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10.12.22

[El Problema de la Semana] La servilleta y el bizcocho

En esta ocasión traemos un problema apetitoso:

Hemos cocinado un bizcocho rectangular, y sus medidas son de 30cm de largo por 10cm de ancho. Lo queremos cubrir con una servilleta cuadrada de papel que tiene 30 cm de diagonal, con lo cual quedan unos triángulos de bizcocho sin cubrir, como se ve en la figura. ¿Cuánto mide el área total de lo que queda sin cubrir? ¿Cuánto mide el área cubierta?

La solución después de la ilustración.


[En la ilustración vemos un conocido fractal tridimensional: la esponja de Menger, el cual se forma partiendo de un cubo, dividiéndolo en 3·3·3 = 27 cubos más pequeños, como el cubo de Rubik, y quitando el cubo central y los cubos que están al centro de cada cara, 7 cubos en total. Luego, con los 20 cubos restantes, se vuelve a repetir la operación, y así hasta el infinito.]

 

SOLUCIÓN:

A primera vista el problema puede parecer complicado, incluso para aplicar el teorema de Pitágoras. Sin embargo, cuando examinamos bien las superficies a calcular, nos damos cuenta que son cuatro pequeños triángulos rectángulos, en cada uno de los cuales el área se calcula de forma muy sencilla.

Área de uno de los triángulos = (base · altura) / 2 = (5 · 5) / 2 = 12.5 cm2.

Área total sin cubrir (4 triángulos) = 12.5 · 4 = 50 cm2.

También es muy fácil calcular el área cubierta por la servilleta:

Área total del bizcocho: base · altura = 30 · 10 = 300 cm2

Área cubierta: 300 - 50 = 250 cm2.

 

AMPLIACIÓN:

Para los que se quedaron con las ganas de aplicar el teorema de Pitágoras, ahí va la siguiente pregunta: Con los mismos datos, si ponemos la servilleta con los lados paralelos a los lados del bizcocho, ¿qué área del bizcocho quedará sin cubrir? ¿Qué área quedará cubierta?

26.6.21

[El Problema de la Semana] Más Triángulos de un Solo Trazo

Continuando con el trazado de grafos sin levantar el lápiz del papel, proponemos al lector el siguiente:

¿Sería capaz el lector de dibujar de un solo trazo el siguiente grafo lleno de triángulos?

Más abajo encontrará la solución.

Esta fotografía está tomada en el Centro de Conferencias KAFD en Riyadh, Arabia Saudita. El autor del diseño es Daniel Buren, un artista conceptual francés. La imagen está sacada de este sitio.

SOLUCIÓN:

El recorrido se puede hacer de muchas formas. A continuación exponemos una de las posibles soluciones, la cual me fue sugerida por un grumete del Barco Escuela:

A-E-F-J-K-N-O-Q-R-O-K-F-A-B-F-G-K-L-O-P-L-G-B-C-G-H-L-M-H-C-D-H-I-D

También exponemos otra solución, con un recorrido un poco más complejo:

A-E-F-G-H-I-D-H-L-O-Q-R-O-K-F-A-B-C-G-K-N-O-P-L-G-B-F-J-K-L-M-H-C-D

 

AMPLIACIÓN:

Como se ha explicado en el problema de la semana anterior, Triángulos de un Solo Trazo, Euler demostró que un grafo era resoluble mediante un solo trazo siempre que el número de vértices impares fuera cero o dos, pero no es resoluble si el número de vértices impares es cuatro o más.

En nuestro ejemplo de hoy tenemos que todos los vértices son pares, salvo el A y el D. Luego este grafo es resoluble, siempre que tomemos A y D como puntos de inicio y final.

Nota: este problema está inspirado en uno de los capítulos del libro Mathematics and the Imagination, de Edward Kasner y James Newman.

19.6.21

[El Problema de la Semana] Triángulos de un Solo Trazo

Presentamos hoy uno de los típicos problemas o pasatiempos en los que hay que conseguir trazar una figura de un solo trazo, es decir, en una sola línea, sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por un mismo camino ya dibujado:

¿Es usted capaz de dibujar, de un solo trazo, la siguiente figura triangulada?


La solución, unos cuantos triángulos más abajo.

 

Buscando triángulos hemos encontrado esta caja de porciones de queso. Anuncia que lleva dentro "16 cheese triangles", (16 triángulos de queso), aunque estrictamente hablando, las porciones no son triangulares, porque uno de sus lados es curvo. Pero claro, anunciar que dentro de la caja hay "16 cheese circular sectors", (16 sectores circulares de queso), sería no solo confuso, sino matemáticamente pedante.

SOLUCIÓN:

En este grafo en particular podemos empezar a trazar por cualquiera de los puntos, y si hacemos el recorrido de forma inteligente lograremos nuestro objetivo.

Así, por ejemplo, podemos empezar por el vértice A, y luego hacer el siguiente recorrido:

A - C - D - B - G - I - J - H - E - C - F - I - H - F - D - G - F - E - A

Pasando en este orden por los diferentes vértices habremos resuelto el problema. Hay muchas otras soluciones que el lector puede ir probando.

AMPLIACIÓN:

Históricamente, el problema de dibujar grafos pasando por todas las aristas sin levantar el lápiz del papel tiene su origen en el Problema de los Puentes de Königsberg. Este problema fue resuelto por Leonhard Euler, y dio origen a una nueva rama de las matemáticas, la Topología, también llamada originalmente Analisis Situs.

La solución de Euler es muy sencilla de entender y se basa en clasificar los vértices del grafo en vértices pares o impares, según el número de aristas que convergen en cada vértice:

-Si un grafo solo tiene vértices pares, entonces se puede dibujar de un solo trazo, empezando por cualquier vértice.

-Si un grafo tiene dos vértices impares y el resto son pares, también se puede dibujar, pero esta vez hay que empezar el trazo en uno de los vértices impares, mientras que el otro vértice impar será el punto en el que finaliza el trazo.

-Si un grafo tiene cuatro o más vértices impares, entonces no se puede dibujar de un solo trazo.

En el grafo que hemos puesto en el problema de hoy, podemos ver que todos los vértices son pares: en A, B y J convergen 2 aristas, en C, D, E, G, H e I convergen 4 aristas, y en F convergen 6. Por tanto, se puede dibujar de un solo trazo, empezando por cualquier punto.

