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1. ATLETAS Y LEONESSabemos que un león tiene tanta fuerza como 2 no deportistas y un atleta; por lo tanto, podemos sustituir al león del problema por 2 no deportistas y un atleta, de manera que ahora tendremos a 5 no deportistas y un atleta a la izquierda.Se ha dicho que 5 no deportistas equivalían a 4 atletas, por lo que podemos sustituir a aquellos por su equivalen-te en atletas.De esta manera tendremos a 5 atletas a la izquierda contra los 4 que hay a la derecha. Por lo tanto, ganará el grupo de la izquierda; es decir, los 3 no deportistas y el león.

2. UN PROBLEMA DEL PLATILLOSSabemos que una jarra equivale a una botella, y también a una taza y un plato. Por lo tanto, una botella pesará lo mismo que una taza y un plato.Así pues, tres botellas pesarán lo mismo que tres platos y tres tazas; por lo tanto, si sustituimos los tres platos por dos botellas, vemos que tres botellas equilibran a tres tazas y dos botellas.Lógicamente, una botella pesa lo mismo que tres tazas. Y dado que una botella equivale a una jarra, equilibrare-mos una jarra con tres tazas.

3. MARTA Y ANAEl resultado se obtiene con el producto de 2 x 3 x 4 x 5 x 6 = 720Por tanto, Ana tiene 721 libros (Número divisible por siete)

4. EL ACERTIJO DEL CLUB DEPORTIVOSabemos que el mínimo común múltiplo de 2, 3 y 4 es 12.Además, como al situarse de 5 en 5 no sobra ninguno, el número total de asistentes a de ser múltiplo de 5.Multipliquemos el mínimo común múltiplo de 2, 3 y 4, que es 12, por 1, 2, 3, 4, etc., y a cada multiplicación sumé-mosle 1 (el que sobra).

12 x 1 = 12 + 1 = 1312 x 2 = 24 + 1 = 2512 x 3 = 36 + 1 = 3712 x 4 = 48 + 1 = 4912 x 5 = 60 + 1 = 61

Ya no hace falta seguir, pues en el club sólo hay 60 socios.De los resultados obtenidos, vemos que solo uno, el 25, es múltiplo de 5.Por lo tanto, podemos estar seguros de que a la comida asistieron 25 socios.

5. EL PROBLEMA DEL MERCADER HASSIRAntes de la primera venta tenía 4.095 naranjas.Empezando a calcular desde el final se llega al principio:Si al final da la mitad más ½ y sobran 3, la mitad de esa cantidad es 3,5.De esta forma conseguiremos saber cuantas naranjas tenía después de vender al penúltimo hijo del sultán: 7 na-ranjas. Antes tenía (7+½)x2=15, antes (15+½)x2=31... y se sigue así hasta la primera venta (Ver Tabla)

Tiene Vende QuedanHijo 1 4095 4095 / 2 = 2047,5 + ½ = 2048 2047Hijo 2 2047 2047 / 2 = 1023,5 + ½ = 1024 1023Hijo 3 1023 1023 / 2 = 0511,5 + ½ = 0512 511Hijo 4 511 0511 / 2 = 0255,5 + ½ = 0256 255Hijo 5 255 0255 / 2 = 0127,5 + ½ = 0128 127Hijo 6 127 0127 / 2 = 0063,5 + ½ = 0064 63Hijo 7 63 0063 / 2 = 0031,5 + ½ = 0032 31Hijo 8 31 0031 / 2 = 0015,5 + ½ = 0016 15Hijo 9 15 0015 / 2 = 0007,5 + ½ = 0008 7Hijo 10 7 0007 / 2 = 0003,5 + ½ = 0004 3

6. EL TORNEO ESCOLAREstos fueron los resultados de los partidos:

A contra B: 0 – 0 B contra A: 0 – 0A contra C: 0 – 0 A: 4 puntos B contra C: 0 – 0 B:4 puntosA contra D: 1 – 0 B contra D: 1 – 0

C contra A: 0 – 0 D contra A: 0 – 1C contra B: 0 – 0 C: 3 puntos D contra B: 0 – 1 D:1 puntosC contra D: 1 – 1 D contra C: 1 – 1

7. LAS PELOTAS DE PING-PONGEn el segundo 59, ya que en el siguiente segundo dobla la producción y llena el recipiente.

8. UN ANTIGUO PROBLEMA ÁRABEAl principio Beshain había robado 64 cerezas.Empezando a calcular desde el final se llega al principio

Guardia 1 Guardia 2 Guardia 3Tiene 64 28 10Deja 64/2+4=36 28/2+4=18 10/2+4=9Quedan 64-36=28 28-18=10 1

Si al final da la mitad más 4 y sobra 1, la mitad de esa cantidad es 5De esta forma conseguiremos saber cuantas cerezas tenía después de pasar por el segundo guardián: 10 cere-zas.Antes tenía (10 + 4) x 2 = 28, y al principio (28+4) x 2 = 64

9. UN PROBLEMA DE PESCAEfectivamente son tres los peces pescados. Los pescadores son tres: A, B y CA es padre de B y B es padre de CPor lo tanto, A y B son padres y B y C son hijos.Es decir, A es el abuelo, B es el padre/hijo y C es el hijo/nieto

10. LAS HERMANAS GEMELASSi la primera es la que miente, la segunda dice la verdad; y, por tanto, la frase formulada por esta última es cierta: «Ha dicho que no hay pollo»Entonces, si la primera —que es la que miente— ha dicho que no hay pollo para cenar, resulta que si hay polloSi la que miente es la segunda, no es cierto que la primera haya dicho que no había pollo; es decir, la primera ha dicho la verdad y sí hay pollo para cenar.Por lo tanto, independientemente de quien mienta —que no se puede saber— la respuesta que recibe el abuelo es una mentira. Luego si hay pollo para cenar

11. LOS NÚMEROS DE LAS CAMISETASArturo es B–6Benito es D–2Camilo es A–4Donato es C–8

12. LAS TRES DEPORTISTASMarta y Lía están casadas, por lo que Berta a de ser gimnasta.Marta es más alta que la futbolista, por lo tanto a de ser la nadadora.Por eliminación, la futbolista es Lía.

13. UN PROBLEMA DE MERIENDA12 pasteles

14. EL PROBLEMA DEL CABALLOCarlota hizo un mal negocio, pues el clavo vigésimo cuarto costará 8.388.608 € y el precio total de los clavos al-canza la suma de 16.777.215 €, que traducido a pesetas supone 2.791.158.150,69

€uros PesetasClavo nº 1 1 166,37Clavo nº2 2 332,73Clavo nº3 4 665,46Clavo nº4 8 1.330,93Clavo nº5 16 2.661,86Clavo nº6 32 5.323,71Clavo nº7 64 10.647,42Clavo nº8 128 21.294,85Clavo nº9 256 42.589,70Clavo nº10 512 85.179,39Clavo nº11 1.024 170.358,78Clavo nº12 2.048 340.717,57

€uros PesetasClavo nº13 4.096 681.435,14Clavo nº14 8.192 1.362.870,27Clavo nº15 16.384 2.725.740,54Clavo nº16 32.768 5.451.481,09Clavo nº17 65.536 10.902.962,18Clavo nº18 131.072 21.805.924,35Clavo nº19 262.144 43.611.848,70Clavo nº20 524.288 87.223.697,41Clavo nº21 1.048.576 174.447.394,82Clavo nº22 2.097.152 348.894.789,63Clavo nº23 4.194.304 697.789.579,26Clavo nº24 8.388.608 1.395.579.158,53TOTALES 16.777.21

52.791.158.150,69

15. EL REPARTO DE LOS BIDONES DE ACEITEJulián llena totalmente 2 bidones con 4 de los que estaban medio llenos, obteniendo así 9 bidones llenos, 3 a me-dio llenar y 9 vacíos.Cada uno de los empleados se lleva 3 bidones llenos, 1 a medio llenar y 3 vacíos.

16. LOS BIDONES DEL DESIERTOEn explorador parte con 30 litros de agua.Al cabo de un día llega al primer bidón con 20 litros; vierte 10 en el bidón y regresa al punto de partida con los 10 restantes.Repite esta operación tres veces más, y el noveno día vuelve al primer bidón con 20 litros, que, con los 40 que había llevado previamente, hacen 60 litros.Entonces va al siguiente bidón con 30 litros, deja 10 y vuelve al primero con 10 para recoger los 30 litros que quedan allí.El decimosegundo día llega al segundo bidón con 20 litros, que con los 10 que había dejado el día anterior hacen 30 litros.Con estos 30 puede cubrir en tres días más los 120 Km. que le faltan, con lo que en total habrá tardado 15 días en cruzar el desierto.

17. UN VIAJE ENTRE CALATAYUD Y DAROCASi los autocares marchan a 30 a.m. por hora y la distancia entre las ciudades es de 60 a.m., tardarán en cruzarse una hora.Si la mosca vuela a 50 a.m. por hora, y los autobuses se cruzan al cabo de una hora, la mosca habrá recorrido 50 Km.

18. EL DUELO DE LOS ESCOCESESMc Gregor. Confía en matar a Mc Calahan y regresar con su billete de vuelta.

19. VACACIONES AMIGABLESTeresa viajó en coche. Lo primero es hacer las parejas:

1ª.- Almudena / Berta: Nos la dan hecha2ª.- Carlota / Teresa: Carlota no viaja en avión ni viaja con Dora, por lo que viaja con Teresa3ª.- Dora / Ana: Por eliminación, es la tercera pareja

Y a continuación asignar medio de transporte:1ª.- Almudena / Berta: Almudena no va en coche y Berta no va en avión, por lo que comparten un tercer

medio de transporte3ª.- Dora / Ana: Si Ana viaja en avión, su compañera también2ª.- Carlota / Teresa: Por eliminación, en coche

20. EL PROBLEMA DE LOS TRES NÁUFRAGOSHabía 25 cocos.

JACINTO BERTA ELISATIENEN 25 16 10SE COME 1 1 1QUEDAN 25 – 1 = 24 16 – 1 = 15 10 – 1 = 9SE LLEVA 24 / 3 = 8 15 / 3 = 5 9 / 3 = 3QUEDAN 24 – 8 = 16 15 – 5 = 10 9 – 3 = 6

21. UN PROBLEMA PERRUNOEl que menos come es el galgo argentino

22. UN PROBLEMA DEPORTIVOBlanca, Clara, Diana y Amelia

23. EL ENIGMA DE LOS TIBURONESHay 3 tiburones ciegos y 3 con ambos ojos sanos

24. EL PROBLEMA DE LA EXPLORADORALa exploradora dijo: «Moriré en la hoguera»Si esta frase fuese cierta, la condenada debía morir envenenada. Pero, en tal caso, la frase ya sería falsa.Por otra parte, si la frase era falsa, debería morir en la hoguera, pero en tal caso la frase sería verdadera.Ante la imposibilidad de decidir como moriría, la dejaron en libertad

25. EL PROBLEMA DE LOS SOLDADOS DE NAPOLEÓNLa barca hace 39 viajesPara cada soldado que pasa la barca hace cuatro viajes

1º.- Pasan las dos niñas2º.- Regresa una niña3º.- Pasa un soldado4º.- Regresa la otra niña

Menos para el último soldado, que solamente hace tres viajes1º.- Pasan las dos niñas2º.- Regresa una niña3º.- Pasa un soldado

26. EL PROBLEMA DEL POLLO LA CABRA Y EL REPOLLOPasan Pilar y la cabra Regresa Pilar Queda la cabraPasan Pilar y el repollo Regresan Pilar y la cabra Queda el repolloPasan Pilar y el lobo Regresa Pilar Queda el repollo y el loboPasan Pilar y la cabra

27. LOS MARIDOS CELOSOSLlamemos a las mujeres M1, M2 y M3 y a los hombres H1, H2 y H3 Pasan dos mujeres al otro lado (M1-H1-H2-H3) — (M2-M3) Regresa una (M1-M2-H1-H2-H3) — (M3) Recoge a la otra mujer y la lleva al otro lado (H1-H2-H3) — (M1-M2-M3) Regresa una mujer (M1-H1-H2-H3) — (M2-M3) Ésta se queda con su esposo y los otros dos (M1-H1) — (M2-M3-H2-H3)

hombres pasan al otro lado con sus esposas Regresa una pareja (M1-M2-H1-H2) — (M3-H3) Pasan a la otra orilla los dos hombres (M1-M2) — (M3-H1-H2-H3) Regresa la tercera mujer y ahora tenemos a (M1-M2-M3) — (H1-H2-H3)

las tres mujeres en la orilla de origen y a loshombres en la contraria

Pasan dos mujeres (M1) — (M2-M3-H1-H2-H3) Regresa el hombre que tiene a su pareja en (M1-H1) — (M2-M3-H2-H3)

la orilla inicial Finalmente la última pareja cruza el río (M1-M2-M3-H1-H2-H3)

28. EL PROBLEMA DEL LOBO, LA CABRA, EL REPOLLO... Y LA ISLALlamemos F a Fernando - Llamemos L al lobo - Llamemos C a la cabra - Llamemos R al repollo

Izquierda Isla Derecha Fernando traslada la cabra a la isla (L-R) (F-C) ( ) Después regresa a la orilla izquierda (F-L-R) (C) ( ) Traslada el lobo a la orilla derecha (R) (C) (F-L) Regresa a por el repollo a la orilla izquierda (F-R) (C) (L) Traslada el repollo a la orilla derecha ( ) (C) (F-L-R) Regresa a la isla a por la cabra ( ) (F-C) (L-R) Traslada la cabra a la orilla derecha ( ) ( ) (F-L-C-R)

29. UN PROBLEMA DE BOLASPuede hacerse en las cuatro pesadas pedidas. Supongamos que la bola diferente es la número 5

1ª PesadaSe ponen 8 bolas en cada platillo y se descarta el grupo que pese menos.En el ejemplo se retiran las bolas del platillo derecho: 9-10-11-12-13-14-15-16

1-2-3-4-5-6-7-8 9-10-11-12-13-14-15-16

2ª PesadaLas 8 bolas restantes 1-2-3-4-5-6-7-8 se dividen entre los dos platillos y se descarta el grupo que pese menos.En el ejemplo se retiran las bolas del platillo izquierdo: 1-2-3-4

