¿Quién es el dueño del ratón?
Cinco elfos viven en los apartamentos A, B, C, D y E. Los elfos tienen diferentes nombres, color de pelo, color de zuecos, trabajos y mascotas. Sniff tiene zuecos rojos y Prop tiene un gato. Poddy empaqueta regalos y no es vecino del pintor. Stump vive junto al que tiene zuecos rojos. El elfo castaño cuida renos y Puk tiene el pelo gris. El de pelo gris vive entre Sniff y el dueño de un ganso. El de zuecos negros es vecino del de pelo negro. El panadero vive junto al que tiene cerdos y el pelirrojo junto al que calza zuecos verdes. El de los gansos es vecino del que tiene pelo negro, y el del pato, del de los zuecos blancos, que es, a su vez, vecino del elfo de pelo cano, y del de zuecos rojos, pero no del dueño del gato, que vive junto al carpintero. ¿Cuál es el dueño del ratón?
Los soldaditos
Arturo tiene indios, soldados, vaqueros y animales en cantidades idénticas en cada categoría. Invitó a sus amigos a jugar, y al irse ellos vio que le faltaba un tercio de sus muñecos. Le quedan tantos animales como vaqueros faltan. Le quedan 2 indios de cada 3. ¿Cuántos soldados se llevaron?
La telaraña pentagonal
Poner las cifras impares del 1 al 31, y las cifras 20, 32, 34, 38 y 40 en los 20 vértices de los 4 pentágonos y en el centro de la telaraña. La suma de los 5 números de los vértices de cualquier pentágono ha de igualar la suma de los 5 números de cualquier radio y ser igual a 100.
Orden y Caos
Blanca es una niña cuidadosa a la que le gusta tener todo ordenado; es capaz de ordenar completamente el salón en dos horas. Segismundo es un niño despreocupado que deja todo revuelto; puede desordenar el salón en tres horas. Un día coincidieron en el salón, que estaba totalmente desordenado, y mientras Blanca se puso a ordenar, Segismundo se dedicaba a deshacer el orden. ¿Cuánto tiempo tardó Blanca en ordenar todo el salón en aquella extraña ocasión?
El caso del pastel desaparecido
En la cocina había un pastel destinado a celebrar el cumpleaños de papá, pero al llegar él del trabajo, el suculento dulce había desaparecido. En la casa estaban sus cinco hijos: Ataúlfo, Basilia, Calepodio, Desdémona y Efialtes. Mamá sabía que alguno de ellos, o tal vez varios, eran los autores del desaguisado y les interrogó a conciencia. Y estas son las respuestas que le dieron los cinco niños:
Ataúlfo– Esto es obra de uno solo de nosotros.
Basilia– No, de dos de nosotros.
Calepodio– No, de tres de nosotros.
Desdémona– No, de cuatro de nosotros.
Efialtes– Entre todos nos lo comimos.
Mamá, que lógicamente es muy lista, sabe que los inocentes dicen la verdad, mientras que los culpables mienten. ¿Quién o quiénes se comieron, entonces, el pastel?
El motorista
Un motorista hace un viaje de 20 kilómetros por una carretera de montaña. Empieza en el punto A y sube una cuesta hasta el punto B a 15 km/h, después baja hasta C a 60 km/h. Vuelve a subir hasta D a 25 km/h y sigue hasta E a 30 km/h. Las cuestas AB y CD son de la misma longitud y suman la mitad del total del recorrido, mientras que la distancia DE es el triple de larga que BC. Si el motorista arranca en el punto A a las 9:00,¿cuándo llega por fin a B?
Los calcetines de papá hormiga
Papá hormiga va a salir de casa para buscar rica miel. Como les pasa a todas las hormigas, tiene un gran problema para encontrar sus calcetines. Pero a papá hormiga no le preocupan estas trivialidades; se dará por contento si consigue calzarse, por lo menos, cuatro calcetines iguales (por si aún no lo sabías, las hormigas tienen seis patas). Si tiene 7 juegos diferentes de calcetines, ¿de cuántas maneras distintas puede lograr llevar cuatro calcetines iguales?
Relojes de arena
Tenemos dos relojes de arena que permiten medir, respectivamente, 3 minutos y 5 minutos. Pero no disponen de barras intermedias de medición, es decir, sólo pueden medir el tiempo que transcurre entre la caída del primer grano de arena y la del último. Debemos medir la distancia que va a recorrer un corredor en cuatro minutos; para ello disponemos de los dos relojes y se nos dará la orden del inicio de la carrera, que es cuando arrancaremos nuestro sistema de medición. Pasados exactamente cuatro minutos, deberemos decir: ¡Tiempo! ¿Cómo podemos hacerlo si no sabemos cuándo nos van a dar la orden de comienzo?