Nota: este problema está inspirado en un capítulo del libro Mathematics and the Imagination, de Edward Kasner y James Newman.

12.6.21

[El Problema de la Semana] El Espía de la Trinchera de Color Ocre

Cuaderno de bitácora: hoy transcribimos un problema de lógica, ambientado en la época de los espías:

EL ESPÍA DE LA TRINCHERA DE COLOR OCRE

Un misterio en doce puntos

por SUSAN ZIVICH

1. Cuatro espías con trinchera se habían acomodado en asientos encarados.

2. Viajaban en el exprés de Pekín.

3. Dos iban junto a la ventanilla, y los otros dos al lado del pasillo.

4. La colocación resultaba un tanto extraña (como sin duda pensó el lector).

5. El espía inglés estaba sentado a la izquierda del señor B.

6. El señor A llevaba una trinchera beige.

7. El espía con trinchera de color oliva se hallaba a la derecha del espía alemán.

8. El señor C era el único que fumaba un puro.

9. El señor D estaba en frente del espía norteamericano.

10. El ruso, vestido de caqui, llevaba una bufanda al cuello.

11. El espía inglés miraba por la ventanilla, a su izquierda.

12. ¿Quién era el espía de la trinchera de color ocre?

La solución: en la página 144 y más abajo.

 

Este problema ha sido extraído de un número de la revista Selecciones del Reader's Digest, concretamente del publicado en octubre de 1979 en España. El mismo problema, aunque con el texto de la edición de Ecuador, también ha sido publicado en el blog Momento Digital. La palabra trinchera apenas se utiliza hoy en la acepción en la que la vemos en este problema. Si miramos la acepción 3 del Diccionario de la Real Academia de la Lengua Española, trinchera es una "gabardina de aspecto militar".

SOLUCIÓN:

Necesitamos hacernos un esquema con los asientos, la ventanilla y el pasillo. El problema ya traía un dibujo que parece facilitar la situación.


El problema tiene algunos puntos que no aportan información relevante y tan solo sirven para ambientarlo. Por ejemplo, en el punto 2 se dice que viajaban en el exprés de Pekín, pero igualmente podría ser un tren que lleva a Moscú, o a Estocolmo, pues eso no aporta información al problema. El punto 8 habla del señor C que fumaba un puro, pero igualmente podría estar bebiendo una limonada, lo único que es útil es saber que hay un señor C.

Teniendo en cuenta esto, vamos a ir extrayendo la información de los diferentes puntos.

Por el punto 11, sabemos que el espía inglés está en el asiento V2.

Por el punto 5, sabemos que el señor B está en el asiento P2.

En el punto 7 se nos habla de que  "el espía con trinchera de color oliva se hallaba a la derecha del espía alemán", esto significa que el espía alemán debe estar en el asiento V2 o en el P1, pero el V2 está ocupado por el espía inglés. Por tanto el espía alemán está en P1, y el espía con trinchera de color oliva está en V1.

Por el punto 10, el ruso, vestido de caqui y con una bufanda al cuello (esto último es un dato irrelevante), tiene que encontrarse en P2, y es el señor B.

Por el punto 9, el espía norteamericano debe estar en V1 y tiene trinchera de color oliva. El espía inglés, por tanto, es el señor D.

Por el punto 6, el señor A, que leva una trinchera beige tiene que ser el espía alemán del asiento P1, ya que no puede ser el norteamericano, pues este lleva una trinchera de color oliva.

Ya tenemos que: el ruso viste de color caqui, el alemán viste de color beige y el norteamericano viste de color oliva.

Por eliminación, el espía de la trinchera de color ocre es el inglés.

 

Nota: como ya se ha indicado, este problema ha sido extraído de la revista Selecciones del Reader's Digest, concretamente del número de octubre de 1979, edición española.

5.6.21

[El Problema de la Semana] Velocidad de crecimiento

Todavía es primavera:

¿A qué velocidad en kilómetros por hora crece una planta que en seis meses ha pasado de tener 20 centímetros de altura a tener 30?

La solución, 30 centímetros más abajo.

El problema de hoy nos ha recordado una cuestión similar que aparece en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Más abajo, en la ampliación, citamos el texto donde se menciona. La imagen está tomada de la web librosdemario.com.

SOLUCIÓN:

Se trata de un ejercicio de cambio de unidades.

La velocidad es igual a espacio partido por tiempo. Primero tenemos el espacio:

30 − 20 = 10 centímetros

Lo pasamos a kilómetros:

10 centímetros = 10/100 = 0.1 metros

0.1 metros = 0.1/1000 = 0.0001 kilómetros

Luego tenemos el tiempo:

6 meses = 6 · 30 = 180 días = 180 · 24 = 4320 horas.

Ya podemos calcular la velocidad en kilómetros por hora que nos pide el problema:

velocidad = 0.0001/4320 = 0.000000023148 km/h aproximadamente.

Si ponemos la solución en notación científica, tendríamos: 2.3148 × 10−8 km/h.


AMPLIACIÓN:

Como ya mencionamos en la imagen, este problema es similar a una cuestión que se plantea en el libro El Hombre Anumérico, de John Allen Paulos. Citamos el texto en concreto:

"Siempre me sorprende y me deprime encontrar estudiantes que no tienen la menor idea de cuál es la población de los Estados Unidos, de la distancia aproximada entre las costas Este y Oeste, ni de qué porcentaje aproximado de la humanidad representan los chinos. A veces les pongo como ejercicio que calculen a qué velocidad crece el cabello humano en kilómetros por hora, cuántas personas mueren aproximadamente cada día en todo el mundo, o cuántos cigarrillos se fuman anualmente en el país. Y a pesar de que al principio muestran cierta desgana (un estudiante respondió, simplemente, que el cabello no crece en kilómetros por hora), en muchos casos su intuición numérica acaba mejorando espectacularmente."

Luego continúa más adelante:

"En notación científica, las respuestas a las preguntas que planteé al principio son las siguientes: el cabello humano crece aproximadamente a razón de 1,6 × 10−8 kilómetros por hora; cada día mueren en la tierra unas 2,5 × 105 personas y cada año se fuman aproximadamente 5 × 1011 cigarrillos en los Estados Unidos. Las expresiones de estos números en notación común son: 0,000000016 kilómetros por hora, 250.000 personas y 500.000.000.000 cigarrillos."