1-2-3-4 5-6-7-8

3ª PesadaLas 4 bolas restantes 5-6-7-8 se dividen entre los dos platillos y se descarta el grupo que pese menos.En el ejemplo se retiran las bolas del platillo derecho: 7-8

5-6 7-8

4ª PesadaLas 2 bolas restantes 5-6 se dividen entre los dos platillos y se descarta el grupo que pese menos.En el ejemplo se retiraría la bola del platillo derecho:

5 6

Esto nos deja únicamente la bola Nº 5, que es la que pesa más que las otras

30. EL MISTERIO DE LAS 3 PERSONAS Y LOS 3 HOMBRES LOBOPersonas P1, P2 y P3 - Hombre-lobo que rema HLR - Hombres-lobo no remadores HL1 y HL2

Izquierda Derecha Pasa el hombre-lobo que rema con (P1-P2-P3-HL2) (HLR-HL1)

otro hombre-lobo que no rema Regresa el hombre-lobo que rema (P1-P2-P3-HLR-HL2) (HL1) Se va el hombre-lobo que rema con (P1-P2-P3) (HLR-HL1-HL2)

el otro hombre-lobo que no rema Regresa el hombre-lobo que rema (P1-P2-P3-HLR) (HL1-HL2) Van dos personas (P3-HLR) (P1-P2-HL1-HL2) Regresa una persona con un (P1-P3-HLR-HL1) (P2-HL2)

hombre-lobo que no rema Va el hombre-lobo que rema (P3-HL1) (P1-P2-HLR-HL2)

con una persona Regresa una persona con un (P1-P3-HL1-HL2) (P2-HLR)

hombre-lobo que no rema Van dos personas (HL1-HL2) (P1-P2-P3-HLR) Regresa el hombre-lobo que rema (HLR-HL1-HL2) (P1-P2-P3) Va el hombre-lobo que rema con (HL2) (P1-P2-P3-HL1-HL2)

un hombre-lobo que no rema Regresa el hombre-lobo que rema (HLR-HL2) (P1-P2-P3-HL1) Va el hombre-lobo que rema con ( ) (P1-P2-P3-HLR-HL1-HL2)

otro hombre-lobo que no rema

31. LAS TRES PERSONAS, LOS TRES HOMBRES LOBO Y LA ISLALlamemos a los hombres-lobo L1-L2-L3 y a las personas P1-P2-P3 Van 2 hombres-lobo hacia la isla (L3-P1-P2-P3) (L1-L2) ( ) Regresa 1 de ellos (L1-L3-P1-P2-P3) (L2) ( ) Van 2 hombres-lobo de la (P1-P2-P3) (L2) (L1-L3)

orilla derecha a la izquierda Regresa 1 hombre-lobo de la (L1-P1-P2-P3) (L2) (L3)

orilla izquierda a la derecha Van 2 personas de la orilla (L1-P3) (L2) (L3-P1-P2)

derecha a la izquierda Regresa 1 persona de la (L1-P1-P3) (L2) (L3-P1-P2)

orilla izquierda a la derecha Van 2 personas de la orilla (L1) (L2) (L3-P1-P2-P3)

derecha a la izquierda Regresa 1 hombre-lobo de la (L1-L3) (L2) (P1-P2-P3)

orilla izquierda a la derecha Van 2 hombres-lobo de la ( ) (L2) (L1-L3-P1-P2-P3)

orilla derecha a la izquierda Regresa 1 hombre-lobo de ( ) (L1-L2) (L3-P1-P2-P3)

la orilla izquierda a la isla Van 2 hombres-lobo de la ( ) ( ) (L1-L2-L3-P1-P2-P3)

isla a la orilla derecha

32. EL RÍO, 4 SOLDADOS ROMANOS, 4 SOLDADOS GRIEGOS Y 4 SOLDADOS CARTAGINESESRomanos: R1, R2, R3 y R4 Griegos G1, G2, G3 y G4 Cartagineses C1, C2, C3 y C4 Van 1 romano,1 griego,1 cartaginés (R1-R2-R3-G1-G2-G3-C1-C2-C3) — (R4-G4-C4) Regresa 1 griego (R1-R2-R3-G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3) — (R4-C4) Van 3 cartagineses (R1-R2-R3-G1-G2-G3-G4) — (R4-C1-C2-C3-C4) Regresa 1 romano (R1-R2-R3-R4-G1-G2-G3-G4) — (C1-C2-C3-C4) Van 3 romanos (R4-G1-G2-G3-G4) — (R1-R2-R3-C1-C2-C3-C4) Regresa 1 romano (R3-R4-G1-G2-G3-G4) — (R1-R2-C1-C2-C3-C4) Van 2 romanos (G1-G2-G3-G4) — (R1-R2-R3-R4-C1-C2-C3-C4) Regresa 1 romano y 1 cartaginés (R4-G1-G2-G3-G4-C4) — (R1-R2-R3-C1-C2-C3) Van 3 griegos (R4-G4-C4) — (R1-R2-R3-G1-G2-G3-C1-C2-C3) Regresa 1 romano, 1 cartaginés y 1 griego (R3-R4-G3-G4-C3-C4) — (R1-R2-G1-G2-C1-C2) Van 2 griegos (R3-R4-C3-C4) — (R1-R2-G1-G2-G3-G4-C1-C2) Regresa 1 romano y 1 cartaginés (R2-R3-R4-C2-C3-C4) — (R1-G1-G2-G3-G4-C1) Van 3 cartagineses (R2-R3-R4) — (R1-G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3-C4) Regresa 1 romano (R1-R2-R3-R4) — (G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3-C4) Van 3 romanos (R1) — (R2-R3-R4-G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3-C4) Regresa 1 romano (R1-R2) — (R3-R4-G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3-C4) Van 2 romanos ( ) - (R1-R2-R3-R4-G1-G2-G3-G4-C1-C2-C3-C4)

33. UN RÍO, 5 SOLDADOS ROMANOS, 5 MACEDONIOS, 5 GRIEGOS Y 5 EGIPCIOS Van un romano, un macedonio, un griego y un egipcio

R1-R2-R3-R4-M1-M2-M3-M4-G1-G2-G3-G4-E1-E2-E3-E4 R5-M5-G5-E5

Regresa el egipcioR1-R2-R3-R4-M1-M2-M3-M4-G1-G2-G3-G4-E1-E2-E3-E4-E5 R5-M5-G5

Van cuatro griegosR1-R2-R3-R4-M1-M2-M3-M4-E1-E2-E3-E4-E5 R5-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Regresa un romano y un macedonioR1-R2-R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-E1-E2-E3-E4-E5 G1-G2-G3-G4-G5

Van dos romanos y dos macedoniosR1-R2-R3-M1-M2-M3-E1-E2-E3-E4-E5 R4-R5-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Regresa un romano y un macedonioR1-R2-R3-R4-M1-M2-M3-M4-E1-E2-E3-E4-E5 R5-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Van cuatro macedoniosR1-R2-R3-R4-E1-E2-E3-E4-E5 R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Regresa un romanoR1-R2-R3-R4-R5-E1-E2-E3-E4-E5 M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Van cuatro romanosR1-E1-E2-E3-E4-E5 R2-R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Regresa un romanoR1-R2-E1-E2-E3-E4-E5 R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Van dos romanosE1-E2-E3-E4-E5 R1-R2-R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5

Regresa un romano, un macedonio y un griegoR1-M1-G1-E1-E2-E3-E4-E5 R2-R3-R4-R5-M2-M3-M4-M5-G2-G3-G4-G5

Van cuatro egipciosR1-M1-G1-E1 R2-R3-R4-R5-M2-M3-M4-M5-G2-G3-G4-G5-E2-E3-E4-E5

Regresa un romano, un macedonio, un griego y un egipcioR1-R2-M1-M2-G1-G2-E1-E2 R3-R4-R5-M3-M4-M5-G3-G4-G5-E3-E4-E5

Van dos egipciosR1-R2-M1-M2-G1-G2 R3-R4-R5-M3-M4-M5-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Regresa un romano, un macedonio y un griegoR1-R2-R3-M1-M2-M3-G1-G2-G3 R4-R5-M4-M5-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Van tres griegosR1-R2-R3-M1-M2-M3 R4-R5-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Regresa un romano y un macedonioR1-R2-R3-R4-M1-M2-M3-M4 R5-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Van cuatro macedoniosR1-R2-R3-R4 R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Regresa un romanoR1-R2-R3-R4-R5 M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Van cuatro romanosR1 R2-R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Regresa un romanoR1-R2 R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

Van dos romanos R1-R2-R3-R4-R5-M1-M2-M3-M4-M5-G1-G2-G3-G4-G5-E1-E2-E3-E4-E5

34. EL PROBLEMA DEL BÁLSAMO

24 13 11 524 0 0 019 0 0 58 0 11 58 11 0 58 13 0 38 13 3 08 8 3 58 8 8 0

35. DOS PERSONAS Y UN VASO DE REFRESCO

8 5 38 0 0

3 5 03 2 36 2 06 0 21 5 21 4 34 4 0

36. EL AGUA DEL DESIERTO

9 5 4 29 0 0 05 0 4 03 0 4 23 2 4 03 5 1 03 3 1 23 3 3 0

37. LA TIERRA DEL AGUJEROPues... no hay tierra. ¡¡Es un agujero!!

38. LA FAMILIA VA DE CAMPING Primero llena el cubo de 5 litros. Una vez lleno éste, llena con él el cubo de 3 litros. Con esto le queda:

— Un cubo de 5 l. con 2 l. de agua y un cubo de 3 l. con 3 l. de agua Tira los 3 litros de agua del cubo de 3 litros. Con esto le queda:

— Un cubo de 5 l. con 2 l. de agua y un cubo de 3 l. con 0 l. de agua Echa los 2 litros del cubo de 5 litros al cubo de 3 litros. Con esto le queda:

— Un cubo de 5 l. con 0 l. de agua y un cubo de 3 l. con 2 l. de agua Llena el cubo de 5 litros y con él termina de llenar el cubo pequeño. Con esto le queda:

— Un cubo de 5 l. con los 4 l. de agua y un cubo de 3 l. con 3 l. de agua.De esta forma consigue, en el cubo de 5 litros, los 4 litros de agua, que es la cantidad pedida por su padre.

39. LA MONA Y LA POLEALa tensión de la cuerda actúa de forma idéntica en la mona y la pesa, de modo que al estar sometida a la misma fuerza y equilibrarse perfectamente ascenderán a la misma velocidad hacia la polea.Por lo tanto, el metro de cuerda que la mona recorre cada segundo eleva medio metro a la mona y medio metro a la pesa, por lo que la velocidad de ascensión será de medio metro por segundo.Así, la mona tardará 6 segundos en alcanzar la polea.

40. PROBLEMAS CON LA HORCHATA Llenó el bidón de 9 litros y lo vació en el de 4 hasta llenarlo. De este modo en el de 9 litros ya sólo

quedaban 5 litros. Vació el de 4 litros en el depósito general. Llenó el bidón de 4 litros con el bidón de 9 litros. De este modo en el de 9 ya sólo quedaba 1 litro. Vació nuevamente el de 4 litros en el depósito general. En el bidón de 9 litros le quedaba 1 litro, que vació en el bidón de 4 litros. De este modo tenía un bi-

dón de 9 litros vacío y otro de 4 litros conteniendo 1 litro Volvió a llenar el de 9 litros, y con su contenido terminó de llenar el de 4 litros. Al tener este 1 litro en

su interior, solamente entraron 3 litros más De esta manera consiguió tener 6 litros en el bidón de 9 litros.

41. MÁS COSAS SOBRE JUAN Y LA HORCHATALlenó el recipiente de tres cuartos y lo vació en el de cinco cuartos, quedando este a falta de dos cuartos de litro para estar lleno.Volvió a llenar el de tres cuartos y lo vertió de nuevo en el cinco cuartos hasta llenarlo.De esta manera quedó un cuarto de litro en el recipiente pequeño

42. JUAN Y LA HORCHATA CONTINÚANLlenó el recipiente de cinco cuartos de litro y lo vació en el de tres cuartos. Y ya sabemos que 5 cuartos de litro menos 3 cuartos de litro es igual a 2 cuartos de litro, o lo que es lo mismo, medio litro.

43. APELLIDO EXTRAÑOLo que causó la extrañeza del hombre fue el siguiente trozo de conversación:— Claro, anote: SZCRYCH. “S” de sierra, “Z” de zulú, “C” de coco, “R” de...— Perdón –interrumpe la secretaria--, “C” de qué...?— “C” de coco, “R” de rosa, “Y” de yanqui “C” de coco y “H” de hotel.

Si la secretaria había entendido que la letra era la “C”, que era lo que la interesaba, sobraba la pregunta que hizo: “C” de qué...?

44. EL MISTERIO OCURRIÓ EN MADRIDSe colocaron cada una a un lado del Banco de España, por lo que todo el dinero existente en el interior del banco lo tenían “entre” las dos amigas.

45. DISPUTA ENTRE FERROCARRILES

46. EL PROBLEMA DE LOS DOS AUTOMÓVILESEl segundo cruce se realizará a 300 metros de la meta.El punto en el que se cruzan por primera vez puede tomarse como un nuevo punto de salida, ya que nuevamente están a la par. A partir de ahí, se cruzarán tras otros 150 metros (ya que mantienen la velocidad).

47. ESCRIBIENDO CON EL ORDENADOREmplearán 40 segundos.En un segundo, uno escribe 5 caracteres y el otro 4. En total escriben 9 caracteres por segundo entre los dos. Luego si dividimos 360 entre 9 obtendremos 40

48. EL ENIGMA DE LOS CABALLOSNo tuvieron que hacer nada.Los dos caballos estaban situados uno frente a otro; por lo tanto, los dos caballos miraban en direcciones opues-tas pero se veían el uno a otro.