Día de pesca
Gran aficionado a la pesca, el Sr. Gómez se va al mar cada vez que hace buen tiempo. Se dedica, pues, a escrutar el cielo. Las simpáticas gentes del lugar dicen que si hoy hace buen tiempo, la probabilidad de que haga buen tiempo mañana es de 7/8; y que si hoy llueve, la probabilidad de que también llueva mañana es de 6/8. El lunes de la semana pasada lució el sol, y el miércoles, llovió. Pero el Sr. Gómez no recuerda qué tiempo hizo el martes. ¿Crees que hizo lluvia o buen tiempo?
Juegos de manos, juegos de villanos
Se toma una baraja española y tres hojas de papel, que llamaremos A, B y C. Se pone la baraja en A, se coge una carta al azar y, tras verla, se coloca en C. Luego, se pasan del grupo A al B tantas cartas como faltan desde la cifra de la carta vista hasta el número 12 (si la carta es un as, se pasan 11, si es un rey, ninguna). Se repite el proceso las veces que sea posible; así se llega a un momento en que, o bien se agota exactamente el montón A, o bien faltan cartas para completar el proceso. Si faltan, se pasan de B a A las que se necesiten para completar 12 números de la última colocada en C. Sabiendo cuántas hay en cada montón, hay que deducir la suma de las del grupo C. Generalizar el juego para cualquier número de cartas.
¿Cómo cortar el queso?
Los aficionados al queso de Camembert saben que éste suele presentarse en piezas redondas. Saben también que suele cortarse en porciones pequeñas para su consumo, y que al dejar parte del queso cortado y sin consumir, la zona del corte se seca y pierde su delicioso sabor.
Procede pues, si no vamos a terminar en un día todo el disco de queso, cortarlo de la forma más eficaz posible, para evitar pérdidas. Centraremos nuestra atención en el caso de que deseemos hacer porciones del mismo tamaño.
El problema, matemáticamente, se planteará así:
Dado un círculo de radio unidad, ¿cómo dividirlo en n partes de la misma área, de forma que el perímetro fronterizo sea de la menor longitud posible?
El mono de Lewis Carroll
El gran escritor Lewis Carroll, autor de la mítica Alicia en el país de las maravillas, nos legó este problema creado por él mismo. De enunciado aparentemente simple, ha dado quebraderos de cabeza a generaciones enteras de amantes del misterio y los enigmas.
De una cuerda suspendida, sin rozamientos, de la polea A, cuelgan por un lado un mono y por otro un saco de arena del mismo peso. El conjunto, claro está, permanece en equilibrio. Pero en un momento dado, el mono empieza a trepar por la cuerda.¿Qué le ocurrirá al saco?
Hay que advertir que las respuestas han sido de lo más variado: hubo quién afirmó que el saco sube, otros que baja, otros que permanece inmóvil… Algunos, que era imposible que el mono subiera. ¿Cuál es la correcta?
Ojos en el lado oscuro
Enrique se ha comprado unas gafas de sol. Con ellas puestas, necesita encender dos lámparas, cuando antes con una sola veía con idéntica claridad. ¿Cuántas lámparas necesita encender para mirarse los ojos en el espejo con las gafas puestas, si quiere verlos tan claramente como sin gafas, pero con una lámpara?
Los coches saqueados
En un aparcamiento hay coches amarillos, blancos y rojos. Hay dos veces mas coches amarillos que blancos, y dos veces más blancos que rojos. Entran los cacos y saquean tantos amarillos como rojos dejan intactos. Los rojos sin robar son tres veces más que los blancos saqueados. Hay tantos blancos como rojos sin saquear.¿Cuántos coches rojos robaron?
Cocinando hamburguesas
Deseamos cocinar tres hamburguesas en el menor tiempo posible. Cada hamburguesa debe estar diez minutos por cada lado en la parrilla para alcanzar el punto necesario, pero en la parrilla sólo hay espacio para dos hamburguesas. ¿Cuál es es tiempo mínimo para cocinar las tres hamburguesas, y como lo haríamos?