Si nos fijamos en la velocidad a la que crece el cabello humano, se parece bastante a la de la hierba de nuestro problema. Concretamente la hierba crece un poco más rápido. ¿Será que con fertilizante para plantas el cabello puede crecer más rápido?


Nota: este problema ha sido extraído del libro Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

29.5.21

[El Problema de la Semana] El cuadrado y el cubo

Creo que hoy nos encontramos con el problema de enunciado más corto de todos los que hemos publicado.

Encuentra un cuadrado que al sumarle dos se convierte en un cubo.

La solución es igualmente corta y aparece más abajo.


La imagen está sacada de la web de zazzle.

SOLUCIÓN:

En el problema de hoy la solución aparece de forma muy sencilla: basta ir probando con los cuadrados perfectos, sumar dos y ver si el resultado es un cubo perfecto.

Los cuadrados perfectos son 1, 4, 9, 16, 25, 36...

1 + 2 = 3

4 + 2 = 6

9 + 2 = 11

16 + 2 = 18

25 + 2 = 27

Ya hemos encontrado la respuesta: 25 es el cuadrado de 5; si le sumamos 2 nos sale 27, que es el cubo de 3.

AMPLIACIÓN:

Nadie garantiza que haciendo lo que hemos hecho podamos encontrar la solución. El problema está pensado de antemano para que la solución sea fácil de encontrar.

Supongamos que se nos ocurre modificar el enunciado ligeramente: "encuentra un cuadrado que al sumarle tres se convierte en un cubo". He estado probando con bastantes números y no veo ninguna solución, ni parece que pueda aparecer pronto.

Sin embargo, si ponemos "encuentra un cuadrado que al sumarle cuatro se convierte en un cubo", entonces salen dos soluciones sin pensarlo demasiado: 4 que al sumarle cuatro sale 8, y 121, que al sumarle cuatro sale 125.

 
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

22.5.21

[El Problema de la Semana] Menos que la media

Hoy tenemos estadísticas en el instituto:

En cierto instituto, un profesor se ha quejado de que “la inmensa mayoría del alumnado, quizás más del 75%, ha sacado una nota inferior a la puntuación media del centro”.

¿Es esto posible? Si no lo es, razónalo. Si lo es, pon un ejemplo con una clase de 30 alumnos y alumnas.

La solución, sobre la media de la página.

"El birrete es un gorro rematado con una borla, usado en actos ceremoniales, por magistrados, jueces, letrados, abogados y componentes de la comunidad universitaria en ocasiones solemnes. El mismo consiste en un panel horizontal de forma cuadrada fijado a un casquete, con una borla fijada a su centro" (wikipedia). Siempre me ha preocupado el momento en el que los estudiantes recién graduados lanzan sus birretes al aire, pues no sé si luego cuando caen cada uno logra recuperar el suyo. En fin, ellos sabrán. La imagen está tomada de la University College Roosevelt, situada en Middelburg, Holanda.

SOLUCIÓN:

Contestemos rápidamente a la pregunta ¿Es esto posible?: Sí, por supuesto que sí es posible. En este caso nos piden que pongamos un ejemplo. Ahí va:

Tenemos una clase de 30 alumnos. De ellos, 27 han obtenido una nota de 6 en un examen. Los 3 restantes han obtenido un 10. La media de las notas en esta clase es:

(27 · 6 + 3 · 10) /30 = 192/30 = 6'4

Si la nota media ha sido de 6'4, entonces todos los alumnos que han sacado un 6 han obtenido una nota inferior a la media. Estos han sido 27 de 30, es decir un 90%, más del 75%. En esta clase, un 90% de los alumnos han sacado una nota inferior a la media.

Si nos fijamos en el ejemplo que hemos puesto, se pueden notar los siguientes detalles:

-Todos los alumnos de la clase están aprobados.

-Casi todos los alumnos tienen una nota igual, un poco baja, mientras unos pocos tienen una nota muy alta. Las notas están asimétricamente distribuidas: un grupo muy numeroso en la zona inferior de las notas, otro grupo muy pequeño en la superior.

-La media, que está entre los dos grupos, es cercana a la nota que tiene el grupo más numeroso.

 AMPLIACIÓN:

Si alguien pensaba que no era posible lo que decía el profesor es porque está confundido entre lo que es la media de una distribución estadística y la mediana de dicha distribución.

Tanto la media como la mediana son parámetros de tendencia central, y es de esperar que se coloquen al centro de la distribución estadística. Pero esta forma de colocarse al centro es diferente para cada parámetro. La mediana se coloca de forma que el 50% de los valores estadísticos sean menores o iguales que ella, y el otro 50% sean mayores o iguales. Luego si en lugar de la media hablamos de la mediana en el problema, lo que dice el profesor sería matemáticamente imposible: el 50% del alumnado, ni más ni menos, siempre tiene una nota igual o menor a la mediana, y no es posible que el 75% tenga una nota inferior a la mediana.

Pero la media está colocada en el "centro de gravedad" de la distribución, y se dan diferentes situaciones según la distribución es simétrica o asimétrica.

Cuando la distribución estadística está simétricamente distribuida, entonces es de esperar que la media esté al centro junto a la mediana. Pero no sucede así cuando la distribución es asimétrica. Por eso vemos en la solución del problema, por ejemplo, que podemos tener un enorme grupo de puntuaciones "un poco bajas", todas iguales, y luego unas pocas puntuaciones "muy altas", y al calcular la media, el resultado se queda entre estos dos grupos, con lo que el grupo de puntuaciones bajas, muy numeroso, que puede fácilmente ser del 75% y más, queda por debajo de la media.

¿Por qué se queja entonces el profesor del problema?

El profesor se está quejando porque la distribución de notas es asimétrica. Si en su queja quería expresar su convencimiento de que las notas son bajas, el razonamiento es insuficiente. No podemos asegurar que las notas sean malas, pues no sabemos cuál es la media del instituto. Incluso si el profesor se quejase de que el 75% del alumnado del centro tiene una nota inferior a la media regional o nacional, es posible que no haya motivo de preocupación, pues también a nivel regional o nacional la distribución puede ser asimétrica. El profesor necesita más datos para fundamentar su queja; decir que el 75% del alumnado tiene menos nota que la media del instituto solo indica la asimetría de la distribución.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

15.5.21

[El Problema de la Semana] El rebote afortunado

Juguemos a la pelota... sin romper nada:
 
Un chico debe lanzar con fuerza una pelota en línea recta para que, después de rebotar en el suelo, siga en línea recta hasta colarse por una pequeña ventana. Si la altura del chico es de 1'50 m, la altura de la ventana es de 2'50 m y la distancia entre el chico y la pared donde se encuentra la ventana es de 8 metros:
 
¿En qué punto del suelo debe hacer rebotar la pelota?