49. EL PROBLEMA DEL JOYERO Y LA CADENA150 pesetas. Abre los 5 eslabones (1-2-3-4-5) de un trozo de cadena (F) y con cada eslabón une los cinco trozos de cadena restantes (A-B-C-D-E).Con el eslabón 1 une los trozos A y BCon el eslabón 2 une los trozos A+B y CCon el eslabón 3 une los trozos A+B+C y DCon el eslabón 4 une los trozos A+B+C+D y ECon el eslabón 5 cierra la cadena entre A y E

50. LA CALLE ESTRECHA

Entran dos coches por cada lado

El 1 pasa al hueco

El 3 y el 4 pasan al otro lado

El 1 abandona el hueco y se va

El 3 y el 4 retroceden a su origen

El 2 pasa al hueco

El 3 y el 4 se van y el 2 abandona el hueco

51. EL OLVIDO DEL CARNETBueno... las señales de circulación están para respetarlas, pero la señora iba a pie.

52. EL ENIGMA DE ADÁN Y EVALos reconoció porque ninguno de los dos tenía ombligo.Si no nacieron de mujer, no pueden tener la típica cicatriz del cordón umbilical

53. UNA NOCHE FRÍASin duda, lo primero es lo primero: la cerilla. Luego lo que quiera, pero si no enciende la cerilla no puede encen-der el resto

54. LA HABITACIÓN DEL HOTELAbriendo ambos grifos a la vez

55. UN TESORO OCULTO

Conociendo que el peso de cada moneda de oro verdadero es de 24 gramos, y que el de cada una de las falsas es de 21, hay un modo de descubrir cuál es el saco de las monedas auténticas.

Primero hay que poner un número a cada uno de los 14 sacos o por lo menos colocarlos en fila. Del primer saco, tomas una moneda. Del segundo, dos. Tres del tercero. Cuatro del cuarto... Y así sucesivamente hasta llegar a las catorce monedas del catorceavo. Activas la balanza y realizas la crucial pesada de todas esas monedas juntas, sin importar que se mez-

clen. Como todas las monedas falsas pesan lo mismo, el número de gramos que marque la báscula variará en función del número de monedas de oro que hayas colocado.Y, puesto que el número de monedas de cada saco ha venido determinado por el número identificativo que le has asignado a cada uno con arreglo a su posición en la fila, puedes conocer por el peso total de la selección de mo-nedas cuál es el saco que aloja las de oro. Si todas las monedas pesaran 21 gramos, y teniendo en cuenta que hemos cogido en total 105 monedas, el peso total sería de 2205 gramos.Por tanto, los gramos de más corresponden a las monedas de oro, y están en función de la cantidad de éstas en la báscula:

Tres gramos de más revelan la presencia de una moneda de oro, y el único saco del que has tomado una moneda es el primero.

Seis gramos de más revelan la presencia de dos monedas de oro, y el único saco del que has tomado dos monedas es el segundo.

Nueve gramos de más revelan la presencia de tres monedas de oro, y el único saco del que has tomado tres monedas es el tercero. Y así sucesivamente con el resto de posibles pesos:

12 gramos de más: 4 monedas. Cuarto saco. 15 gramos de más: 5 monedas. Quinto saco. 18 gramos de más: 6 monedas. Sexto saco. 21 gramos de más: 7 monedas. Séptimo saco. 24 gramos de más: 8 monedas. Octavo saco. 27 gramos de más: 9 monedas. Noveno saco. 30 gramos de más: 10 monedas. Décimo saco. 33 gramos de más: 11 monedas. Onceavo saco. 36 gramos de más: 12 monedas. Doceavo saco. 39 gramos de más: 13 monedas. Treceavo saco. 42 gramos de más: 14 monedas. Catorceavo saco.

De esta manera podrás identificar fácilmente el saco que posee las monedas de oro.

56. EL PROBLEMA DE LA BOTELLALa botella costó 50 céntimos, y el refresco 9 euros y 50 céntimos

57. EL PROBLEMA DE LA HORALas 6 de la tarde

58. UN ENIGMA PERRUNOPues nada... Se acerca tranquilamente y se lo come. Se dice que la cuerda está atada al perro de Juan, pero no se dice que esté atada a nada más.

59. LAS CIFRAS IGUALES55 + 5. Suma de tres cifras iguales con el resultado de 60

60. COCER UN HUEVONo se puede cocer un huevo duro... Ya está cocido

61. CARAMELOS Y CAJASSí puede hacerse.En tres cajas pequeñas metemos 1, 3 y 5 caramelos respectivamente.A continuación, estas tres cajas las metemos en otra caja de mayor tamaño.Y ya tenemos 4 cajas con 4 cantidades impares diferentes de caramelos: 1, 3, 5 y 9

62. EL ENIGMA DEL SOMBRERO, LA BUFANDA Y LA ZANAHORIASencillo. Anteriormente, cuando aún había nieve, subieron unos excursionistas que hicieron el típico muñeco al que le colocaron los tres objetos hallados.Pasó el tiempo, llegó el verano y con el calor se derritió la nieve y los objetos quedaron allí amontonados.

63. EL REPARTO DE MANZANASCada uno recibió 1/2 + 1/4 = 3/4 = 9/12 de manzana.Se dividen 6 manzanas en 2 trozos cada una y se da 1/2 a cada uno.Se dividen 3 manzanas en 4 trozos cada una y se da 1/4 a cada uno

64. EL ENIGMA DEL SACODe agujeros.

65. UN ENIGMA SELVÁTICOPasan... dos horas.

66. CAMINAR SOBRE LAS AGUASSimplemente llegó a la orilla del pantano y siguió andando... sobre el hielo que cubría el pantano

67. AL SALIR EL SOLSombra

68. EL ADIVINO FUTBOLEROEl mago afirmó que era capaz de acertar el resultado del partido antes del inicio del mismo, y eso hacía, acertar el resultado del partido antes del inicio, y antes del inicio, el resultado de cualquier partido es empate a cero.

69. LA BOTELLA Y EL CORCHOHundiendo el corcho en la botella.De esta forma se cumplen las condiciones: ni se saca ni se perfora.

70. LA GANGA DEL LORO VERDOSOEl loro era sordo.

71. EL PROBLEMA DE LOS DÍASQue aparece la vocal “E”

72. EL PROBLEMA DEL ESPECULADORGana 2 euros.El asunto hay que planteárselo como dos operaciones diferentes, de lo contrario el resultado será erróneo

73. EL ENIGMA AUTOMOVILÍSTICOEl hombre estuvo conduciendo marcha atrás

74. EL ENIGMA DE LA VELOCIDAD DE LOS TRENES¿Humo... qué humo? ¿Pero el tren no era eléctrico?

75. MONUMENTO AL LADRILLOPesará 13.500 kilos.Si las dimensiones son 15 veces las del original, habrá que multiplicar por 15 la longitud, la altura y la anchura, que será lo mismo que multiplicar por 15 elevado al cubo. 4 x 153 = 13.500 kilogramos.

76. CUERNOSEl desconocido es un bebe, su hijo, que ha nacido durante la ausencia de Matías.

77. ¿CUÁNTO QUEDA?Se ha quedado con 45.000 Ptas. Gana la apuesta –30.000– más 60.000, con lo que tiene 90.000 Ptas. Se gasta un tercio del total en un regalo:

90.000 / 3 = 30.000 Ptas. se gasta en el primer regalo90.000 – 30.000 = 60.000 Ptas. le quedan tras comprar el primer regalo

Se gasta 10.000 Ptas. en el segundo regalo60.000 – 10-000 = 50.000 Ptas. le quedan tras comprar el segundo regalo

Mete el 10% del resto en un banco10% de 50.000 (10 x 50.000 / 100)=5.000 Ptas. mete al banco50.000 – 5.000 = 45.000 Ptas. le quedan en el bolsillo

78. EL TAXISTA SORDOSi el taxista era sordo, no le habría oído cuando le dijo la dirección a la que quería ir, y, sin embargo, le llevó has-ta allí sin dudarlo.

79. HERMANOS Y HERMANASCuatro chicos y tres chicas

80. LA VUELTA DE LA MONEDAPues es bien fácil. Lo que siempre tenemos al otro lado del reverso es... el anverso

81. ¿ERROR MATEMÁTICO?Tal y como se ve, la operación es inexacta. El resultado de multiplicar 81 por 9 es 729, y no 801.

La forma de arreglar el “error” es girar la operación por un eje imaginario

lo que daría como resultado, tras el giro

Y este resultado sí es correcto

82. PUEBLOS VECINOSLos vecinos de los de “VILLA CENTRO” son los de “VILLA ABAJO”

83. LAS TORRES DEL AJEDREZ PARA DOS TORRES BLANCAS

64 x 49 = 3.1363136 / 2 = 1.568 formas distintasTras colocar la primera torre –en cualquiera de las 64 casillas— quedan disponibles 49 casillas para colocar la segunda torre, lo que da un total de 3.136 posiciones diferentes.Al ser ambas torres del mismo color y duplicarse el recuento en cada posición, hay que dividirlo entre dos, lo que nos da un total de 1.568 formas posibles.

PARA UNA TORRE BLANCA Y OTRA NEGRAExactamente igual que en el caso anterior, pero al ser una de cada color no hace falta dividir entre dos, por lo que tenemos 3.136 formas posibles

PARA OCHO TORRES BLANCASLas posiciones posibles son 40.320.Pensemos en la hilera superior.La primera torre podrá colocarse en cualquiera de las ocho casillas La segunda torre la colocaremos en la hile-ra siguiente, donde tenemos una libertad de siete casillas.La tercera torre, en la tercera hilera, dispondrá de seis casillas libres... etc.Bastará entonces con 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 = 40.320

84. LOS 9 DÍGITOSMayor resultado: 5 6 7 x 8 4 3 x 9 1 2 = 4 3 5 9 1 8 6 7 2Menor resultado: 1 6 3 x 8 2 7 x 9 4 5 = 1 2 7 3 8 6 9 4 5

85. DE NUEVO LOS 9 DÍGITOSPRIMER NUMERO: 9 8 7 6 5 4 3 2 1SEGUNDO NUMERO: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

RESULTADO DE LA RESTA: 8 6 4 1 9 7 5 3 2

86. LA CARRERA DEL MILLÓNSi no se aceptan verbos conjugados, las dos aproximaciones que hay son:GALACTITA = 7 x 1 x 12 x 1 x 3 x 21 x 9 x 21 x 1 = 1.000.188ANCIANITA = 1 x 14 x 3 x 9 x 1 x 14 x 9 x 21 x 1 = 1.000.188Si se aceptan verbos conjugados, el millón justo se consigue con:DESÉESE: 4 x 5 x 20 x 5 x 5 x 20 x 5 = 1.000.000

87. UNO DE TRENESLa explicación es bien sencilla. En ningún momento se dice que entrasen a la misma hora.

88. LA CENA

Solamente pueden hacer 10 cenas. En la cena Nº 11 se repetiría uno de los compañeros de cenas anteriores. Tomemos como ejemplo al amigo Nº 1

Nº CENA COMPAÑEROIZQUIERDA

COMPAÑERODERECHA

1 2 32 4 53 6 74 8 95 10 116 12 137 14 158 16 179 18 19

10 20 2111 22

89. PARENTESCOSi, puede ser cierto.PEPE se queda viudo y con una hija que se llama FELISAJUAN se queda viudo y con una hija que se llama MARIAPEPE se casa con MARIA y tienen un hijo al que llaman ALBERTOJUAN se casa con FELISA y tienen un hijo al que llaman CARLOS

90. NUMISMÁTICANo quiso la moneda porque era falsa. No existen monedas con la inscripción “a. C.”.Si la moneda estaba acuñada 27 años antes de nacer Cristo, no podía presentar la inscripción citada porque no se sabía que iba a nacer.Si estaba acuñada 27 años después del nacimiento de Cristo, no presentaría la citada inscripción.

91. EL HOMBRE DEL ASCENSOREl hombre era muy bajito y al subir no llegaba mas que hasta el botón del piso Nº 7

92. EL SUEÑO DEL CURAEs evidente que el relato es falso.Supongamos que el relato es cierto.Cuando la feligresa le da el golpe con el abanico al cura, este ESTABA SOÑANDO que la cuchilla de la guillotina descendía sobre su cuello, por lo tanto ESTABA DORMIDO.Si de la impresión recibida murió, necesariamente murió ESTANDO DORMIDO. Por lo tanto, si el cura murió ES-TANDO DORMIDO nadie puede saber lo que soñaba.

93. LOS MILAGROSEl niño salió de casa con 87,50 pesetas.

IGLESIA ENTRACON

TRASDOBLAR

DEJA RESTO

1 87,50 175 100 752 75 150 100 503 50 100 100 0

94. LA HUIDA DE LA PRISIÓNQue divida la cuerda en dos, no significa que la corte en dos trozos de 15 metros. La divide longitudinalmente en dos, y obtiene dos cuerdas de 30 metros pero algo más delgadas. Tras atarlas obtiene los casi 60 metros que ne-cesita.

95. CAFÉ CON MOSCAEl cliente ya había echado azúcar al café cuando se lo llevó el camarero. Al traerle éste un “nuevo” café, el clien-te advirtió el engaño al comprobar que el café estaba dulce.

96. EL TRIANGULO

Un triángulo de estas características no tiene área. Si sumamos los dos lados más cortos (3 y 4 metros) vemos que el resultado es igual al lado más largo (7 metros). Supongamos que estas líneas son las que componen el triángulo. Ya tenemos colocada la base. Si ahora tratamos de unir los otros dos lados para terminar de componer el triángulo, acabaremos por tener tres líneas, una sobre otra.

97. PÁRTELO POR LA MITADEl magistrado no dio la razón a ninguno de los dos, puesto que cada uno de ellos, dentro de su razonamiento, la tenía.P. Cornelio Escipion alegaba que la mitad de 12 hectáreas son 6, y tenía razón.Ticio alegaba que la mitad de 12 hectáreas son 7, y también tenía razón.El problema surge a la hora de calcular la mitad.P. Cornelio Escipion dividió 12 entre 2, y el resultado, evidentemente, es 6.Ticio también dividió las 12 hectáreas por la mitad, pero lo hizo a su manera:Ticio cogió la mitad superior de las 12 hectáreas, y evidentemente se quedó con las siete que, según su división, le correspondían.

98. EL ADIVINO DE LA FERIAEl que pagó las entradas dejo sobre el mostrador 100 Ptas., pero lo hizo con dos monedas de 50 Ptas.Lógicamente, si solo quisiera una o dos entradas, con una moneda de 50 Ptas. le hubiese valido.Al dejar dos monedas, el mago-taquillero no necesitó más explicaciones.