El metro de Singapur
El señor Ah Beng sale de trabajar entre las tres y las cinco de la tarde, aleatoriamente, y sube al metro en la estación de Tanjong Pagar, en el centro de Singapur. Toma el primer tren que llegue y le da lo mismo que vaya hacia el este o hacia el oeste. La madre de Beng vive en Tampines, en el este de Singapur, mientras que su novia vive en Jurong, al oeste. Ah Beng opina que es justo dejar que sea el tren quien decida con quién va a cenar cada noche. Su madre se queja de que muy raramente viene a cenar con ella y que en los últimos veinte días solamente lo ha hecho dos veces. ¿Cómo es posible?
El rey, su hija y su hijo: otro problema de Lewis Carroll
Un rey, su hija y su hijo están encerrados en una torre. El monarca pesa 91 kg, la hija 42 y el hijo 49. Disponen de una polea con una cuerda que llega al suelo y tiene un cesto atado a cada extremo. Además, pueden utilizar otra cuerda que pesa 35 kg.¿Cómo se las arreglan para bajar, si la diferencia de peso entre los dos cestos no puede ser mayor de siete kilos?
El Nim
La revista American Mathematical Monthly describe un juego inspirado en el Nim. Este es un juego originado en China, aunque es probable que el nombre le venga del alemán. La primera referencia europea es del siglo XV y se trata de un juego simple de posibilidades. Puede jugarse con distintos objetos, como piedras, fichas, cerillas o, como en la película de Alain Resnais, El año pasado en Marienbad, con tarjetas.
Esta propuesta está basada en el Nim clásico, y se trata de lo siguiente:
Se apilan una serie de fichas en montones dispuestos en una hilera de izquierda a derecha. Dos jugadores, por turno, eligen un montón, toman de él entre una y tres fichas y añaden las que quieran (o ninguna) en los montones que deseen de entre los situados a la derecha del elegido. Supongamos que inicialmente hay cuatro montones con 5, 3, 6 y 2 fichas respectivamente, contadas de izquierda a derecha. Una jugada sería tomar dos fichas del segundo montón y añadir 24 al tercero y un trillón al cuarto, con lo cual los montones pasarían a tener 5, 1, 30 y 1 trillón 2 fichas. El número de fichas disponibles es ilimitado, y siempre es posible poner más en un montón si se desea. Gana quien toma la última. Mientras haya al menos dos columnas de fichas, se puede prolongar el juego tanto como se quiera. Si lo que se quiere es prolongar un millón de jugadas, basta añadir tres millones de fichas en cualquiera de los montones. ¿Es posible que el juego no termine nunca? La respuesta es no: el juego no puede prolongarse hasta el infinito y terminará tras un número arbitrariamente grande de jugadas. Demuéstralo.
El Monasterio
En un monasterio, los monjes sólo se reúnen una vez al día para cenar. El resto del tiempo lo pasan rezando a solas, sin verse. No pueden hablar. El único que puede hacerlo es el abad. Un día les dice: “Una terrible enfermedad no contagiosa ha llegado al monasterio y, desgraciadamente, veo que hay monjes infectados. El único síntoma que se puede apreciar es que al enfermo se le pone la cara negra. Sin embargo, él no sentirá nada. Quien contraiga la enfermedad debe suicidarse en cuanto lo sepa”. Los monjes siguen con su vida normal, hasta que 10 días después, al reunirse a cenar, ven que faltan algunos. Van a sus habitaciones y ven que se han suicidado, y que eran los que tenían la enfermedad. En el monasterio no hay espejos ni objetos reflectantes, por lo que los monjes no han podido verse la cara. Además, los monjes son unos racionalistas perfectos, y todos confían plenamente en la lógica de sus compañeros. ¿Cómo supieron los monjes infectados que efectivamente tenían la enfermedad? ¿Cuántos estaban enfermos?
SOLUCIONES
1. ¿Quién es el dueño del ratón?.
Es Puk.
2. Los soldaditos.
La cantidad de muñecos que falta es: y + (x - y) + x / 3 + z. Entonces: 4 x / 3 = 4 x / 3 + z; Z = 0. No le falta ninguno.
3. Telaraña pentagonal
4. Orden y caos
Seis Horas.
5. El caso del pastel desaparecido.
Puesto que los cinco dicen cosas incompatibles, sólo caben dos posibilidades: a) Que sólo uno diga la verdad. Luego hay 4 mentirosos, y por tanto, 4 comilones. La afirmación verdadera es “Cuatro de nosotros se lo comieron”. Desdémona dice la verdad, y los restantes (los comilones) mienten. b) Que no la diga ninguno. Pero si todos mienten, los dulces no se los comió nadie: es incompatible con lo que sabe mamá.