Para encontrar la solución, lance la página y rebote debajo de la imagen.

A través de una esfera de cristal vemos la imagen invertida del paisaje. La ilustración ha sido tomada de este sitio.

SOLUCIÓN:

En primer lugar debemos comentar que en este problema estamos haciendo una licencia física: cuando alguien lanza una pelota por el aire en una dirección que no sea perpendicular al suelo, la trayectoria que sigue la pelota nunca será perfectamente recta debido a la gravedad terrestre. Siempre se asemejará a un tramo de parábola.

De hecho, si quisiéramos que la trayectoria fuera perfectamente recta deberíamos lanzarla en un ambiente sin gravedad, como el que puede haber en una estación espacial.

Pero mejor dejemos de complicarnos la vida. Supongamos que el chico del problema lanza la pelota con la suficiente fuerza para que ésta siga una línea prácticamente recta, y despreciemos los detalles.

Cuando la pelota rebota en el suelo sucede un hecho importante: el ángulo con el que la pelota alcanza el suelo es igual al ángulo de rebote. Siendo así, podemos hacer un esquema geométrico de la situación:

En el esquema vemos que el chico está representado por el segmento AB, y la pared con la ventana por el segmento CD. El punto de rebote es R, y en ese punto el primer tramo de la trayectoria de la pelota, BR, forma un ángulo de incidencia α con la horizontal, mientras que el segundo tramo de la trayectoria, RD, forma el ángulo de rebote β. Los ángulos de incidencia y rebote son iguales: α = β.

Como estos dos ángulos son iguales, y los triángulos ABR y CDR son rectángulos, entonces estos dos triángulos son semejantes. Por tanto los lados correspondientes son proporcionales, y concretamente con los catetos podemos hacer la igualdad de proporciones:

AB/CD = AR/CR

es decir:

1.5/2.5 = m/n

pero:

n = 8 − m

y por tanto:

1.5/2.5 = m/(8−m)

Multiplicamos en cruz y desarrollamos la ecuación:

1.5(8 − m) = 2.5m

12 − 1.5m = 2.5m

4m = 12

m = 3

La respuesta sería: el chico debe hacer rebotar la pelota en el punto R que se encuentra a 3 metros de él y 5 metros de la pared.

AMPLIACIÓN:

Hemos hecho los cálculos con una proporción que ha dado como resultado una ecuación de primer grado. También podemos solucionar el problema de forma estrictamente geométrica, haciendo la simetría de la ventana con el suelo y prolongando la trayectoria de la pelota en línea recta, como si golpeara contra el reflejo de la ventana en el suelo, tal y como se ve en el esquema:

Según esto, primero calculamos el punto E, simétrico del D respecto a la recta AC, y el punto de rebote R sería el punto de corte de la recta BE con la recta AC.

 
Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Matemágicas, de Ignacio Soret Los Santos.

8.5.21

[El Problema de la Semana] Hacia las seis

¿Tenéis un reloj analógico a mano? Pues idlo preparando:

Si nos fijamos en la hora que marca el reloj, a la aguja horaria le falta el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la aguja de los minutos.

¿Qué hora marca el reloj?


Para la solución no hace falta girar las manecillas del reloj, sino la rueda del ratón.


Esta imagen es de un bonito reloj que se encuentra en París, en el actual Museo d'Orsay. El museo fue una estación de trenes, y uno de sus ferrocarriles era el que hacía el trayecto París-Orleans. La llegada del transporte por ferrocarril en el siglo XIX popularizó los relojes y trajo el establecimiento de un horario común en todas las ciudades y pueblos de cada nación. Hasta ese momento, cada ciudad y pueblo tenía su hora propia, ligada a la hora solar, lo cual suponía una enorme dificultad para calcular los horarios de salida y llegada de los trenes.


SOLUCIÓN:

Para resolver el problema hay que pensar que la aguja horaria estará en las 6 cuando sean las 6 en punto, mientras que la aguja de los minutos estará en las 6 cuando sea "la hora que sea y media". Es fácil darse cuenta que esa "hora que sea y media" debe ser las 5 y media, pues la aguja de los minutos no puede alejarse de las 6 más de una hora. Luego la hora que marca el reloj será antes de las cinco y media, lo suficiente para que a la aguja horaria le falte el triple de tiempo en llegar a las 6 que a la de los minutos en llegar a las cinco y media.

Un cálculo mental inmediato nos lleva a que la hora que marca el reloj debe ser las 5:15. De ese modo, faltarán 15 minutos para que sean las 5 y media, y 45 minutos (el triple de tiempo) para que sean las 6 en punto.

Es más sencillo darse cuenta mentalmente de la situación que plantearla con una ecuación, pero en este caso se podría plantear la ecuación siguiente:

6 − x = 3 · (5'5 − x)

La resolvemos:

6 − x = 16'5 − 3x

2x = 10'5

x = 5'25

La respuesta es 5'25, es decir, 5 horas y 0'25 de hora, o lo que es lo mismo, 5 horas y cuarto, la misma solución que nuestro cálculo mental.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro Enigmas para Darle al Coco, de Àngels Navarro.

1.5.21

[El Problema de la Semana] La combinación secreta

En el problema de hoy tratamos de abrir una caja fuerte:

En una casa abandonada hemos encontrado una vieja caja fuerte cerrada. La cerradura se compone de cuatro rodillos, y en cada uno de ellos están 24 letras del alfabeto. Los rodillos han de combinarse de tal manera que formen una determinada palabra desconocida. Como queremos abrir la caja sin forzarla, hemos decidido ir probando con dichas letras todas las combinaciones posibles. Para probar cada combinación se invierten 6 segundos. Disponemos del fin de semana para encontrar la combinación correcta.

¿Tendremos suficiente tiempo?

Abrimos la caja más abajo de la imagen.