99. LA PREGUNTA«Si le pregunto a tu compañero cual es la puerta que conduce a la libertad, ¿Cuál de las dos me indica-rá?»Una vez obtenida la respuesta, elegirá la puerta contraria a la in-dicada por el guardián.Ésta es la única pregunta que le garantiza al prisionero la elec-ción de la puerta que conduce a la libertad. Puede hacérsela indiferentemente a cualquiera de los dos guar-dianes, sin importar cual de los dos guardianes miente y cual di-ce la verdad.Tampoco importa a donde conduce cada una de las puertas dis-ponibles. El resultado final es siempre el mismo: la puerta que le indicarán es la que conlleva la duplicación de la pena.Por lo tanto, tras escuchar la respuesta del guardián al que se le ha formulado la pregunta, el prisionero elegirá siempre la puerta contraria, que es la que le llevará a la libertad.

Veamos un par de ejemplos:

EJEMPLO 1: La puerta “A” es la que conduce a la libertadEl guardia AZUL es el que MIENTE.

Le hacemos la pregunta:«Si le pregunto a tu compañero cual es la puerta que conduce a la libertad, ¿Cuál de las dos me indicará?»El guardia AZUL sabe:- Que la puerta “A” es la que conduce a la libertad- Que su compañero siempre dice la verdad- Que si le preguntamos a su compañero, nos indicará la puerta buena, la “A”- Por lo que nos indicará, ya que él miente, que su compañero nos indicaría la puerta “B”, que es la mala. Enton-

ces elegimos la contraria

EJEMPLO 2: La puerta “A” es la que conduce a la libertadEl guardia AZUL es el que dice la VERDAD.

Le hacemos la pregunta:«Si le pregunto a tu compañero cual es la puerta que conduce a la libertad, ¿Cuál de las dos me indicará?»El guardia AZUL sabe:- Que la puerta “A” es la que conduce a la libertad- Que su compañero siempre miente- Que si le preguntamos a su compañero, este nos indicará la puerta mala, la “B”- Por lo que nos indicará, ya que dice la verdad, que su compañero nos indicaría la puerta “B”, que es la mala.

Entonces elegimos la contraria

Esta pregunta da idéntico resultado independientemente de a donde conduzca cada puerta y de cual de los dos guardias mienta o diga la verdad

100. EL PROBLEMA DE LA PARTIDA DE CARTAS

La única forma de lograrlo es la siguiente: Emilio continúa el reparto dándose a si mismo la última carta de la ba-raja, y a continuación continúa repartiendo por abajo del mazo en dirección contraria a la que seguía hasta la in-terrupción.

101. CUESTIÓN DE HUEVOSFácil. Se trata de 3 personas, no de 4. La hija del boticario está casada con el médico. Por lo tanto, si 3 personas se comen 9 huevos, tocan a 3 huevos por cabeza.

102. LAS TRES PILAS DE MONEDASLos tres movimientos necesarios para conseguir dejar las tres pilas con la misma cantidad de monedas son, tal y como se ve en los dibujos:

POSICIÓN DE INICIO1ª PILA 2ª PILA 3ª PILA

11 Monedas 7 Monedas 6 Monedas

PASO 1º: Se pasan 7 monedas de la 1ª PILA a la 2ª PILA, lo que nos deja con:

1ª PILA 2ª PILA 3ª PILA4 Monedas 14 Monedas 6 Monedas





103. DE CAJÓN

Primero se coloca la caja en una esquina de la mesa, tal y como se ve en el dibujo de la izquierda.A continuación se desplaza la caja sobre la mesa en la dirección señalada por la flecha —sin separarla del borde— una distancia igual a la de su largo.Finalmente, no queda más que medir la dis-tancia entre la esquina superior izquierda, marcada como “A” y la esquina de la mesa, marcada como “B”, tal y como se ve en el dibujo de la derecha.Al haber dejado un hueco del mismo tama-ño de la caja, estaremos midiendo la misma distancia de su diagonal cuando ocupaba este espacio.

104. ¿DÓNDE ESTÁN LAS LLAVES?La explicación fue bien sencilla. La secretaria no podía sacar del buzón el sobre que necesitaba su jefe porque no sabía donde guardaba su jefe las llaves.Por mucho que este contestase “ ...a vuelta de correo y con sello de urgencia” a la carta de la secretaria pidiendo información sobre las llaves, el problema seguía siendo el mismo, ya que la carta con las instrucciones para en-contrar las llaves fue a parar al buzón, y sin llaves...

105. ¿CUÁNTO TIENEN?Enrique tiene 100 Ptas., Luís tiene 75 Ptas. y Ángel tiene 175 Ptas.

106. LA EMBESTIDA DEL CABALLOSí es posible hacerlo, y existen varias soluciones. Una posibilidad seria comenzar con el “caballo” en la casilla “H-4” y “comer” los “peones” en este orden:

G-2 / E-3 / G-4 / F-2 / E-4 / G-3 / E-2 / F-4 / D-5 / B-6 / D-7 / C-5 / B-7 / D-6 / B-5 / C-7

107. BOCA ABAJO Y BOCA ARRIBAEs imposible conseguirlo.Las que están boca abajo podemos girarlas, pero las que están boca arriba no.Las que están boca arriba son impares. Podemos voltear cuatro de ellas, pero para voltear la quinta es necesario voltear otra de las anteriores, con lo que ya no se consigue.

108. RECTÁNGULOSSe pueden formar 43 rectángulos.La mejor forma de verlo es numerando cada uno de los rectán-gulos simples para, después, formar los rectángulos compues-tos:

13 DE 1 PIEZA:1 / 2 / 3 / 4 / 5 / 6 / 7 / 8 / 9 / 10 / 11 / 12 / 13

12 DE 2 PIEZAS:1+5 / 2+7 / 3+9 7 4+5 / 5+6 / 5+11 / 6+7 / 7+8 / 7+12 / 8+9 / 9+10 / 9+13

8 DE 3 PIEZAS: 1+5+8 / 2+7+12 / 3+9+13 / 4+5+6 / 5+6+7 / 6+7+8 / 7+8+9 / 8+9+10

4 DE 4 PIEZAS: 4+5+6+7 / 5+6+7+8 / 6+7+8+9 / 7+8+9+10

3 DE 5 PIEZAS: 4+5+6+7+8 / 5+6+7+8+9 / 6+7+8+9+10

2 DE 6 PIEZAS: 4+5+6+7+8+9 / 5+6+7+8+9+10

1 DE 7 PIEZAS: 4+5+6+7+8+9+10

109. EL NÚMERO NUEVEVeinte veces:9 – 19 – 29 – 39 – 49 – 59 – 69 – 79 – 89 – 9091 – 92 – 93 – 94 – 95 – 96 – 97 – 98 - 99

110. EL LANZAMIENTO PRODIGIOSOLanzándola verticalmente hacia arriba

111. MADRES E HIJASNo son cuatro personas, son tres: la abuela, su hija y su nieta.

112. UNA DE SERIES

A. Para ver la solución hay que dividir las figuras verticalmente en dos partes iguales, de manera que se vean como si estuviesen reflejadas en un espejo. Así es muy fácil ver que, en realidad, se trata de los números 1, 2, 3 y 4 y su “reflejo”

B. La serie se compone de los números 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17,1... pero divididos en grupos de tres dígitos comenzando por la izquierda. Para completar el grupo de tres dígitos que falta al final, hay que añadir el “8” –que falta para completar el “18”— y el “19”

111 – 213 – 141 – 516 – 171 – 819C. Orden alfabéticoD. Es la siguiente letra con un espacio cerrado en su estructura.

A – B – D – O – P – Q – RE. La letra que falta es la “L”. Los números indican las letras que faltan entre las letras de los lados.

Por ejemplo:A1C: entre la “A” y la “C” falta la “B”, es decir, 1 letraP3T: entre la “P” y la “T” faltan la “Q”, “R”, “S”, es decir, 3 letras

A1C – R1T – P3T – D14R – J1L

113. CÁLCULOS FERROVIARIOSNecesita dos minutos. Uno para entrar completamente dentro del túnel y otro para salir también completamente.

114. CERILLAS 1Basta con quitar las cerillas marcadas con una “X”. Los cuatro cuadrados desaparecen y solamente quedan dos. Uno grande, exterior, y otro pequeño, interior.

115. CERILLAS 2Siempre igual. Todo el mundo se empeña en querer dar la vuelta completa a la vaca, cuando lo único que se pide es que la vaca, en lugar de mirar hacia la derecha, mire hacia la izquierda.Para ello no hace falta dar la vuelta completa a la vaca, es suficiente con mover las dos cerillas que forman la ca-beza y ya está conseguido lo que se pide: que la vaca mire hacia la izquierda.

116. EL GUSANO COMELIBROSEl gusano taladra 804 páginas. (No olvidar que cada hoja tiene dos páginas)Se dice que comienza a taladrar por LA PRIMERA HOJA del primer libro. Lógicamente, tal y como vemos los li-bros, esta hoja será la primera por la derecha del libro Nº 1, por lo que una vez taladrada esta pasará al libro Nº 2.A continuación taladra por completo los 8 libros centrales, lo que a 100 páginas por libro equivale a 800 páginas.Una vez taladrado por completo el libro Nº 9, pasa a taladrar la primera hoja que encuentra en el libro Nº 10, que corresponde a la ULTIMA HOJA de este libro.LIBRO Nº 1: 2 páginasLIBRO Nº 2 al 9: 800 páginasLIBRO Nº 10: 2 páginas

117. EL PROBLEMA DE LOS DOS BILLETESUno no es de 100 euros, pero el otro sí.

118. LAS AMEBASDos horas y un minuto.Pasado el primer minuto, la ameba ya se ha dividido en dos, y sabemos que dos amebas llenan el tubo en dos horas.

119. UN PROBLEMA DE GEOGRAFÍAPues... el Everest. El que fuese o no conocida no hace que varíe su altura.

120. LOS BOTONESSi puede hacerse.Basta con distribuir los nueve botones formando un triángulo, de tal forma que los botones quese encuentran en los vértices formen parte de dos hileras diferentes.Lo que se pedía era formar tres hileras de cuatro botones cada hilera. En ningún momento de dice que cada botón tenga que formar parte de una sola hilera.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Primera hoja del primer

libro

Ultima hoja del último

libro

Dirección seguida por el gusano

Ultima hoja del primer

libro

Primera hoja del último

libro

121. ¿CUÁNTOS CUADRADOS?Es posible encontrar 30 cuadrados.

16 1 PIEZA: 1/2/3/4/5/6/7/8/9/10/11/12/13/14/15/16

9 DE 4 PIEZAS:1,2,5,6 / 2,3,6,7 / 3,4,7,8 / 5,6,9,10 / 6,7,10,11 / 7,8,11,129,10,13,14 / 10,11,14,15 / 11,12,15,16

4 DE 9 PIEZAS1,2,3,5,6,7,9,10,11 – 2,3,4,6,7,8,10,11,125,6,7, 9,10,11,13,14,15 – 6,7,8,10,11,12,14,15,16

1 DE 16 PIEZAS1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16

122. BOMBAS FUERAEl avión volaba invertido

123. DE NEGRO Y SIN LUZ¿Alguien ha dicho que fuese de noche?

124. DESCUBRIMIENTO ARQUEOLÓGICOSi la vasija fuese auténtica la inscripción sería: «Roma. Annus XXIII», y no “23”

125. LA DESAPARICIÓN DE LAS 500 LIBRASLa que se quedó con el dinero fue la doncella. Las páginas 99 y 100 son las dos caras de una misma hoja, por tanto es imposible introducir un billete entre ambas.

126. REPARTO DE CAMELLOSAparentemente no pueden hacer el reparto en las condiciones impuestas, ya que 17 no es divisible ni por 2, ni por 3 ni por 9

El mayor: Hereda 1 / 2 de los camellos: 17 / 2 = 8,5 camellosEl mediano: Hereda 1 / 3 de los camellos: 17 / 3 = 5,6 camellosEl menor: Hereda 1 / 9 de los camellos: 17 / 9 = 1,8 camellos

Pero el camellero amigo encontró la solución: les prestó un camello. De esta forma, en vez de 17 eran 18 los ca-mellos a repartir, quedando el reparto de la siguiente forma:

El mayor: Hereda 1 / 2 de los camellos: 18 / 2 = 9 camellosEl mediano: Hereda 1 / 3 de los camellos: 18 / 3 = 6 camellosEl menos: Hereda 1 / 9 de los camellos: 18 / 9 = 2 camellos

17 camellos en total

Le devolvieron al anciano el camello prestado y cumplieron las condiciones del testamento.

127. CERILLAS 3Basta con mover las cerillas indicadas al lugar indicado

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

128. ENTRADA Y SALIDATarda 30 segundos.La respuesta habitual es que tarda 1 minuto, pero todo es una cuestión de conceptos. Depende de los que se en-tienda por “ESTAR SALIENDO”.Supongamos un largo pasillo que conduce al exterior de un edificio. Si desde el inicio del pasillo comenzamos a caminar en dirección al exterior, ¿Cuándo comenzamos a salir? ¿En el mismo momento en que comenzamos el recorrido con la intención de salir? ¿En el preciso momento en que dejamos de estar en el interior para estar en el exterior?.Supongamos que el tren circula en la dirección marcada por la flecha. Desde el momento en que pasa por el pun-to “A” (inicio del túnel) EMPIEZA A ENTRAR en el túnel, es decir: Está entrando. Cuanto más avanza más se me-te en el túnel. Hasta que llega a la marca de los 500 metros “C” (centro del túnel). A partir de ese punto, EMPIE-ZA A SALIR del túnel, es decir: está saliendo. Cuanto más avanza más cerca está de la salida.

129. UN PASEO POR MADRIDNadie ha dicho que el recorrido fuese por la superficie. El hombre realizó el recorrido por el sistema de alcantari-llado.

130. LA VELOCIDAD DE LA LUZLa habitación no quedó a oscuras... porque era de día.

131. EL BARCO, LA MAREA Y LA ESCALASon 23 los peldaños visibles. Al subir la marea sube el barco, y al subir el barco también sube la escala

132. FRACCIONES LIOSASLe dio 100 pesetas.

133. MUERTE DE UN MAFIOSOEl asesino fue Jack. En uno de los termos metió un trozo de hielo muy afilado. Tras asesinar a John, el improvisa-do puñal se deshizo en unos momentos por el calor reinante.

