
207
)
134
× (
206
207
)
1120
=
1254! × 2061120
134! × 1120! × 2071254
 
A fin de calcular su valor, debemos emplear la fórmula de Stirling 
para los factoriales: 
𝑛! ∼ √2𝜋𝑛𝑛+(1/2)𝑒−𝑛 
lo que da 
𝑃 (134; 1254,
1
207
) =
=
12541254,5 × 𝑒−1254 × 2061120
√2𝜋 × 134134,5 × 𝑒−134 × 11201120,5 × 𝑒−1120 × 2071254
=
= 9,446 × 10−130 
Esta probabilidad es tan pequeña, que hemos de concluir que el 
comportamiento del senador Xirinachs fue fuera de lo común. 
Volver 
– 83 – 
 
47. El cazador y su perro 
La solución del problema propuesto puede hallarse por los proce-
dimientos normales del cálculo infinitesimal, como a continuación 
veremos, que nos permitirá hallar la expresión de la llamada “curvade 
la persecución”. El lector podrá comprobar que el procedimiento es 
complicado, requiriendo la solución de una ecuación diferencial nada 
fácil. Pero no debe asustarse por ello; si no quiere seguir dicha solu-
ción, puede pasar directamente a la segunda, debida a Weston Mayer, 
que mediante gran ingenio se las arregla para —haciendo uso de las 
ideas fundamentales del cálculo infinitesimal— ahorrarse las dificulta-
des de la solución clásica. 
1.a solución 
Tomemos el río en la dirección del eje Y, tal como indica la figura. 
 
Tanto en esta solución como en la siguiente, para eliminar la com-
plicación que añade la corriente del río, podemos suponer que el agua 
– 84 – 
 
del río permanece inmóvil, mientras el cazador se desplaza con una 
velocidad igual a la suya propia más la de la corriente del río. Ello 
equivale a añadir una misma componente de la velocidad al cazador y 
al perro, lo que no alterará el tiempo que tarden en encontrarse, y que 
multiplicado por la velocidad real del cazador, nos dará la distancia 
por él recorrida. Una vez aclarado este punto, la solución procede co-
mo sigue: 
El cazador se desplaza según el eje Y con velocidad de 2 km/h. El 
perro se desplaza según la curva de persecución con velocidad de 3 
km/h. 
s = 3t 
siendo s la longitud de la curva recorrida por el perro. 
La tangente a la curva, teniendo en cuenta que siempre encontrará 
al eje Y en el punto H, en que en ese momento se encuentra el cazador, 
tiene por expresión: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝐴𝐻 − 𝑦
𝑎 − 𝑥
 
y’(a – x) = 2 t – y 
ya que el desplazamiento del cazador implica 
AH = 2t 
sustituyendo: 
𝑡 =
𝑠
3
 
𝑦′(𝑎 − 𝑥) =
2𝑠
3
− 𝑦 
Derivemos esta ecuación: 
𝑦"(𝑎 − 𝑥) − 𝑦′ =
2
3
√1 + 𝑦′2 − 𝑦′ 
– 85 – 
 
𝑦"
√1 + 𝑦′2
=
2
3(𝑎 − 𝑥)
 
haciendo p = y’ 
2𝑝
√1 + 𝑝2
=
2 𝑑𝑥
3(𝑎 − 𝑥)
 
que al integrar da 
𝐿 (𝑝 + √1 + 𝑝2) = 𝐿(𝑎 − 𝑥)−
2
3 + 𝐿𝐶 
𝑝 + √1 + 𝑝2 = 𝐶(𝑎 − 𝑥)−
2
3 
La constante C se determina mediante las condiciones iniciales. 
Para x = a, y’ = 0 
1 = 𝐶𝑎−
2
3 o 𝐶 = 𝑎
2
3 
𝑝 + √1 + 𝑝2 = 𝑎
2
3(𝑎 − 𝑥)−
2
3 = (1 −
𝑥
𝑎
)
−
2
3
 
Pasando p al segundo miembro y elevando al cuadrado: 
1 + 𝑝2 = 𝑝2 − 2𝑝 (1 −
𝑥
𝑎
)
−
2
3
+ (1 −
𝑥
𝑎
)
−
4
3
 
2𝑝 = (1 −
𝑥
𝑎
)
−
2
3
− (1 −
𝑥
𝑎
)
2
3
 
Integrando de nuevo 
2𝑦 = −3 (1 −
𝑥
𝑎
)
1
3
+
3
5
(1 −
𝑥
𝑎
)
5
3
+ 𝐶 
Para x = 0 y = 0, lo que da 
– 86 – 
 
𝐶 =
6
5
 
Finalmente, 
𝑦 = −
3
2
(1 −
𝑥
𝑎
)
1
3
+
3
10
(1 −
𝑥
𝑎
)
5
3
+
6𝑎
5
 
Haciendo 
𝑥 = 𝑎 obtenemos 𝑦 =
6𝑎
5
 
Pero a es la anchura del río, igual a 1 km. Luego 
𝑦 =
6𝑎
5
 
𝑡 =
1
2
𝑦 =
3
5
 
Y la distancia buscada será: 
𝐷 = 𝑡 × velocidad del cazador =
3
5
× 1 = 0,6 km 
2.a solución 
Como ya hemos advertido al tratar de la solución clásica, empeza-
mos por considerar nula la corriente del río y que el cazador se despla-
za a una velocidad de 2 km/h. 
En un instante cualquiera, el perro se encuentra en P, nadando en 
dirección PH, con velocidad de 3 km/h. (H es el punto en que se en-
cuentra el cazador en ese mismo instante.) 
– 87 – 
 