Aquí vemos el rodillo en una cerradura de una antigua caja fuerte. La imagen ha sido sacada de este foro. El rodillo tiene las 26 letras del alfabeto inglés. En el mensaje dejado en el foro, la persona que publica la imagen, un tal Cibarius, comenta: "Hace algunos meses un amigo compró una licorería más abajo de donde vivo, y en el negocio apareció esta vieja caja fuerte. Tiene una cerradura con combinación de 26 letras, y mi amigo se pregunta si habrá alguna forma de abrirla. No sabemos nada de la combinación. He pensado en publicarlo aquí para ver si avanzamos en conseguir abrirla. No sé nada sobre estetoscopios ni como abordar la tarea, ¡cualquier consejo sería estupendo!"
 

SOLUCIÓN:

Conforme vamos probando con los rodillos, por "palabra" no entenderemos solo algo que tenga un significado, como "casa", sino también cualquier variación aunque no signifique nada, como "xaqt", o incluso con letras repetidas, como "bbbf". Para probar solo palabras con significado deberíamos tener un buen diccionario, e incluso así debemos debemos contar con que el que ha puesto la combinación tenga como "palabra" algo que no figure en los diccionarios.

Así, por tanto, tenemos que ir probando todas y cada una de las variaciones de 4 letras que podemos formar con las 24 letras del alfabeto que hay en los rodillos. Preferimos, por razones clásicas, llamarles variaciones, en lugar de combinaciones, que es el término más corriente, concretamente se trata del cálculo de variaciones con repetición.

¿Cuántas variaciones tenemos? Esto es bastante fácil de calcular, basta multiplicar:

24 · 24 · 24 · 24 = 331776 variaciones

Para probar cada variación gastamos 6 segundos, luego el número de segundos que necesitamos para probar todas y cada una de ellas son:

331776 · 6 = 1990656 segundos

Una hora son 3600 segundos, luego tenemos que gastar:

1990656 : 3600 = 552.96 horas = 552 horas, 57 minutos, 36 segundos

Si esto lo pasamos a días,

552.96 : 24 = 23.04 días = 23 días, 0 horas, 57 minutos 36 segundos

Es evidente que con un fin de semana no tenemos tiempo suficiente para probar todas las combinaciones, aunque estemos probando incansablemente, incluso sin dormir por la noche.

Entonces, que acertemos la combinación durante el fin de semana es cuestión de suerte y de probabilidades.

Calcular la probabilidad que tenemos de acertar la combinación de la caja fuerte es bastante sencillo: basta dividir los casos favorables entre los casos posibles. Si consideramos el fin de semana como 2 días completos exactos, entonces tenemos 48 horas para probar combinaciones contando con que no paremos a dormir ni a nada:

48 horas = 48 · 3600 = 172800 segundos

Como en cada variación invertimos 6 segundos:

172800 : 6 = 28800 variaciones 

La probabilidad de que alguna de ellas sea la buscada es de:

28800 : 331776 = 0.0868 aproximadamente.

Es decir, tenemos una probabilidad de 8.68%, menos de un 9%, de acertar la combinación de la caja fuerte.

Notas:

Cuando se dice que los rodillos tienen 24 letras del alfabeto, hay que tener en cuenta que no tiene el alfabeto completo. El alfabeto español tiene 27 letras. El alfabeto inglés tiene 26 (las mismas que el español menos la Ñ). Es probable que al elegir las 24 letras que irán en los rodillos de la caja fuerte hayan quedado fuera la Ñ (porque es exclusivamente española), la Q (porque se puede confundir con la O), y otra más, quizás la W.

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

24.4.21

[El Problema de la Semana] Apretones de manos

No estoy seguro, pero puede que este problema que este problema clásico ya haya salido en nuestro blog:

Todas las personas que asistieron a una reunión se saludaron estrechándose la mano. Uno de ellos se molestó en contar cuántos apretones se habían dado y fueron 120.

¿Cuántas personas estuvieron en la reunión?

La solución, más abajo de la ilustración.

La imagen ha sido extraída de esta web.

SOLUCIÓN:

Supongamos que en la reunión hay x personas. Cada una estrecha la mano de x − 1 personas. Parece que basta con multiplicar las dos cantidades para obtener el número de apretones, pero si lo hacemos así estamos contando dos veces cada apretón. Por tanto dicha cantidad hay que dividirla entre 2, y ya podemos plantear la ecuación:

x · (x − 1) / 2 = 120

Desarrollamos:

x2 − x = 240

x2 − x − 240 = 0

Si resolvemos la ecuación de segundo grado obtenemos las soluciones:

x1 = 16

x2 = −15

Evidentemente, descartamos la raíz negativa, y por tanto la solución es que en la reunión estuvieron 16 personas.


Nota: este problema ha sido extraído del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

17.4.21

[El Problema de la Semana] El viaje en moto

Pongámonos el casco y preparémonos para rodar por la carretera:

Un motorista viaja entre dos ciudades. El viaje de ida lo cubre a 90 km/h, y el de vuelta a 60 km/h.

¿Cuál ha sido la velocidad media de su recorrido?

(Ayuda: suponer que la distancia entre las ciudades es de 180 km)

La solución después de la estupenda ilustración.

 


SOLUCIÓN:

Si hacemos caso de la ayuda y suponemos que la distancia entre las ciudades es de 180 km, entonces el viaje de ida, a 90 km/h, lo cubre en 2 horas, y el viaje de vuelta, a 60 km/h, lo cubre en 3 horas. En total ha tardado 5 horas en hacer 360 km (ida y vuelta), luego la velocidad media de su recorrido ha sido de:

360/5 = 72 km/h.

¿Y si no hacemos caso de la ayuda y dejamos abierta la distancia recorrida entre las dos ciudades?

En ese caso, supongamos que la distancia es d, entonces el tiempo empleado en la ida será:

tiempo ida = espacio/velocidad = d/90

Y el tiempo gastado en la vuelta es de:

tiempo vuelta = d/60

Luego:

tiempo total = d/90 + d/60

Y la velocidad media será:

velocidad media = espacio total / tiempo total = 2d/(d/90 + d/60)

Si hacemos operaciones, teniendo en cuenta que:

d/90 + d/60 = 2d/180 + 3d/180 = 5d/180

Entonces:

2d/(5d/180) = 360d/5d

Las distancias se simplifican y nos queda que la velocidad media es de:

velocidad media = 360/5 = 72 km/h.

por tanto, la distancia entre las ciudades es indiferente para el cálculo de la velocidad media.

 

AMPLIACIÓN:

Hay un error muy frecuente que consiste en tomar las dos velocidades y hacer la media de las dos: (90 + 60)/2 = 150/2 = 75 km/h.