134. VUELTAS Y ANIMALESEl pollo asado

135. EL ENIGMA DEL DILUVIONinguno. El del Arca fue Noé, no Moisés

136. VIAJE EN AVIÓNA las antípodas del lugar en el que se encontraba.

1 Km.

500 m.

A BC

137. CRONOMETRAR CON ARENALa clave para medir los dieciséis minutos es explotar las posibles combinaciones de tiempos que se pueden me-dir utilizando ambos relojes a la vez. Guiándonos con un reloj, podemos girar el otro antes de que haya caído to-da su arena, logrando así que mida tiempos más cortos.Con este planteamiento, es posible cronometrar los dieciséis minutos de diversas maneras. A continuación, ex-pongo una de ellas.

Giramos al mismo tiempo el reloj de seis minutos y el de siete. Cuando termina de caer arena en el Reloj de seis, han transcurrido 6 minutos y faltan 10 para abrir la

puerta. Giramos de inmediato el reloj de seis. Cuando termina de caer arena en el Reloj de siete, han transcurrido 7 minutos desde el aviso y faltan 9

para abrir la puerta. Giramos de inmediato el reloj de siete. Al reloj de seis le quedan aún 5 minutos de arena.

Cuando termina de caer arena en el Reloj de seis, 5 minutos después de girar el reloj de siete, han transcurrido 12 minutos desde el aviso y faltan 4 para abrir la puerta. Giramos de inmediato el reloj de seis. Al reloj de siete le quedan aún 2 minutos de arena.

Cuando termina de caer arena en el Reloj de siete, 2 minutos después de girar el reloj de seis, han transcurrido 14 minutos desde el aviso y faltan 2 para abrir la puerta. El reloj de seis tiene 4 minutos de arena por caer, y 2 de la caída. Lo giramos, y ya tenemos resulta la medición de los dos últimos minutos. Ahora arriba hay la arena correspondiente a 2 minutos, que comienza a caer. Cuando se termina, ya han transcurrido los 16 minutos desde la señal de aviso.

Abres la puerta a tiempo, el ejército liberador conquista la fortaleza, la gente cautiva es puesta a salvo, y el tirano huye para no volver jamás.

138. EL CASTILLO DE LA CALAVERASolamente dos de las habitaciones tienen 3 puertas. Una de ellas es la de inicio y otra la de final.Recordemos que tienen que cruzar todas las puertas una sola vez.

Supongamos que comenzamos el recorrido en una habitación con dos puer-tas.Salimos por la puerta 1 y tendremos que volver a entrar, antes o después, por la puerta 2... y ya no podemos salir

Supongamos que comenzamos el recorrido en una habitación con cuatro puertas. Salimos por la puerta 1, entramos por la 2, salimos por la 3, entramos por la cuatro... y ya no podemos salir.

La única forma de no encerrarnos es comenzar el reco-rrido en una habitación con un número impar de puer-tas. La única que está en la periferia del castillo y tiene un número impar de puertas, que es la que elegiremos para comenzar el recorrido, está en la parte inferior iz-quierda.Al acabar el recorrido tenemos el mismo problema, so-lamente que esta vez nos quedaremos fuera de la habi-tación sin poder entrar. Para ello tendremos que termi-nar en una habitación con un número impar de puertas.Si terminamos el recorrido en una habitación con dos puertas, tras entrar por la puerta 1 tendremos que salir por la puerta 2.Si terminamos el recorrido en una habitación con cuatro puertas, tras entrar por la 1 salimos por la 2, entramos por la 3 salimos por la 4.Por lo tanto debemos terminar el recorrido en una habi-tación con un número impar de puertas, que es la que está sobre el ojo de la calavera, y es en la que se en-contrará el pañuelo de la princesa.

139. LA REUNIÓN DE CHICAGOEl detective sufrió un error entendible. Efectivamente la respuesta de los mafiosos era siempre la mitad del nú-mero dicho por el matón, pero era por casualidad. La verdadera contraseña consistía en esperar al número del matón, y contestar con la cantidad de letras que contenía la palabra. Por ejemplo, al último grupo el matón le dice «catorce» y ellos contestan «siete», que es la cantidad de letras que tiene la palabra «catorce».Cuando el matón le dice al detective «diez», el detective que haber contestado «cuatro»

140. LOS RECAUDADORESLo que hizo fue coger un lingote del primer recaudador, dos del segundo, tres del tercero... y así hasta coger do-ce lingotes del último recaudador.Tras la recogida el rey tenía: 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78 lingotesAl pesar cada lingote 100 gr. los 78 deberían pesar 7.800 gr.El rey solo tuvo que contar los gramos que faltaban para llegar a los 7.800 y así supo que recaudador le robaba.Si hubiesen faltado 4 gramos el ladrón sería el de la cuarta provincia, si faltasen 9 gramos el de la novena... etc.

141. LA MOSCA EN LA SOPA Antes de reclamar al camarero, el cliente echó sal a la sopa. Al traerle el camarero la “nueva” sopa, el cliente la probó y notó que ya tenía sal, lo que sirvió para que se diera cuenta del engaño

142. VAMOS A CONTAR RECTÁNGULOSTenemos 36 rectángulos. Además de los que se aprecian a simple vista, existen otros formados por la combina-ción de dos o más zonas.9 de 1 zona: A, B, C, D, E, F, G, H, I12 de 2 zonas: AB, AD, BC, BE, CF, DE, DG, EF, EH, FI, GH, HI6 de 3 zonas: ABC, ADG, BEH, CFI, DEF, GHI4 de 4 zonas: ADBE, BCEF, DEGH, EFHI4 de 6 zonas: ABCDEF, ABDEGH, BCEFHI, DEFGHI1 de 9 zonas: ABCDEFGHI

143. EL PROBLEMA DE LA HERENCIA

144. AJEDREZ ROTO

145. EL BARRIL DE CERVEZAHay que buscar cinco barriles cuya cantidad de litros sea múltiplo de tres, y esto se da con los de 15 + 16 + 18 + 19 + 31 = 99.Esto hay que dividirlo en tres partes (una es la primera venta y las otras dos —el doble— la segunda venta). La primera venta que hizo fue de 33 litros (barriles de 15 y 18 litros), y la segunda, del doble, de 66 litros (barriles de 16, 19 y 31 litros).El barril que le queda, de cerveza, es el de 20 litros.

146. LOS GORDOS Y EL PARAGUAS¿Alguien ha dicho que estaba lloviendo? No se mojaron porque no llovía.

147. PUNTOS Y LÍNEASSe empieza en el punto inferior izquierdo

148. PUNTOS FASTIDIOSOSSe empieza en el punto inferior derecho

149. PUNTOS MALDITOSSe empieza en el punto superior izquierdo

150. PUNTOS MÁGICOSSe empieza en el punto superior izquierdo

151. SALTAR LA CRUZ

Tomar como referencia para definir las casillas la numeración de la imagen.

29 a 17 quitar 24 – 26 a 24 quitar 2517 a 29 quitar 24 – 33 a 25 quitar 3032 a 24 quitar 29 – 24 a 26 quitar 25Posición de la imagen de la izquierda.




Objetivo cumplido.

07 a 09 quitar 08 – 24 a 10 quitar 1710 a 08 quitar 09 – 21 a 07 quitar 1407 a 09 quitar 08 – 04 a 16 quitar 0915 a 17 quitar 16

152. PALI- LLOS CUA-DRA- DOS

153. TRES PALILLOS

154. CERILLAS MATEMÁTICAS

155. TRIANGULACIÓNDibujando los cuadrados tal y como se muestra, se obtiene los 20 triángulos:B – E – F B – C – F C – F – GE – H – J G – I – K H – J – LI – K – M J – L – N K – M – PN – O – R O – P – S O – R – SA – B – L A – H – C D – B – ID – C – M Q – H – R Q – L – ST – S – I T – M – R

156. CORTAR POR LO SANO

157. EN EL INTERIOR DEL TÚNELElegir un vagón u otro sería indiferente si el tren mantuviera en todo momento una velocidad constante.

Sin embargo, hay una circunstancia que cambia las cosas por completo. El túnel a cruzar se halla justo a la salida de la estación.Es lógico, por tanto, suponer que cuando el tren lo recorra todavía estará acelerando. Este hecho es de una gran importancia, ya que implica que la velocidad aumenta mientras los vagones van en-trando en el túnel. La conclusión es obvia: Asumiendo que no surja ningún contratiempo en el proceso de aceleración, el último va-gón es el que menos tiempo pasará dentro del túnel.Cuando entre en él, su velocidad será mayor que la que tenía cada uno de los vagones precedentes al entrar, y por tanto, lo recorrerá en un tiempo menor.

158. LOS CUATRO CABALLOS

159. CERVEZA PARA TRES25 (que cuestan los cervezas) + 3 (que les devuelve) + 2 (de la propina) = 30Por lo tanto las cervezas cuestan 25 pesetas; como ellos han pagado cada uno 9 pesetas, le han dado al cama-rero 27, luego sobran 2 que es lo que se queda de propina.

160. EL PONCHE ENVENENADOEl veneno estaba en el interior de los cubitos de hielo. Cuando el hombre probó el ponche recién hecho, apenas se había comenzado a descongelar el hielo. Con el paso del tiempo el hielo se descongeló y liberó el veneno de su interior.

161. LA CRUZ DE PALILLOSEvidentemente es un cuadrado, porque 4 es el “cuadrado” de 2. No se pedía una figura cua-drada, solamente se pedía un cuadrado y esto es un cuadrado

162. TARTA PARA 5

163. CINCO TRIANGULOS A PARTIR DE TRESMoviendo el triángulo del cuadrado a la posición indicada, se consiguen cuatro triángulos pequeños y uno grande.

164. PALILLOS Y TRIÁNGULOS

Moviendo los palillos indicados a las nuevas posiciones, tal y como se indica en el di-bujo, se consiguen tres triángulos, dos pequeños y uno grande

165. EXPRESIONES LITERALES“A” y “B” pueden ser cualquier número, siempre que “C” sea igual a uno y “D” igual a cero, lo que equivaldría a multiplicar “AB” por diez

166. ¿QUÉ NÚMERO ES?El 263.

Si está entre 200 y 300, la cifra de las centenas es el 2 Si la cifra de las decenas es el doble de la cifra de las unidades, solo pueden ser las siguientes pare -

jas de cifras:2 – 1, 4 – 2, 6 – 3 y 8 – 4 De las cuatro parejas, solamente la tercera (6 – 3) suman 11, por lo que el número ha de ser el 263

167. LA ESTRELLA DE PALILLOS

168. REAJUSTE DE UNA SONDA INTERPLANETARIAEs fácil encontrar un reparto válido. Un modo cómodo de hacerlo es representar con papel y lápiz cada circuito y cada aparato, señalar de forma visual las condiciones del reparto, y estudiar las combinaciones.Como el circuito A no puede tener asignada la antena, sólo podrá tener el cromatógrafo o el magnetómetro. Si al circuito A le asignamos el cromatógrafo, entonces la antena y el magnetómetro deben ser para los circuitos B y C. Al circuito B no podemos asignarle el magnetómetro pues si lo hacemos, entonces el circuito A no puede tener el cromatógrafo. Así que al circuito B sólo podemos asignarle la antena. Pero entonces no se la podemos asignar al circuito C que debe tenerla conectada ya que el circuito A cuenta con el cromatógrafo. No podemos, por tanto, asignar el cromatógrafo al circuito A. Si conectamos el magnetómetro al circuito A, entonces los circuitos B y C se reparten la antena y el cromatógra-fo. Si asignamos el cromatógrafo al circuito B, entonces el circuito C debería acoger la antena lo cual no puede ser ya que entonces el cromatógrafo debería ir conectado al Circuito A. No podemos pues asignar el cromatógra-fo al circuito B. Conectamos la antena al circuito B, y nos queda el cromatógrafo para el circuito C, lo cual no da problemas. Este reparto sí es válido.

169. CON UN SOLO MOVIMIENTOMás que una operación aritmética ordinaria, la solución al problema es un truco de prestidigitación matemática.Agudizando un poco el ingenio, es fácil dar con una solución imaginativa, que poco tiene que ver con restar y su-mar números a la manera tradicional.El movimiento que iguala las dos sumas es hacer rotar 180 grados el papel con el "9" en la columna "A". Al ha-cerlo, este "9" se transforma en un "6", y, por tanto, el resultado final de la suma de todos los números de la co -lumna "A", que era 45, pasa a ser 42, idéntico al de la columna "B".El movimiento no incumple las condiciones impuestas en el planteamiento. No eliminamos el papelito, ni tampoco lo usamos para tapar otro. Ni siquiera ha sido necesario trasladarlo a la otra columna; se ha quedado en la mis-ma donde estaba.

170. MESES Y DÍASTodos menos febrero

171. ESCAPAR DE LA PIRÁMIDE

La clave es examinar el cofre plateado-dorado, y, dependiendo del color de la llave que descubramos en el com-partimiento escogido, aplicar unos determinados razonamientos lógicos.POSIBILIDAD A:Si la llave que encontramos es plateada, la otra no puede ser dorada pues entonces la inscripción del cofre no sería falsa sino verdadera.Tampoco puede contener las dos doradas puesto que hemos comprobado que una de ellas es plateada. Así que sólo puede contener las dos plateadas.Sabiendo esto, resulta evidente que el cofre dorado no puede contener las plateadas porque están en el cofre plateado-dorado, y también que no puede contener las doradas porque entonces la inscripción del cofre no sería falsa sino verdadera.Sólo puede contener el juego plateado-dorado. POSIBILIDAD B:Si la llave que vemos es dorada, la otra no puede ser plateada pues entonces la inscripción del cofre no sería fal-sa sino verdadera.Tampoco puede contener las dos plateadas puesto que hemos comprobado que una de ellas es dorada. Así que sólo puede contener las dos doradas.Sabiendo esto, resulta evidente que el cofre plateado no puede contener las doradas porque están en el cofre plateado-dorado, y también que no puede contener las plateadas porque entonces la inscripción del cofre no se-ría falsa sino verdadera.Así que sólo puede contener el juego plateado-dorado.