6. El motorista
Lo primero es averiguar la longitud de los tramos. Sabemos que:
AB + CD = 10 km.
AB = CD = 5 km. Y que DE = 3 BC; DE + BC = 10. Por tanto: 4 BC = 10 – BC = 2,5 km, DE = 7,5 km. Y los tiempos:
Tramo AB: Longitud: 5km Velocidad:15km/h Tiempo: 20 minutos
Tramo BC: Longitud: 2,5km Velocidad:60km/h Tiempo: 2,5 minutos
Tramo CD: Longitud: 5km Velocidad:25km/h Tiempo: 12 minutos
Tramo DE: Longitud: 7,5km Velocidad:30km/h Tiempo: 15 minutos
7. Los calcetines de papá hormiga
Tenemos 7 juegos de calcetines de distinto color. Para que al menos 4 de 6 sean iguales, hay que considerar las probabilidades de tener los 6 calcetines del mismo color; luego, 5 iguales y uno diferente; luego, 4 iguales con otros 2 del mismo color y 4 iguales y otros 2 de diferentes colores. Hay 7 posibilidades de que todos los calcetines sean iguales. Hay 7 formas de tener 5 calcetines del mismo color y 6 posibles colores para el calcetín restante. Como el calcetín que no casa puede colocarse en cualquiera de las 6 patas, en este caso, hay 6 formas posibles de ponerse los calcetines. Por tanto, para este segundo supuesto hay
7 x 6 x 6 = 252 formas de ponerse los calcetines. En el tercer caso, hay 7 posibilidades de elegir 4 calcetines del mismo color, y 6 para los dos calcetines restantes, que son del mismo color. Suponiendo que los 6 calcetines fuesen diferentes, ha­bría 6! (factorial de 6, o sea, 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1) formas de ponerse los calcetines, pero tenemos que dividir por 4! y 2!, puesto que los 4 calcetines iguales y los 2 restantes son indistinguibles por color. Obtenemos, para el tercer supuesto, (7 x 6 x 6!) / (4! x 2!) = 630 formas. En el último caso hay 7 formas de escoger los 4 calcetines iguales, 6 po­sibilidades de elegir el primer calcetín de otro color y 5 del se­gundo. En este caso, sólo tenemos que dividir por 4!, puesto que los 2 calcetines restantes son de distinto color. Por tanto, en el cuarto caso hay 7 x 6 x 5 x (6! / 4!) = 6.300 formas. Sumando los cuatro supuestos, papá hormiga tiene 7 + 252+ 630 + 6.300 = 7.189 formas de ponérselos.
8. Relojes de arena
Esta medición requiere una preparación previa.
1. Colocamos los dos relojes como se puede ver en la figura A.
2. Giramos los dos simultáneamente y esperamos a que caiga toda la arena del reloj pequeño, que mide tres minutos (fig. B).
3. Cuando hayan pasados los tres minutos correspondientes a la medida del reloj pequeño, lo giramos de nuevo, al tiempo que al reloj grande le quedan aún 2 minutos (fig. C).
4. Cuando han caído los 2 últimos minutos del reloj grande (fig. D) podemos comprobar que aún queda por caer un minuto del reloj pequeño, y giramos el reloj grande en este momento (fig. E).
5. En este instante, los 2 relojes se encuentran con 5 minutos de arena por caer en el primero y uno por caer en el segundo (fig. E).
6. Cuando ha caído el minuto de arena del reloj pequeño (fig. F), podemos comprobar que al reloj grande le quedan aún 4 minutos por caer (fig. F) y aprovechamos este momento para girarlo 90º y tumbarlo sobre la mesa, interrumpiendo de este modo la caída.
7. Con esta operación hemos “memorizado” en el reloj grande 2 porciones de tiempo, una de un minuto y otra de 4 minutos.
8. Cuando nos lo indiquen, enderezamos el reloj grande con los 4 minutos de arena restantes, para cronometrar este tiempo.
9. Día de pesca.
Después de un lunes de sol, la secuencia sol-lluvia para el martes y miércoles tiene una probabilidad de 7/64 (7/8 x 1/8). A la secuencia lluvia-lluvia, en cambio, le corresponde una probabilidad de 6/64 (1/8 x 6/8). Hay que apostar, pues, por el buen tiempo. Se parte de dos hechos conocidos: el lunes hizo sol y el miércoles llovió, teniendo en cuenta las respectivas probabilidades, hay que apostar por el martes soleado.