 
En un tiempo dt, su desplazamiento será: 
PP’ = 3 dt 
Y el correspondiente desplazamiento del cazador: 
HH’ = 2 dt 
Los triángulos PQP’ y HNH’ son semejantes, por ser rectángulos y 
tener iguales los ángulos en P y H respectivamente. Así, pues: 
𝑃𝑄
𝐻𝑁
=
𝑃′𝑄
𝐻′𝑁
=
𝑃𝑃′
𝐻𝐻′
=
3 𝑑𝑡
2 𝑑𝑡
=
3
2
 
Llamando D a la distancia entre el cazador y su perro en cada ins-
tante, tenemos: 
𝑑𝐷 = −3 𝑑𝑡 + 𝐻𝑁 = −3 𝑑𝑡 +
2
3
𝑑𝐿 
Llamando L a la componente de la distancia entre el cazador y su 
perro según la dirección del río en cada instante: 
dL = 2 dt – PQ 
– 88 – 
 
Eliminando PQ entre las dos ecuaciones 
𝑑𝐷 = −3 𝑑𝑡 +
2
3
(2 𝑑𝑡 − 𝑑𝐿) = −
5
3
𝑑𝑡 −
2
3
𝑑𝐿 
que integrando da 
𝐷 = −
5
3
𝑡 −
2
3
𝐿 + 𝐶 
Para t = 0 ; D = 1 ; L = 0 
1 = C 
Y la ecuación queda 
𝐷 = −
5
3
𝑡 −
2
3
𝐿 + 1 
Cuando se encuentran, D = 0 ; L = 0 ; lo que da 
𝑡𝑐 =
3
5
 
Camino recorrido por el cazador × 𝑡𝑐 × (velocidad del cazador)
=
3
5
× 1 = 0,6 km. 
Es notable la sencillez de esta solución que utiliza los principios 
del cálculo infinitesimal, pero evita las complicaciones de plantear la 
ecuación diferencial. 
Volver 
– 89 – 
 
48. Quien te puso Catenaria, no te supo poner nombre 
El título y la figura tienden a equivocar al lector, así como el hecho 
de venir este problema a continuación de uno más complicado de lo 
normal. La realidad es que si la cadena queda a 2,5 m del suelo es que 
cuelga verticalmente, ya que: 
2 × (10 – 2,5) = 15 m 
y los dos postes están pegados el uno al otro. 
Volver 
– 90 – 
 
49. Pesadas sistemáticas 
Numeremos las bolas desde 1 hasta 12. Realizaremos las tres pesa-
das poniendo en cada platillo, que distinguiremos como primer y se-
gundo platillos, las bolas que se indican, y anotaremos en cada caso 
cuál de los dos platillos pesa más o si pesan igual. 
1.a pesada 
En el l.er platillo las bolas 1, 2, 3 y 4 
En el 2.° platillo las bolas 5, 6, 7 y 8 
2.a pesada 
En el l.er platillo las bolas 1, 6, 7 y 8 
En el 2.° platillo las bolas 5, 9, 10 y 11 
3.a pesada 
En el l.er platillo las bolas 3, 5, 8 y 11 
En el 2.° platillo las bolas 2, 6, 9 y 12 
Representando por =, + y – el resultado de que en cada pesada el 
1.er platillo pese igual, más o menos que el segundo, tendremos la tabla 
siguiente que nos determinará la bola defectuosa y que el lector puede 
comprobar fácilmente: 
Resultados 
Bola defectuosa 1.a pesa-
da 
2.a pesa-
da 
3.a pesa-
da 
– = = No cabe esta posibilidad 
= = + La 12 por defecto 
– = – La 12 por exceso 
= + = La 10 por defecto 
= + + La 9 por defecto 
– 91 – 
 
= + – La 11 por defecto 
= – = La 10 por exceso 
= – + La 11 por exceso 
– – – La 9 por exceso 
+ = = La 4 por exceso 
+ = + La 3 por exceso 
+ = – La 2 por exceso 
+ + = La 1 por exceso 
+ + + No cabe esta posibilidad 
+ + – La 5 por defecto 
+ – = La 7 por defecto 
+ – + La 6 por defecto 
+ – – La 8 por defecto 
– = = La 4 por defecto 
– = + La 2 por defecto 
– = – La 3 por defecto 
– + – La 7 por exceso 
– + + La 8 por exceso 
– + – La 6 por exceso 
– – = La 1 por defecto 
– – + La 5 por exceso 
– – – No cabe esta posibilidad 
Volver 
– 92 – 
 
50. Las tres aspirantes a secretaria 
La rubia de las piernas bonitas. 
Volver 
– 93 – 
 
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– 94 –