172. SESIÓN DE ESPIRITISMOCarlos dijo que la mesa comenzó a cojear, y es imposible. Al tener tres patas, siempre están apoyadas sobre el suelo, incluso aunque una de ellas sea de diferente tamaño que el resto.

173. LOS CANALES DE MARTEBasta con comenzar por la letra indicada y formas la frase ya dicha: “No hay solución posible”

174. ¿CÓMO SALVAR A LOS PASAJEROS DE UN TREN ACCIDENTADO? La locomotora azul empuja hacia la vía muerta su vagón hasta dejarlo completamente fuera de la vía

principal, y lo desengancha. La locomotora azul se desplaza hacia adelante lo suficiente como para que el tren verde pueda situarse

entre ella y la vía muerta. El tren verde avanza hasta rebasar la bifurcación, y entonces da marcha atrás hacia la vía muerta. En-

gancha el vagón azul que estaba estacionado en ella, y avanza hacia delante, hasta sacar el vagón azul a la vía principal. Tras esto, retrocede por ella hasta dejar suficiente espacio a la locomotora azul para permitirle volver hasta la bifurcación.

La locomotora azul da marcha atrás y se estaciona en la vía muerta. El tren verde desengancha el vagón de cola (el azul), y tiene el camino libre para dirigirse hacia el puen-

te.Si fuera necesario, la locomotora azul podría regresar de nuevo a la vía principal, enganchar su vagón, y circular hasta donde le fuese posible.Sin embargo, el maquinista y el fogonero del tren de carga reciben órdenes de ponerse a salvo hasta que cese el ataque aéreo. Así que suben al tren de pasajeros, y éste se pone en marcha hacia lugar seguro.

175. CRONOMETRAR CON ARENALa clave para medir los dieciséis minutos es explotar las posibles combinaciones de tiempos que se pueden cal-cular utilizando ambos relojes a la vez. Guiándonos con un reloj, podemos girar el otro antes de que haya caído toda su arena, logrando así que mida tiempos más cortos.

Una de las posibles soluciones1. Giramos al mismo tiempo el reloj de seis minutos y el de siete.2. Cuando termina de caer arena en el reloj de seis, han transcurrido 6 minutos y faltan 10 para abrir la

puerta. Giramos de inmediato el reloj de seis.3. Cuando termina de caer arena en el reloj de siete, han transcurrido 7 minutos desde el aviso y faltan 9

para abrir la puerta. Giramos de inmediato el reloj de siete. Al reloj de seis le quedan aún 5 minutos de arena.4. Cuando termina de caer arena en el reloj de seis, 5 minutos después de girar el reloj de siete, han trans-

currido 12 minutos desde el aviso y faltan 4 para abrir la puerta. Giramos de inmediato el reloj de seis. Al reloj de siete le quedan aún 2 minutos de arena.

5. Cuando termina de caer arena en el reloj de siete, 2 minutos después de girar el reloj de seis, han trans-currido 14 minutos desde el aviso y faltan 2 para abrir la puerta. El reloj de seis tiene 4 minutos de arena por caer, y 2 de la caída. Lo giramos, y ya tenemos resulta la medición de los dos últimos minutos. Ahora arriba hay la arena correspondiente a 2 minutos, que comienza a caer. Cuando se termina, ya han transcurrido los 16 minutos desde la señal de aviso.

Abres la puerta a tiempo, el ejército liberador conquista la fortaleza, la gente cautiva es puesta a salvo, y el tirano huye para no volver jamás.

176. LA HORA EN CANARIASLa hora oficial será la que corresponda. A las 24 horas no hay sol que marque la hora en reloj alguno, es de no-che.

177. EL DUENDE PERDIDOLo explicaremos al revés para entenderlo mejor, es decir: ¿De 14 duendes como es posible que pasen a 15?. Si eres listo, habrás notado que al pasar de 14 a 15 duendes, algún duende en el "cambio" perdió la rodilla, otro re -cuperó esa rodilla pero pasó hacia arriba un pie... ¿Qué está sucediendo?. Pues que los 14 duendes se van des-prendiendo de una pequeña parte de sí mismos y van pasando hacia arriba.Si cada uno de los duendes da la 1/14 parte de sí mismos, el resultado es que se crea un nuevo duende enteroVamos a verlo de otra forma para entenderlo mejor: Recortemos a todos los duendes y pongámoslos ordenados de mayor a menor altura:

Los 14 duendes completos quedarían ordenados así.

En vez de cortarlo en 3 piezas, como en la ilusión original, cortémoslo sólo por la mitad y desplacemos un poco dichas piezas, encajando al segundo duende la rodilla del primero. ¿Qué encontramos?:

¡¡15 duendes!!. Sin embargo, notamos que todos son un poquito más pequeños. Eso es debido a que cada uno de los duendes le da un trocito al siguiente, pero cada duende recibe menos de lo que da. Los pedazos adiciona-les de cada duende se agregan, consiguiendo un duende extra.

178. EL ENIGMA DE LAS PROPORCIONES Ante este dilema, el calculador respondió:De acuerdo con el pacto que habéis hecho, el joyero tenía que pagar 20 dinares por el hospedaje si vendía las jo-yas por 100 dinares, y 35 si las vendía por 200. Así, pues, tenemos:

Precio de venta Coste del hospedaje200 35100 20------ ------100 15

Fijaos en que una diferencia de 100 en el precio de venta corresponde a una diferencia de 15 en el precio del hospedaje.Entonces, si el aumento de 100 en la venta supone un aumento de 15 en el hospedaje, si la diferencia fuera 20 (un quinto de 100) el aumento del hospedaje sería 3 (un quinto de 15).Para la diferencia de 40 (el doble de 20), el aumento de hospedaje habrá de ser de 6.El pago que corresponde a 140 es, en consecuencia, 26 dinares.

179. LA TORMENTA DE UNA NOCHE DE VERANOEs evidentemente falso. Si la tormenta cayó a medianoche, 72 horas después sería también medianoche

180. LA PRUEBA DE LOS CINCO DISCOS¡El disco es blanco! –Y al proferir tal afirmación, tenía la certeza lógica de que estaba diciendo la verdad. El razonamiento del príncipe Aradín fue el siguiente:

El primer pretendiente, Comozán, antes de responder vio los 2 discos de sus dos rivales. Vio los “2” discos, y equivocó la respuesta.Conviene insistir: De los 5 discos -«3» blancos y «2» negros- Comozán vio 2 y, al responder, se equivocó. ¿Por qué se equivocó?. Se equivocó porque respondió en la inseguridad, pues si hubiera visto en sus rivales «2 discos negros» no se habría equivocado, no hubiese dudado, y habría dicho al rey: “Veo que mis dos ri-vales llevan discos negros, y como sólo hay dos discos negros, el mío forzosamente ha de ser blanco”. Y con esta respuesta hubiera sido declarado vencedor.Pero Comozán, el primer enamorado, se equivocó. Luego los discos que vio «no eran ambos negros». Pero si esos dos discos vistos por Comozán no eran ambos negros, cabían dos posibilidades:

Primera: Comozán vio que los dos discos eran blancos. Segunda: Comozán vio un disco negro y otro blanco.De acuerdo con la primera hipótesis -reflexionó Aradín- mi disco «era blanco».

Queda por analizar la segunda hipótesis: Vamos a suponer que Comozán vio un disco negro y otro blanco. ¿Quién tendría el disco negro? Si el disco negro lo tuviera yo -razonó Aradín- el segundo pretendiente habría acertado. En efecto: el segundo pretendiente de la princesa habría razonado así: Veo que el tercer competidor lleva un disco negro; si el mío fuera también negro, el primer candidato -Como-zán-, al ver los dos discos negros no se habida equivocado. Luego, si se equivocó -concluiría el segundo candidato-, mi disco «es blanco». ¿Pero qué ocurrió? El segundo pretendiente también se equivocó. Quedó en la duda. Y quedó en la duda por haber visto en mí -reflexionó Aradín- no un disco negro, sino un disco blanco. Conclusión de Aradín: -De acuerdo con la segunda hipótesis, mi disco también es blanco.

181. JUEGOS OLIMPICOS El orden fue: Braulio, Diego, Ernesto, Alberto, Charly. La declaración de Alberto debe ser verdadera: si miente, sería al mismo tiempo ultimo o primero o segundo, lo que es contradictorio. Por lo tanto, Alberto es tercero o cuarto. Si Diego está diciendo la verdad, Ernesto está mintiendo y Diego es primero y está mintiendo, lo que es contra-dictorio. Por lo tanto Ernesto no es Segundo, y Diego es primero o segundo.Si Ernesto está mintiendo, Diego es primero y Ernesto es segundo. Pero Diego está mintiendo cuando dice que Ernesto es segundo. Por lo tanto, E está diciendo la verdad, lo que lo hace tercero, cuarto o quinto. Y D no es pri-mero, sino segundo. Sólo Braulio o Charly pueden ser el primero. Si Braulio no es primero, dado que tampoco es segundo tiene que estar diciendo la verdad. Si Charly es tercero no puede ser al mismo tiempo primero. Por lo tanto, Braulio es pri -mero y Charli no es el tercero.Ya que Charly no es ni primero ni segundo, está diciendo la verdad al afirmar que Alberto viene detrás de él. Por lo tanto, Ernesto es tercero, Alberto es cuarto y Charly es quinto.

182. UN ASCENSOR FUERA DE CONTROLPuedes proceder del siguiente modo:Conectas el módulo 2 con el 3. El 3, con el 5. El 5, con el 12. El 12, con el 8. El 8, con el 4. El 4, con el 9. El 9, con el 11. Y el 11, con el 2. La configuración resultante tras efectuar esas conexiones cumple todas las con-diciones del planteamiento.El 2 queda conectado con el 3 y el 11El 3, con el 2 y el 5El 4, con el 8 y el 9El 5, con el 3 y el 12El 8, con el 4 y el 12El 9, con el 4 y el 11El 11, con el 2 y el 9Y el 12, con el 5 y el 8.

183. EL CASO DEL MELÓN FUGITIVO El administrador está equivocado, dijo Beremiz, y tendrá que pagar la apuesta. La diferencia a que llegó el vendedor resulta de lo siguiente:

La partida de Harim se componía de 10 lotes de 3 melones cada uno. Cada lote debía ser vendido por 1 dinar. El total de la venta serían 10 dinares.

La partida de Hamed se componía de 15 lotes de 2 melones. Cada lote debía ser vendido por 1 dinar, lo que daba un total de 15 dinares.

Por lo tanto, el número de lotes de una partida no es igual al número de lotes de la otra. Para vender los melones en lotes de cinco sólo los 10 primeros lotes podrían ser vendidos a razón de 5 por dos dinares, una vez vendidos esos 10 lotes, quedan aún 10 melones que pertenecen exclusivamente a la partida de Hamed y que, siendo de más elevado precio, tendrían que ser vendidos a razón de 2 por 1 dinar. La diferencia de 1 dinar resultó pues de la venta de los últimos melones. En consecuencia: no hubo robo. De la desigualdad del precio entre las partes resultó un prejuicio de 1 dinar, que quedó reflejado en el resultado final.

184. LOS OJOS DE LAS ESCLAVASBeremiz dijo que al formular la primera pregunta: ¿De qué color son tus ojos?, la respuesta tenía que ser necesa-riamente "negros"; pues, si la esclava decía la verdad tenía los ojos negros y su respuesta no podía haber sido otra; si la esclava decía la mentira tenía los ojos azules y necesariamente, al mentir, debía decir que sus ojos eran negros.Como la respuesta era conocida por él, de antemano, el hecho de recibirla en otro idioma no causó ningún pro-blema; ya que, en cualquier lengua, la respuesta única posible era: "Mis ojos son negros".Beremiz prosiguió diciendo que aprovechó ese revés para hacer que no comprendía y justificar la pregunta a la segunda esclava: –¿Cuál es la respuesta que acaba de dar tu compañera?. Al recibir como respuesta: –"Dijo: mis ojos son azules", no le cupo la menor duda que la segunda esclava mentía, por lo que estaba descubierto el color de sus ojos: azules.Finalmente se refirió a la pregunta última, realizada a la esclava que se encontraba en el medio: –¿De qué color son los ojos de esas dos jóvenes a las que acabo de interrogar?. Al recibir la respuesta –“La primera tiene los ojos negros y la segunda los tiene azules" el problema estaba totalmente resuelto; pues la tercera esclava dijo con exactitud el color de los ojos de la segunda que, como se había dicho, ya estaba descubierto y no había du-da de que decía la verdad, por lo que sus ojos eran negros.De la respuesta de la tercera esclava y con la seguridad de que decía la verdad resultó fácil deducir que la prime-ra tenía los ojos negros.Luego: la primera tenía los ojos negros, la segunda los tenía azules; la tercera también los tenía negros y, como no había más que dos esclavas con ojos negros, las dos no interrogadas los tenían azules.

185. LOS CUATRO DE LA FAMILIA

186. EL MISTERIO DE LAS DEUDAS DESIGUALES Amigo mío -explicó Beremiz- esto se explica con pocas palabras. En las cuentas de pago, los saldos deudores no tienen relación ninguna con el total de la deuda. Admitamos que la deuda de 50 fuera pagada en tres plazos, el primero de 10, el segundo de 5; y el tercero de 35. La cuenta con los saldos sería:Pagó 10 y quedó debiendo 40 » 5 » » 35 » 35 » » 0

Suma 50 Suma 75 En este ejemplo, la primera suma sigue siendo 50, mientras la suma de los saldos es, como veis, 75; podía ser 80, 99, 100, 260, 800 o un número cualquiera. Sólo por casualidad dará exactamente 50, como en el caso del je-que, o 51, como en el caso del judío.El mercader quedó muy satisfecho por haber entendido la explicación de Beremiz, y cumplió la promesa ofrecien-do al calculador el turbante azul que valía cuatro dinares.

187. HERENCIA JUSTA

188. DOS HOM-BRES Y

UN DESTINO11 minutos.