Esta operación es incorrecta porque el tiempo durante el cual ha durado cada velocidad es diferente. Veámoslo con el siguiente ejemplo:

Si la moto hubiera estado a 90 km/h durante por ejemplo dos horas, y a 60 km/h durante otras 2 horas, entonces en las primeras dos horas habría recorrido 180 km, en las segundas dos horas habría recorrido 120 km, y en total 300 km en 4 horas, lo que quiere decir que la velocidad media habría sido de 300/4 = 75 km/h, que era lo esperado al hacer la media de las velocidades.

Profundizando en estos detalles, podemos ver que lo último que hemos calculado es la media aritmética entre 90 y 60, que vale 75, pero otra es la media armónica:

2/(1/90 + 1/60) = 72;

la media armónica es la preceptiva en este caso, y la que da el resultado correcto.
 

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

10.4.21

[El Problema de la Semana] Problema en la peluquería

Llegó el momento de teñirse el pelo:
 
Un peluquero tiene dos botellas de agua oxigenada de un litro cada una. La primera botella tiene agua oxigenada al 40% de concentración. La concentración de la segunda botella es del 10%.
 
¿Cuánto tiene que mezclar de cada botella para que salga un litro de agua oxigenada con una concentración del 20%?

La solución: bajando, bajando...

 

Aquí vemos un esquema de la molécula del peróxido de hidrógeno, llamado también agua oxigenada, con dos átomos de oxígeno al centro y dos átomos de hidrógeno en los extremos. El esquema incluye ángulos y distancias. Las distancias están medidas en pm = picometros. Un picometro es la billonésima parte de un metro, es decir, 10-12 metros.

SOLUCIÓN:

Un litro son 1000 mililitros, 1000 ml; vamos a usar estas unidades en todo el ejercicio, para no tener que complicarnos con la masa en gramos ni con la densidad de los líquidos.

Si la primera botella tiene una concentración del 40%, significa que de los 1000 ml, 400 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 600 ml, es agua (el peróxido de hidrógeno H2O2 es otro nombre del agua oxigenada).

La segunda botella tiene una concentración del 10%, esto significa que de los 1000 ml, 100 ml son de peróxido de hidrógeno puro, y el resto, 900 ml, es agua.

Si llamamos x e y a las cantidades respectivas en mililitros que tenemos que tomar de cada botella para mezclarlas y obtener un litro de agua oxigenada al 20%, entonces se cumplen las siguientes ecuaciones:

x + y = 1000;

ya que juntas dan un litro de agua oxigenada;

40x/100 + 10y/100 = 200;

ya que hacemos un 40% de la primera cantidad y le sumamos un 20% de la segunda cantidad y obtenemos 200 ml de peróxido puro, el 20% de un litro.

simplificando:

4x + y = 2000

ya que este es el peróxido de hidrógeno que cada botella aporta, y que en conjunto debe sumar los 200 ml, el 20%, de la botella resultante.

Resolvemos el sistema, por ejemplo por sustitución:

y = 1000 − x

4x + 1000 − x = 2000;

3x = 1000

x = 1000/3;

de aquí:

y = 1000 − 1000/3 = 2000/3

Es decir, tendremos que mezclar 1/3 de litro de la primera botella, con 2/3 de litro de la segunda.


Nota: este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

3.4.21

[El Problema de la Semana] Matrícula a la fuga

¡Cuidado con las infracciones!:

Tres matemáticos observaron que un conductor de un automóvil infringía gravemente las normas de tráfico y se daba a la fuga. Todo fue tan rápido que no pudieron anotar el número de la matrícula. Sin embargo, el primer matemático se fijó en que las dos primeras cifras del número eran iguales. El segundo matemático vio que las dos últimas cifras del número también eran iguales, y el tercer matemático se fijó que el número de cuatro cifras era un cuadrado perfecto.

¿Sabrías averiguar el número de la matrícula con estos datos?

La matrícula se resolverá más abajo


SOLUCIÓN:

Recordemos la regla de la divisibilidad por 11: "un número es divisible por 11 si al tomar la suma de las cifras colocadas en lugar par y la suma de las cifras colocadas en lugar impar y restar ambas cantidades, el resultado sale 0, 11 o múltiplo de 11".

Tenemos un número de cuatro cifras con las dos primeras iguales y las dos últimas iguales: XXYY, entonces las cifras colocadas en lugar par (segundo y cuarto lugar) suman X+Y, y las colocadas en lugar impar (primer y tercer lugar) también suman X+Y. Si restamos ambas cantidades iguales, nos da 0, luego el número de la matrícula es divisible por 11.

Como el número es un cuadrado perfecto y 11 es primo, entonces necesariamente será múltiplo de 112 = 121. Además, si dividimos el número de cuatro cifras por este factor, el cociente también será un cuadrado perfecto (en un cuadrado perfecto, todos los factores primos de su descomposición han de aparecer elevados a exponente par).

Basta ir multiplicando 121 por los cuadrados perfectos hasta encontrar la solución:

121 · 1 = 121

121 · 4 = 484

121 · 9 = 1089

121 · 16 = 1936

121 · 25 = 3025

121 · 36 = 4356

121 · 49 = 5929

121 · 64 = 7744

121 · 81 = 9801

El número de la matrícula es 7744, que es el cuadrado de 88 = 8 · 11.


Nota: este problema ha sido extraído del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

27.3.21

[El Problema de la Semana] Cinco unos

Un problema en el que solo empleamos cinco palitos:

Usando solo cinco unos, sin emplear ningún signo de sumar, restar, multiplicar o dividir, ¿cuál es la cantidad más elevada que puedes expresar?


La respuesta al problema, cinco giros de rueda más abajo.

Los unos son números altos y delgados, y ¿qué deportistas son los más altos? Aquí tenemos a cinco "unos" = ases en el baloncesto de la NBA de todos los tiempos: de izquierda a derecha, Magic Johnson, LeBron James, Michael Jordan, Wilt Chamberlain (que sigue ostentando el récord de 100 puntos en un solo partido) y Larry Bird. Lo curioso es que los números de las camisetas son muy parecidos entre sí, y abundan en el dígito 3.


SOLUCIÓN:

Se trata de un problema en el que lo único que podemos usar son las potencias, y distribuir nuestros cinco unos entre la base y el exponente. Con que pensemos un poco vemos que los números más altos pueden salir de elevar 111 a 11 y de elevar 11 a 111.