Supongamos ahora que si hoy hace sol, la probabilidad de sol para mañana es de 8/10, y que si hoy llueve, la probabilidad de lluvia para mañana es de 9/10. En este caso, la secuencia sol-lluvia después de un día de sol tiene una probabilidad de 0,8 x 0,2 = 0,16, y la secuencia lluvia-lluvia tiene una probabilidad de 0,2 x 0,9 = 0,18, ma­yor que la anterior, por lo que apostaríamos por un martes lluvioso. Esto parece ir contra el sentido común, ya que, si el lunes fue soleado, la probabilidad de un martes también soleado, es decir la secuencia sol-sol es, muy alta (0,8) frente a la de un martes lluvioso (0,2).
10. Juegos de manos, juegos de villanos
Llamando nA, nB, nC al número de cartas que hay en los montones A, B y C respectivamente, y P al punto que hay que completar, puede deducirse que: el número de cartas traspasadas de montón para completar los puntos de las cartas que se echan al montón C es 2nA + nB. El valor de una carta que se echa al montón C más las cartas traspasadas por ella suman el punto a conseguir P. La suma de los puntos de las cartas del montón C vale: PnC – (2nA + nB).
Para n=2 o n=3 las soluciones son triviales: el corte se hará según un diámetro en el primer caso, y según tres sectores de 120º en el segundo. Pero para n=4, la cosa se complica. Pues un corte según cuatro sectores de 90º arrojaría una longitud de corte L=4, mientras que, en el sistema indicado en la figura primera, basta con L=3,9624.
Esta división se ha obtenido recordando la conocida propiedad de que el punto situado en el interior de un triángulo cuya suma de distancias a los tres vértices es mínima es el que ve estos bajo ángulos de 120º. Pero puede mejorarse: intuitivamente se comprende que, al no ser los segmentos rectos incidentes sobre la circunferencia perpendiculares a ésta, podrían ser sustituídos por arcos de circunferencia que cumplieran esta condición.
Se mejora aún algo si se hace como en la segunda figura: L=3,9412.
12. El mono de Lewis Carroll
El teorema de las áreas barridas resulta de gran utilidad. Si el mono pasa de M a M' (puede ascender, izándose a pulso), el peso P habrá pasado a una posición P'. Como no ha habido actuación de fuerzas exteriores al sistema, la suma algebraica de las áreas barridas desde el punto O (por donde pasa la resultante del sistema) será nula. O sea: Área OPP' = Área OMM'. Lo que es lo mismo PP'=MM'. El peso asciende a la misma velocidad del mono. Analicemos el procedimiento con el que se iza: contracción muscular del brazo-antebrazo. Esto provoca dos fuerzas de igual intensidad y sentido opuesto: la dirigida hacia arriba (aplicada en el hombro) izará al mono una altura dz, y la dirigida hacia abajo (aplicada en la mano) se transmitirá a través del hilo al peso, convertida en fuerza ascendente, con lo que elevará aquel en una cuantía igual a dz. No andaban descaminados quienes pronosticaban la inmovilidad del saco: imaginemos que los esfuerzos de izamiento del mono fueran muy pequeños, y también las alturas dz. El tiempo de elevación, claro es, crecería. En el límite, la fuerza de izamiento sería nula: el peso no tendría medio alguno de “enterarse” de que al otro lado un mono intentaba ascender, puesto que no le llega ninguna fuerza a través del hilo: el proceso de ascensión se ha convertido en lo que en Termodinámica se denomina una “transformación reversible”. El mono ascendería sin que se moviera el saco de arena. Este ascenso tendría lugar en un tiempo infinito, lo que inhabilita esta abstracción al plano teórico. En la práctica, por pequeño que sea el rozamiento de la polea, siempre valdrá algo, y será posible elegir el esfuerzo de izamiento del mono lo suficientemente pequeño para ser absorbido por este rozamiento sin traducirse en una ascensión del peso P. Un paso al límite (rozamiento tendiendo a cero, fuerza tendiendo más aprisa a cero), nos reconduce a la misma situación.