Siempre llegan en el

mismo au-to- bús por-que ambos lo co- gen o lo pierden. Esto es porque el tiempo que tarda Remo en llegar a su parada es tanto como la suma del tiempo que tarda Rómulo en llegar a su parada más el tiempo que tarda el autobús en ir desde una hasta la otra. Un mucha-cho emplearía 9+11=20 minutos en ir de una parada a la otra. El autobús, 10 veces más rápido tarda 2 minutos, 2=11-9 que es la ventaja de tiempo que Rómulo tenía sobre Remo.

189. EL SUPERCLÁSICO DE MENSARepresentamos la naranja por n, el plátano por p, las cerezas por c y el melón por m.

i) 4 x n = 28ii) 2 x n + 2 x p = 30iii) p + c + m + n = 20iv) 2 m + c + p = 16

De i) obtenemos que n=7, de ii) que p = 8 y de iii) y iv) que m=3 y c = 2

Luego la suma de la columna incógnita vale 25

190. LA LÓGICA DE EINSTEINEsta es la solución

CASA 1 CASA 2 CASA 3 CASA 4 CASA 5Noruego Amarillo

Agua Dunhill Gatos

Danés Azul Té

Blend Caballos

Inglés Rojo

Leche PalMall Pájaros

Alemán Verde Café

Prince PECES

Sueco Blanco Cerveza

BlueMaster Perro

191. RELOJES DE ARENAEsta medición requiere una previa preparación que se resume a continuación.1. Colocamos los dos relojes como se puede ver en la figura A2. Giramos los dos simultáneamente y esperamos a que caiga toda la arena del reloj pequeño que mide tres

minutos. Fig. B3. Cuando hayan pasados los tres minutos correspondientes a la medida del reloj pequeño, le giramos de nue-

vo a la vez que al reloj grande le quedan aún 2 minutos por caer. Fig. C4. Cuando han caído los dos 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. E5. En este instante los dos relojes se encuentran con cinco minutos de arena por caer en el primero y un minuto

de arena por caer en el segundo. Fig. E6. Cuando ha caído el minuto de arena del reloj pequeño Fig. F podemos comprobar que al reloj grande le que-

da aún cuatro minutos por caer. Fig. F y aprovechamos este momento para girarlo de 90 grados y tumbarlo sobre la mesa interrumpiendo de este modo la caída de arena.

7. Con esta operación hemos “memorizado” en el reloj grande dos porciones de tiempo. Una de un minuto y otra de cuatro minutos.

8. Cuando nos lo indiquen, solamente tendremos que enderezar el reloj grande con los cuatro minutos de are-na restantes para cronometrar este tiempo

192. PRODUCTIVIDAD DE LAS MÁQUINASCon lógica y con unas pocas operaciones aritméticas, es fácil saber las piezas que cada máquina fabrica.A continuación, se expone uno de los caminos posibles.Comparando la producción conjunta de las máquinas Azul y Verde (69), con la global de la Azul y la Roja (72), re-sulta obvio que la diferencia de tres unidades sólo es atribuible a la diferencia entre las máquinas Verde y Roja.Así pues, ya sabemos que la Roja produce 3 piezas más que la Verde. Sabiendo que la máquina Roja produce 3 piezas más que la Verde, y atendiendo a la producción conjunta de las máquinas Roja y Verde (79), basta buscar dos números que sumados den 79 y cuya diferencia entre ambos sea de 3. Sólo el 38 y el 41 cumplen con estas condiciones.Por tanto, ya sabemos que la máquina Roja produce 41 piezas, y la Verde 38.Con una simple resta podemos averiguar cuál es la producción de la máquina azul (por ejemplo, restamos 38 a la producción global de la Azul y la Verde).Conociendo que la Azul fabrica 31 piezas, sólo hemos de restar ese número a la producción conjunta de la Azul y la Gris para averiguar que ésta última produce 33 piezas.

A B C

D E F

193. EL PROBLEMA DE LOS GUANTESTenemos 2 pares de guantes y cada guante tiene una cara interior y una exterior (que son intercambiables sim-plemente dando la vuelta al guante).Por tanto tenemos un total de 4 “superficies” y 4 personas. Parece claro que cada persona debe estar en contac-to únicamente con una de las 4 superficies para evitar contagios.Como notación llamaremos “A” y “B” a las caras del primer par de guantes y “C” y “D” a las caras del segundo par.La forma de realizar las operaciones sin posibles contagios es: Primera operación: El doctor “Xenophón” se pone el primer par de guantes con “A” como cara interior y

la paciente le superpone el segundo par de guantes quedando un par dentro del otro y con “D” como cara exte-rior, que es la que entra en contacto con la paciente. (“B” y “C” están en contacto pero no importa porque nadie ha tocado aún éstas dos superficies).

Segunda operación: La paciente separa el segundo par de guantes y el doctor “Ypsilanti” se los pone entrando en contacto con la cara “C”. Así la cara "D" sigue siendo la exterior y la que entra en contacto con la paciente.

Tercera operación: El doctor “Zeno” se pone el primer par de guantes invirtiéndolos de forma que toque la cara “B” (queda la cara “A” como exterior provisionalmente) y la paciente le superpone el segundo par de guantes quedando un par dentro del otro y la cara “D” como exterior que es la que entra en contacto con la pa-ciente. (“A” y “C” están en contacto, pero no importa porque no se deben tocar más).

Resumiendo: Doctor Xenophón— "ABCD" — pacienteDoctor Ypsilanti — "CD" — pacienteDoctor Zeno — "BACD" — paciente

194. NÚMEROS DE LETRASPuede haber varias soluciones. Esta es una de ellas.CERO (abajo se repite la “O”)UNO (abajo se repite la “O”)OCHO (abajo se repite la “O”)DOS (abajo se repite la “S”)TRES (abajo se repite la “E”)NUEVE (abajo se repite la “E”)SEIS (abajo se repite la “I”)CINCO (abajo se repite la “I”)SIETE (abajo se repite la “T”)CUATRO

195. TREINTA ESPADAS MÁGICASUna configuración válida puede ser la que se ve:

196. ARREGLALO

Basta con mover la ficha con el signo “+” girándola hasta que pase a ser una “x”. De esta forma la operación que-da corregida.

197. EL SORDOMUDO Y EL CIEGOPues simplemente se lo pide al dependiente. Es ciego, no mudo.

198. Y VENGA VINOUtilizando el Depósito General y las dos cisternas, se hacen los siguientes trasvases:

DEPOSITOGENERAL 10000 6000

10000 04000 6000

6000 4000 06000 0 4000

10000 40008000 6000

199. ESCOGIENDO ESPOSO EN SINGAPURCualquiera de los tres pretendientes podría haber dado la misma respuesta. Al principio, Ah-Seng supone que no hay marca de labios en su frente y puesto que ve que los otros dos sí la tienen ninguno puede reír a carcajadas. Cualquiera de los otros pretendientes debería ver una frente con marca de labios y la otra sin ella. Entonces razo-narán que si nadie se ríe es porque no hay dos frentes sin marca de labios, pero como nadie hace ese razona -miento, Ah-Seng deduce que el también debe tener los labios de su amada grabados en su frente.

200. REPARTO DE CAMELLOS-Es muy simple- dijo el sabio árabe -Me encargaré de hacer con justicia esa división. Pero me tenéis que permitir que junte a los 35 camellos de la herencia, este camello de mi criado, que hasta aquí nos trajo en buena hora.-Voy -dijo dirigiéndose a los tres hermanos- a hacer una división exacta de los camellos que son ahora 36.Le dijo al mayor:-Tenías que recibir la mitad de 35, es decir 17,50 camellos. Recibirás en cambio la mitad de 36, es decir 18. Nada tienes que reclamar, pues es bien claro que sales ganando con esta división.Dirigiéndose al mediano continuó:-Tú debías recibir un tercio de 35, es decir 11,67 camellos. Recibirás un tercio de 36, es decir 12. No podrás pro-testar, porque también es evidente que ganas en el cambio.Y dijo, por fin, al más joven:-A ti, el más joven, que según voluntad de tu padre debías recibir una novena parte de 35, o sea 3,89 camellos, te daré una novena parte de 36, es decir 4. Tu ganancia será también evidente.Luego continuó diciendo:-Con esta división, que favorece a todos vosotros, tocarán 18 camellos al primero, 12 al segundo y 4 al tercero, lo que da un resultado de 34 camellos. De los 36 camellos sobran, por lo tanto dos.Uno pertenece, como saben, a mi criado, y el otro me toca a mí, por derecho, y por haber resuelto, a satisfacción de todos, el difícil problema de la herencia.

201. ¿CUÁL ES LA AMADA?El joven es un caradura, y la puntuación que puso a su verso fue la siguiente:

Juana Teresa y Leonor,puestas de acuerdo las tres,

me piden diga cuál esla que prefiere mi amor.

Si obedecer es rigor¿digo pues que amo a Teresa?,

no. ¿A Leonor cuya agudezacompite consigo ufana?,

no. ¿Aspira mi amor a Juana?,¡que no!, es poca su belleza.

202. EL MONASTERIOSe suicidaron 10 monjes en la noche del décimo día.La explicación es un tanto tediosa por escrito, pero es más o menos así: Si sólo un monje hubiese estado enfer-mo, cuando el abad les contó acerca de la enfermedad y les confirmó que entre ellos había enfermos, ese único monje enfermo no hubiese visto caras negras, deduciendo que era el enfermo.Si hubieran sido dos los enfermos, al primer día los hubiesen visto una sola cara negra, pero al no haber un suici-dio por la noche, hubieran comprendido que había más de un enfermo, siendo ellos el otro (¿se entiende?).

Así sucesivamente, al décimo día todos comprendían que había por lo menos 10 enfermos. Los que solo veían 9 caras, comprendieron que ellos eran el restante y se suicidaron. Si no hubiesen sido honrados, al decimoprimero día todos los demás hubieran pensado que estaban enfermos y se hubieran suicidado.

203. CUMPLEAÑOS PREOCUPANTEJorge vive en un país del hemisferio sur.

204. LA VENTA DE SOLARESLos datos del cartel son falsos, y por eso no se presentó nadie a la subasta.La imprenta se equivocó al realizar el cartel y puso unas medidas erróneas.No puede existir un triángulo con las dimensiones dadas. La suma de los dos lados más cortos equivalen al lado más largo, y eso es imposible. Con esas medidas solamente se puede tener dos rectas paralelas.

205. CABALLO 5X5Hay varias soluciones. Esta es una de ellas

206. PÁNICO EN LA CENTRAL NUCLEAREl secreto es saber por qué ha escogido este código el infortunado ingeniero, y es para vengarse de sus compa-ñeros, todos angloparlantes y de formación técnica. Así, si nos centramos en resolver la serie de forma puramente matemática, no llegaremos a la solución correcta, ya que hay que resolverla lingüísticamente:2 – 10 – 12 – 16 – 17 – 18 – 19... todos comienzan con la letra “D”, así que el siguiente número de la serie es el 200 (Doscientos).

207. UN PROBLEMA DE PESOS 1Seis pesas: 1, 2, 4, 8, 16 y 32 kilos.

KG PESAS KG PESAS KG PESAS1 1 15 1 + 2 + 4 + 8 29 1 + 4 + 8 + 162 2 16 16 30 2 + 4 + 8 + 163 1 + 2 17 1 + 16 31 1 + 2 + 4 + 8 + 164 4 18 2 + 16 32 325 1 + 4 19 1 + 2 + 16 33 1 + 326 2 + 4 20 4 + 16 34 2 + 327 1 + 2 + 4 21 1 + 4 + 16 35 1 + 2 + 328 8 22 2 + 4 + 16 36 4 + 329 1 + 8 23 1 + 2 + 4 +16 37 1 + 4 + 32

10 2 + 8 24 8 + 16 38 2 + 4 + 3211 1 + 2 + 8 25 1 + 8 + 16 39 1 + 2 + 4 + 3212 4 + 8 26 2 + 8 + 16 40 8 + 3213 1 + 4 + 8 27 1 + 2 + 8 + 1614 2 + 4 + 8 28 4 + 8 + 16

208. UN PROBLEMA DE HUEVOSNadia aleccionó a sus hermanas para que vendieran los huevos por septenas, a 3 euros cada una, y cada huevo restante a 9 euros, con lo que cada una obtuvo exactamente 30 euros en total, cumpliendo las instrucciones de su madre. Parece que a sus compradores no les quedó otro remedio que aceptar su insólito sistema de venta, al no haber en el mercado más vendedoras de huevos.

209. EL BÚNKER DEL TIEMPOCada ciclo de 12 horas tiene 43200 segundos. El reloj que adelanta se aproxima en cada ciclo 12 segundos ha-cia su sincronización con la hora auténtica. Eso implica que al desincronizarse necesita 3600 ciclos de 12 horas verdaderas para volver a marcar la hora exacta durante un instante. Es decir, que marca la hora exacta una vez cada 3600 ciclos de 12 horas reales.El reloj que atrasa se aproxima en cada ciclo 18 segundos hacia su sincronización con la hora auténtica. Eso im-plica que al desincronizarse necesita 2400 ciclos de doce horas verdaderas para volver a marcar la hora exacta durante un instante. Es decir, que marca la hora exacta una vez cada 2400 ciclos de 12 horas reales.Es fácil ver que justo al cumplirse 7200 ciclos de 12 horas auténticas, el reloj que adelanta habrá completado dos veces exactas 3600 ciclos, mientras que el que atrasa habrá cumplido 3 veces exactas 2400 ciclos. Es decir que en ese instante ambos relojes marcarán la hora, minuto y segundo exactos.Los 7200 ciclos de 12 horas, o sea 3600 días, equivalen a 9 años no bisiestos, diez meses estándar (de 30 días cada uno) y 15 días.Puesto que ya han transcurrido 24 horas y algunos minutos desde el momento crucial en que la sincronización de los relojes hizo abrir las compuertas, si fijas el tiempo de suspensión criogénica en 3599 días exactos enteros, el proceso de tu reactivación biológica se iniciará cuando las compuertas lleven abiertas el mismo rato que llevan ahora cerradas (varios minutos), tiempo suficiente para que el aire de fuera del búnker entre.8 horas después, cuando aún falten más de 15 para que se cierren de nuevo las compuertas, estarás en condi-ciones de salir.