Hacemos los cálculos con ayuda de la calculadora web2.0calc:

11111 =  31517572945366073781711

11111 = 3.93 · 10115 aproximadamente; su valor exacto es:

39317695287172535490534173386882756704761607664135852855034678556753487133293648186980649622260361388994869790176611

Se ve claramente que 11111, que sale bastante mayor que un gúgol, es muy superior a 11111, que no llega al orden de los cuatrillones.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro: Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

20.3.21

[El Problema de la Semana] El baile de fin de curso

Como ya nos vamos acercando al fin de curso, es interesante que vayamos pensando en el baile:

Los alumnos y alumnas que se han graduado están de celebración. Han organizado un baile; el cuadrado de la doceava parte ya han salido a la pista, y el resto, 35, todavía están sentados charlando.

¿Cuántos alumnos se han graduado?

La respuesta, como siempre, más abajo de la ilustración.
 
Esta imagen proviene de la película High School Musical 3 y está tomada de esta web.

 
SOLUCIÓN:

Si llamamos x al número de alumnos que se han graduado, entonces es fácil plantear la ecuación, basta sumar los que han salido a la pista con los que están sentados charlando para que nos dé el número total de alumnos.

(x/12)2 + 35 = x;
 
desarrollamos la ecuación: 
 
x2/144 + 35 = x;
 
quitamos denominadores y ordenamos, pasando todo al primer miembro:
 
x2 − 144x + 5040 = 0;

se trata de una ecuación de segundo grado; la resolvemos y obtenemos dos soluciones:

x1 = 84
x2 = 60

Sorprendentemente, las dos soluciones son válidas. En la primera, la doceava parte son 7, su cuadrado son 49, que son los que están en la pista bailando, y 49 + 35 = 84. En la segunda solución, la doceava parte son 5, su cuadrado son 25 que son los que están en la pista bailando, y 25 + 35 = 60.

Este problema ha sido adaptado del libro Álgebra Recreativa, de Yakob Perelman.

13.3.21

[El Problema de la Semana] Emparejamiento intercalado

Presentamos un problema creado por el matemático escocés C. Dudley Langford, y recogido por Martin Gardner.

Tomamos tres parejas de números, 1-1, 2-2, 3-3, y las colocamos en el siguiente orden:

3 - 1 - 2 - 1 - 3 - 2

Podemos darnos cuenta de que entre el 1 y el otro 1 hay un número, entre el 2 y el otro 2 hay dos números, y entre el 3 y el otro 3 hay tres números.

¿Es capaz el lector de ordenar las parejas 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, siguiendo la misma propiedad, es decir, que entre cada pareja haya exactamente la cantidad de números que indica la propia pareja?

La solución, como no podía ser de otra forma, más abajo de la imagen ilustrativa.

 

Aquí tenemos una imagen del Colour Chess, o Ajedrez con Colores. Se trata de una variante del ajedrez normal, en la cual, cada jugador hace dos jugadas por turno, en la primera de ellas debe mover una pieza a una casilla del mismo color que la última casilla a la que movió el jugador contrario; en la segunda jugada puede hacer otro movimiento en el cual establece un nuevo color para que el contrario mueva. Una introducción (en inglés) se da en este vídeo de Youtube.

SOLUCIÓN:

Tenemos ocho números en total, empezamos por colocar los dos cuatros, separados entre sí cuatro lugares:

4 - x - x - x - x - 4 - x - x

Ahora probamos a colocar los dos treses; el primer 3 no puede estar en el segundo lugar, pues entonces el otro 3 estaría donde se encuentra el segundo 4. Probamos a ponerlo en el tercer lugar:

4 - x - 3 - x - x - 4 - 3 - x

Ahora es muy fácil completar con la pareja de unos y la de doses:

4 - 1 - 3 - 1 - 2 - 4 - 3 - 2

Nota: este problema ha sido extraído del libro Festival Mágico-Matemático, de Martin Gardner, editado por Alianza Editorial.

6.3.21

[El Problema de la Semana] Almuerzo en el club VM

Veamos este problema, sugerido por Werner Joho, un físico de Zurich, y recogido por Martin Gardner:

Cada uno de los socios del Club VM es, o bien veraz, y dirá siempre la verdad, o bien mentiroso y siempre responderá con una mentira. En mi primera visita al club encontré a todos sus miembros, exclusivamente hombres, sentados en torno a una gran mesa circular, almorzando. No había forma de distinguir a veraces de mentirosos por su aspecto externo, así que fui preguntándoles por turno si eran una u otra cosa. De nada me sirvió, pues como era de esperar todos aseguraron ser veraces. Volví a probar, esta vez preguntando a cada uno si su vecino de la izquierda era veraz o mentiroso. Para sorpresa mía, todos contestaron que el hombre sentado a su izquierda era mentiroso.

Más tarde, de vuelta a casa, al pasar a limpio mis notas sobre el almuerzo descubrí que había olvidado apuntar el número de personas sentadas a la mesa. Telefoneé entonces al presidente del club, quien me informó que eran 37. Después de colgar me di cuenta de que no podía confiar en esta cifra, porque no sabía si el presidente era veraz o mentiroso. Decidí entonces telefonear al secretario del club.

"No, no", me contestó el secretario, "por desgracia nuestro presidente es un mentiroso empedernido. La verdad es que estábamos cuarenta comensales."

¿A cuál de estos dos hombres debería yo creer?

La solución, como siempre, más abajo de la imagen.

Hemos estado buscando mesas circulares lo suficientemente grandes para que se sienten todos los miembros del Club VM, y son muy difíciles de encontrar. En la mesa de la imagen no caben todos, tan solo un 25%. Nos ha llamado la atención la forma de las lámparas, poliedros formados por caras cuadradas, rectangulares y triangulares. La fotografía está tomada de esta página.

SOLUCIÓN:

Tomamos cualquier socio sentado a la mesa del almuerzo.

Si es veraz, entonces está diciendo la verdad al decir que el hombre que se sienta a su izquierda es mentiroso. Por tanto, a la izquierda de cada socio veraz hay un socio mentiroso.

Si es mentiroso, entonces está mintiendo al decir que el hombre que se sienta a su izquierda es mentiroso. Por tanto, a la izquierda de cada socio mentiroso hay un socio veraz.