13. Ojos en el lado oscuro
Si necesita encender 2 lámparas es porque las gafas solamente transmiten la mitad de la luz que reciben. Así, para mirarse los ojos en un espejo, la luz que sale de las lámparas atravesará las lentes e iluminará los ojos con la mitad de intensidad, atravesará las lentes por segunda vez y llegará al espejo con la cuarta parte de la intensidad, y rebotará para atravesar las lentes por tercera vez. La imagen se formará en la retina con una octava parte de la intensidad inicial. Por tanto, necesita encender ocho lámparas.
14. Coches saqueados.
Cantidad total de coches = x.
Cantidad de coches amarillos saqueados = y. Cantidad total de coches blancos = 2x.
Cantidad total de co­ches amarillos = 2*2x = 4x. Cantidad de coches amarillos no saqueados = 4x - y. Cantidad de coches blancos saqueados = 4x - y. Cantidad de coches rojos no saqueados = y. Cantidad de coches blancos no saqueados = y. Cantidad total de coches blancos = (1/3) (4x - y) + y = 2X. Entonces x = y. Por lo tanto, los coches rojos se libraron del saqueo.
15. Cocinando hamburguesas
El tiempo mínimo para cocinar las tres hamburguesas es 30 minutos. Llamamos a las hamburguesas X, Y y Z. Cada una tiene dos caras, a y b. Llamaremos también a y b, a los dos espacios de los que dispone la parrilla.
Periodo de cocción: 0-10 min. Hamburguesa que se cocina en a: Xa. Hamburguesa que se cocina en b: Ya
Periodo de cocción: 10-20 min. Hamburguesa que se cocina en a: Xb. Hamburguesa que se cocina en b: Za
Periodo de cocción: 30-40 min. Hamburguesa que se cocina en a: Yb. Hamburguesa que se cocina en b: Zb
16. Metro de Singapur
El tren en dirección este pasa por la estación a las 3:01, 3:11, 3:21, etc., mientras que el del oeste lo hace a las 3:00, 3:10, 3:20… En cualquier intervalo horario, el señor Ah Beng viajará hacia el oeste nueve veces de cada diez.
17. El rey, su hija y su hijo
Esta es la secuencia que resuelve el problema:
1. Se desliza la cuerda de 35 kg hasta el cesto de abajo.
2. Entra la hi­ja en el cesto de arriba, y baja compensada por el peso de la cuerda. La cuerda queda arriba.
3. Baja el hijo y sube la hija.
4. Se baja otra vez la cuerda.
5. Baja el rey, y suben el hijo y la cuerda.
6. Baja la cuerda.
7. Baja la hija y sube la cuerda.
8. Baja el hijo y sube la hija.
9. Baja la cuerda.
10. Baja la hija y sube la cuerda.
18. El Nim
Suponiendo que cada jugador pudiera escoger el montón que quisiera, un jugador puede acabar con las fichas del primer montón, pues este nunca puede ser repuesto. Después del primero, vendrá el segundo (que ahora ha pasado a ser primero), y así sucesivamente. La prueba se basa en que el primer montón de la izquierda sólo puede disminuir. Si sólo hubiera un montón, entonces es obvio que terminaría por acabarse. En el caso general, procedemos por inducción. Supongamos que el juego con n montones necesariamente acaba. Bajo esa hipótesis, probaremos que con n+1 montones también tiene que terminar. En efecto, si los jugadores nunca tocaran el primer montón, estarían jugando sólo con los n montones restantes, los cuales, por hipótesis, acabarían por terminarse. Tarde o temprano, alguno de los jugadores tendrá que tomar alguna ficha del primer montón. Esta consideración se puede repetir mientras queden fichas en él, el cual seguirá disminuyendo hasta agotarse. Tras ello, quedarán a lo más n montones, lo cual nos dejaría otra vez en la situación supuesta en la hipótesis de inducción.
19. Monasterio
Se suicidaron 10 monjes la noche del décimo día. Si sólo hubiese estado enfermo un monje, cuando el abad les habló de la enfermedad y les confirmó que entre ellos había enfermos, ese monje enfermo no hubiese visto caras negras, y habría deducido que el enfermo era él. Si hubieran sido dos los enfermos, el primer día habrían visto una sola cara negra, pero al no haber un suicidio por la noche, habrían comprendido que había más de un enfermo, y que ellos eran el otro. Y así sucesivamente: al décimo día, todos comprenderían que había por lo menos 10 enfermos. Los que sólo vieran 9 caras, comprenderían que ellos eran el restante, y se suicidarían. Si no hubiesen tenido el valor de hacerlo, el 11º día todos los demás habrían pensado que estaban enfermos y se habrían suicidado.
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