Entonces tenemos que necesariamente, los socios veraces y los mentirosos están alternados a lo largo de toda la mesa. Tomando de partida un socio y yendo siempre hacia su izquierda, si el socio es veraz, el siguiente sería mentiroso, el siguiente veraz, el siguiente mentiroso y así sucesivamente. Si damos toda la vuelta completa y regresamos al punto de partida, a la derecha del socio veraz también habría un mentiroso.

Esta configuración alternada sólo es posible si en la mesa hay un número par de socios. Si el número fuera impar, al dar toda la vuelta alternando veraces con mentirosos nos encontraríamos que al final coincidirían dos veraces juntos o dos mentirosos juntos, y esto no puede ser.

Según esto, cuando el presidente nos dice que hay 37 miembros en el club, está mintiendo, pues no puede haber un número impar de miembros. Por tanto el presidente es uno de los mentirosos.

Cuando el secretario dice que el presidente es mentiroso, está diciendo la verdad, por tanto es un socio veraz, y podemos confiar en su palabra: el club tiene 40 miembros.

Nota: este problema ha sido extraído del libro Festival Mágico-Matemático, de Martin Gardner, editado por Alianza Editorial.

6.2.21

[El Problema de la Semana] Pájaros a la pesca

En esta ocasión, un problema de resolución muy sencilla, pero que tiene un fondo interesante:

Situados uno a cada orilla de un hermoso río tropical, y subidos en lo más alto de dos enormes árboles, se encuentran dos pájaros que se alimentan de pescado. De pronto aparece un pez en el río y los pájaros se lanzan a cazarlo al mismo tiempo y con la misma velocidad. Los dos pájaros alcanzan al pez al mismo tiempo. El río mide 70 metros de ancho y los árboles tienen una altura de 30 y 40 metros respectivamente.

¿Sabrías encontrar en qué punto del río estaba el pez?

No se preocupen, que nosotros también vamos a cazar a este pez, debajo de la ilustración.


Este es uno de los grabados del genial Maurits Cornelis Escher. Su título es Cielo y Agua II, y consideramos que viene perfecto para ilustrar nuestro problema de hoy.


SOLUCIÓN:

Es fácil dibujar un esquema del río con los dos árboles y darse cuenta de que si los dos pájaros van a la misma velocidad, recorrerán el mismo espacio en el mismo tiempo, luego los vuelos de los dos pájaros son dos segmentos rectilíneos que miden la misma longitud.
 
Para que esto suceda, el pez tiene que estar en un punto que diste 40 metros del árbol de 30 metros de altura, y que por tanto diste 30 metros del árbol de 40 metros de altura. Así se forman dos triángulos rectángulos exactamente iguales, de catetos 30 y 40 metros, tal y como se puede apreciar en la ilustración.

Nota: aunque en el dibujo no se aprecia, estamos suponiendo que el ancho del río es lo mismo que la distancia entre las bases de los árboles.

Se puede calcular mediante el teorema de Pitágoras la longitud de los segmentos rectilíneos que recorren los pájaros: ambos segmentos miden 50 metros.

Ampliación:
 
La solución de este problema es muy sencilla debido a la elección de los datos, ya que justamente el ancho del río coincide con la suma de las alturas de los árboles. Sin embargo, si planteamos una situación más general, entonces tenemos que emplear razonamientos más avanzados, aunque no demasiado difíciles.
 
Así, supongamos que las alturas de los árboles son a y b respectivamente, y que el ancho del río, o la distancia entre las bases de los árboles vale L. Tenemos una situación como la del esquema siguiente:
Nos han aparecido dos triángulos rectángulos, y si les aplicamos el teorema de Pitágoras a cada uno de ellos, obtenemos las ecuaciones siguientes:

x2 = a2 + y2
x2 = b2 + (L - y)2
 
Igualando ambas ecuaciones:
 
a2 + y2 = b2 + (L - y)2 
 
Haciendo operaciones, la y al cuadrado se cancela y nos queda una ecuación de primer grado en la que podemos despejar la y sin dificultad:
 
y = (b2 + L2 - a2)/(2L)
 
Puede comprobar el lector que si aplicamos esta fórmula cuando a = 40, b = 30 y L = 70, obtenemos el valor de y = 30.
 
Nota: este problema ha sido extraído del libro Problemas a mí, de Fernando Corbalán y José María Gairín.

30.1.21

[El Problema de la Semana] El tamaño de la pantalla

Este problema va de hacer cálculos sobre el tamaño de la pantalla de un televisor. Resolviéndolo podemos aprender la relación entre las pulgadas que mide, la proporción de sus lados o "relación de aspecto", y el tamaño real de los lados.

Nuestro televisor es de "40 pulgadas", esto quiere decir que la diagonal de la pantalla mide 40 pulgadas. Además es panorámico: la proporción entre sus lados o "relación de aspecto" es 16:9.

Intenta averiguar con estos datos la longitud de los lados en centímetros y el área de la pantalla en metros cuadrados.

No aparten sus ojos de la pantalla: la solución está más abajo.




SOLUCIÓN:

Lo primero que vamos a hacer es pasar las pulgadas a centímetros. Teniendo en cuenta que 1 pulgada = 2,54 cm, entonces:

40 pulgadas = 40 · 2,54 = 101,6 cm.

Si llamamos x e y al ancho y alto de la pantalla respectivamente, entonces podemos establecer dos relaciones.

Por un lado tenemos el teorema de Pitágoras: x e y son los catetos de un triángulo rectángulo en el que la hipotenusa es igual a 40 pulgadas o 101,6 centímetros:

x2 + y2 = 101,62

Por otro lado la relación entre los lados es 16 : 9, esto quiere decir que se cumple la proporción:

x/y = 16/9, es decir, x = 16y/9

Sustituyendo en la ecuación del teorema de Pitágoras tenemos:

(16y/9)2 + y2 = 101,62

hacemos operaciones, quitamos denominadores y tenemos:

256y2 + 81y2 = 101,62 · 81  

de donde:

337y2 = 836127,36

despejamos la y:

y = 49,8 centímetros

calculamos la x:

x = 16y/9 = 88,6 centímetros.

Teniendo en cuenta que el ancho de la pantalla es de 88,6 cm = 0,886 m, y el alto es de 49,8 cm = 0,498 m, entonces el área de la pantalla es:

Área = 0,886 · 0,498 = 0,4412 m2.