210. LA ESCAPADA DE LOS PRISIONEROSEl plan de los presos es cavar parte del túnel y amontonar la tierra hasta alcanzar la ventana.

211. ESCAPAR DE LA PIRÁMIDELa clave para resolver el enigma es examinar el cofre plateado-dorado, y, dependiendo del color de la llave que descubramos en el compartimiento escogido, aplicar unos determinados razonamientos lógicos.Posibilidad ASi la llave que encontramos es plateada, la otra no puede ser dorada pues entonces la inscripción del cofre no sería falsa sino verdadera. Tampoco puede contener las dos doradas puesto que hemos comprobado que una de ellas es plateada. Así que sólo puede contener las dos plateadas. Sabiendo esto, resulta evidente que el cofre dorado no puede contener las plateadas porque están en el cofre plateado-dorado, y también que no puede con-tener las doradas porque entonces la inscripción del cofre no sería falsa sino verdadera. Así que sólo puede con-tener el juego plateado-dorado.Posibilidad BSi la llave que vemos es dorada, la otra no puede ser plateada pues entonces la inscripción del cofre no sería fal-sa sino verdadera. Tampoco puede contener las dos plateadas puesto que hemos comprobado que una de ellas es dorada. Así que sólo puede contener las dos doradas. Sabiendo esto, resulta evidente que el cofre plateado no puede contener las doradas porque están en el cofre plateado-dorado, y también que no puede contener las plateadas porque entonces la inscripción del cofre no sería falsa sino verdadera. Así que sólo puede contener el juego plateado-dorado.

212. LA EDAD DE LAS NIÑASDos de las hijas tienen 2 años y la tercera, 9 años.Para que el producto de las edades Sea 36, debe cumplirse alguna de las siguientes combinaciones:1 x 1 x 36 = 361 x 2 x 18 = 361 x 3 x 12 = 361 x 4 x 9 = 361 x 6 x 6 = 362 x 2 x 9 = 362 x 3 x 6 = 363 x 3 x 4 = 36La aclaración de que “...la suma de sus edades es el número de la casa de enfrente” y “la mayor toca el piano” implica que existen dos o más combinaciones con idéntica suma, siendo preciso recurrir a que existe una chica “mayor” para determinar la distribución de edades correcta.Así existen dos posibilidades:1+6+6=132+2+9=13Sólo en esta última distribución existe una chica mayor que las otras. Por lo tanto sus edades son de 2 años (pa-ra dos de las chicas) y de 9 años para la tercera, que es también la mayor.

213. EL DIABLO Y EL CAMPESINOTenía 21 pesos.1º.- PASO: 21 x 2 = 42 – 24 = 18 pesos2º.- PASO: 18 x 2 = 36 – 24 = 12 pesos3º.- PASO: 12 x 2 = 24 – 24 = 00 pesos

214. EL GLOBOSi, si el globo está deshinchado...

215. EL ÁNGULO DE LAS DIAGONALESSi añadimos la tercera diagonal, tenemos un triángulo, y ya sabemos que la su-ma de los ángulos de un triángulo es de 180º. En este caso, al ser un triángulo equilátero todos los ángulos son iguales, por lo que el ángulo medirá 60º

216. TRIANGULO DE MONEDASEl Conde ha ganado en el casino 231 monedas y con ellas formó un triángulo con una base de 21 monedasEl mayordomo robó al conde 21 monedas dejando un triángulo con 210 monedas, y forma su triángulo con una base de 6 monedasEl cocinero robó al mayordomo 6 monedas dejando un triángulo con 15 monedas, y forma su propio triángulo con una base de 3 monedas

217. MAS CUADRADOSParece imposible, pero... vemos que con las mismas piezas, una vez giradas adecuadamente, se forma el rectán-gulo pedido

218. LA CUBERTERÍA DE PLATASi la casa llevaba tanto tiempo cerrada los cubiertos no estarían brillantes, sino negruzcos. Si brillaban era por-que Carlos los había colocado allí con la idea de engañas a Ana para que esta comprase la casa.

219. MAYOR DE EDADCumplo años el 31 de diciembre.Supongamos que hoy es uno de enero de 1998.Anteayer 30/12/97, tenía 15Ayer 31/12/97, cumplí 16Hoy 01/01/98, tengo 16El 31/12/98, cumplo 17El 31/12/99, cumplo 18Y ya puedo votar

220. LOS HEXÁGONOSPues ya ves...

221. EL COLOR DE LA ESCALERALa excéntrica viuda “...dio instrucciones a un arquitecto para que le construyera una gran casa blanca de una planta...”, y una casa de una sola planta no necesita escaleras

222. LOS CINCO AMIGOSLos nombres son: Alberto Eduardo, Alejandro Bernardo, Carlos Cirilo, Daniel Darío y Bartolomé Edgardo

Daniel es el único que conoce solo a uno de los otros, por lo tanto su segundo nombre debe ser Darío Bartolomé no es ni Daniel ni Bernardo. Como no conoce a éste último, no puede ser Alberto ni Carlos.

Por lo tanto, Bartolomé es Edgardo El segundo nombre de los amigos que fueron a cenar es Alejandro, Cirilo y Eduardo Alejandro, entonces, conoce a Cirilo y a Eduardo. Como conoce sólo a dos, no conoce ni a Bartolomé

Edgardo ni a Daniel Darío Bartolomé Edgardo conoce tres amigos, que son entonces Cirilo, Daniel Darío y Eduardo Daniel Darío, que conoce solo a uno, no conoce ni a Cirilo ni a Eduardo Alejandro y Bernardo son los únicos que conocen dos amigos, y por lo tanto son la misma persona: Ale -

jandro Bernardo El segundo nombre de Alberto es Eduardo, y Carlos es Cirilo

223. ¿QUÉ BARBERO ELEGIR?Como el pueblo tiene solo dos peluqueros, cada uno lleva el corte de pelo que le hizo el otro. El hombre se deci-de por la peluquería más sucia, pues su dueño le había hecho un corte de pelo perfecto al propietario de la otra.

224. LAS TRES BOMBILLASAl principio del pasillo hay tres interruptores, A, B y C. Nuestro personaje pulsa el interruptor A, espera 10 minu-tos, lo apaga, pulsa el B y atraviesa el pasillo. Al abrir la puerta se puede encontrar con tres situaciones:A. La luz esta encendida: el interruptor será el BB. La luz esta apagada y la bombilla caliente: el interruptor será el AC. La luz está apagada y la bombilla fría: el interruptor será el C.

225. ENIGMA ECLESIÁSTICOCasarse estando muerto...

226. LA MANO DE PÓQUERDos de espadas, nueve de corazones, cinco de corazones, cuatro de diamantes y 8 de piques

227. LA MESA DE LOS PRISIONEROS2519 prisioneros2519 dividido 3 = 839 mesas y sobran 22519 dividido 5 = 503 mesas y sobran 42519 dividido 7 = 359 mesas y sobran 62519 dividido 9 = 279 mesas y sobran 82519 dividido 11 = 229 mesas exactamente

228. LAS DOS MECHASEncendemos la primera mecha por ambos extremos y la segunda por uno de ellos, y cuando la primera mecha se apaga, encendemos el otro extremo de la segunda.Al encender la primera mecha por ambos extremos la duración de la mecha se divide entre dos, por lo que sola-mente dura 30 minutos. En el momento en que se apaga la primera mecha, a la segunda le faltan 30 minutos pa-ra quemarse. Al encender en ese momento el segundo extremo de la segunda mecha esos 30 minutos que faltan se dividen entre dos, por lo que solamente durará 15 minutos. Si le sumamos los 30 minutos que duró la primera mecha, ya tenemos los 45 minutos.

229. ORDEN Y CAOSAl cabo de seis horas Blanca podría ordenar tres salones y Segismundo desordenar dos. Así pues, en seis horas se ordena un salón.

230. CORTANDO QUESOSSe puede hacer de dos formas: Partimos el queso en dos partes mediante un corte horizontal, y a

continuación hacemos dos cortes verticales. Damos dos cortes perpendiculares por el centro y obtenemos cua-

tro trozos. A continuación hacemos el corte horizontal.Se puede hacer de una tercera forma, pero es más complicada por la dificul-tad que implica manejar los trozos:

Primero se hacen los dos cortes verticales, y a continuación apilamos los trozos formando una torre de cuatro pi-sos y hacemos un tercer

231. REPARTO EN LA BODEGACada uno se lleva 4 botellas grandes, 4 pequeñas y 7 unidades de vinoEl 1º se lleva: 3 grandes llenas 1 grande vacía 1 pequeña llena 3 pequeñas vacíasEl 2º se lleva: 2 grandes llenas 2 grandes vacías 3 pequeñas llenas 1 pequeña vacíaEl 3º se lleva: 2 grandes llenas 2 grandes vacías 3 pequeñas llenas 1 pequeña vacía

232. ÁRBOLES MALÉVOLOS“Te ocuparás de podar a todos los árboles que no se poden a sí mismos, y sólo a esos.”La labor descrita cumple las condiciones exigidas, ya que es una labor de jardinería que tú puedes realizar al pie de la letra.Pero el jefe de los árboles no puede. Él es capaz de podar a otros árboles, por supuesto. Pero tanto si se poda a sí mismo, como si no, incurre en un incumplimiento de la tarea asignada:- Si se poda a sí mismo, está podando a uno de los árboles que se podan a sí mismos.- Si no se poda a sí mismo, deja sin podar a uno de los árboles que no se podan a sí mismos.Resulta evidente, por tanto, que el fanfarrón y malvado árbol será incapaz de cumplir el trabajo encomendado. El hechizo se rompe, el bosque recupera su normalidad, y vuelves a ser libre.

233. UN PAR DE DETECTIVES ASTUTOSNo hay que suponer a priori que las rodadas eran de automóvil. Los detectives se habían dado cuenta de que las marcas habían sido producidas por una silla de ruedas y el sospechoso estaba sentado en una.

234. EL TESTAMENTO DEL JEQUEEl beduino hizo honor a su fama de sabio y no defraudó las esperanzas puestas en su inteligencia. Tras pensar durante un momento, cede su camello a los hermanos, con lo que estos pasan a tener, momentáneamente, 12 camellos, y comienzan el reparto:- El primogénito recibe la mitad 12 / 2 = 6- El segundo una cuarta parte 12 / 4 = 3- El tercero la sexta parte 12 / 6 = 2Una vez terminado el reparto, y como los camellos que se han repartido los hermanos suman 11(6+3+2), sobró el camello del beduino, de forma que este lo recuperó y todos contentos.

235. CARTA ENCRIPTADAAunque resolver este problema puede parecer a complejo, no lo es en absoluto. La abundancia de determinadas letras en un idioma es un fac-tor clave para identificar los signos que las sustituyen.Si contamos las veces que aparece cada letra en la primera carta, com-probamos que la "E" y la "A" son las más abundantes. Las demás letras quedan bastante más abajo y las probabilidades de que en otro texto al-guna letra supere en apariciones a estas dos, son razonablemente ba-jas.En la segunda carta, las letras más abundantes son la "K" y la "X". Eso nos indica una clara correlación de la "E" y la "A" con la "K" y la "X". Puesto que no tenemos la total certeza de a cuál corresponde cada una, ya que no existe una diferencia muy significativa, podemos elaborar dos versiones del texto descodificado.El siguiente grupo de letras que más abundan en el texto de la primera carta, está integrado más o menos por una decena (o, s, r, n, i, u, d, t, l, c...) Las demás letras ya quedan bastante más abajo en la lista de apariciones.Puede llevarnos un cierto tiempo ir probando diferentes combinaciones, pero acabaremos dando con equivalen-cias correctas que harán más reconocible el texto, en especial las palabras cortas. En nuestro idioma, las pala-bras muy cortas (1 ó 2 letras) de uso frecuente son tan pocas, que podemos intentar encajarlas enteras, con las consiguientes sustituciones de letras en el resto del texto para ver si las equivalencias probadas son correctas.Incluso sin haber descifrado más que la "K" y la "X" por la "A" y la "E", sin determinar cuál es cuál, es posible, con una atenta lectura del texto, analizar palabras cortas e intuir cuáles pueden ser.La posición de una determinada letra en distintas palabras, juntas o separadas, también puede aportar pistas muy significativas.Con varias letras del abecedario descifradas, el texto empieza ya a tener sentido, y la identidad de bastantes de las no descifradas resulta bastante clara al examinar su posición en cada palabra. Conviene, sin embargo, tener cuidado con las palabras enteras formadas por la ubicación casual de letras falsas entre las verdaderas, ya que pueden propiciar que nos despistemos.Con diez letras del abecedario descifradas, la labor pasa a una fase rápida de resolución, puesto que ya hay un número significativo de palabras completas, o a las que les falta una única letra, fácil de adivinar por el contexto.Por último, cuando ya hay unas quince letras del abecedario descifradas, las palabras que aún contienen letras originales pueden ser corregidas directamente con la misma facilidad que si se tratase de errores tipográficos.El contenido de la segunda carta es:

“El día catorce del mes de Mayo te esperaré junto al lago que hay en el prado de las brujas. Ven en un caballo que sea fuerte y veloz. Llegaré de noche y me ocultaré tras la cascada hasta que te vea

1ª 2ª 1ª 2ªA K Ñ —B N O WC U P BD T Q FE X R ZF I S ÑG Y T CH V U DI P V SJ H W —K — X —L M Y EM G Z ON Q

Equivalencia entre letras del abe-cedario normal y las del usado en la segunda carta.

llegar. Entonces partiremos al galope hacia la costa. Allí nos embarcaremos en un velero que nos es-tará aguardando en una cala desierta. Zarparemos al caer la noche, para que no nos vean desde el castillo del otro acantilado. Nuestra travesía marítima nos alejará definitivamente de las mezquinas conspiraciones que nos acechan en esta tierra, y tengo la certeza total de que podremos iniciar una nueva y próspera vida.”

236. EL ENIGMA DE LOS EUROS Y LOS CÉNTIMOSNo hay ningún enigma a resolver. El planteamiento de la pregunta es erróneo y tendencioso. Ahí radica la expli -cación de por qué se llega a ese aparente misterio.No han desaparecido esos 20 céntimos porque los clientes no han pagado realmente 6 euros, sino 5 con 40 céntimos (1 con 80 cada uno), cantidad de la cual 5 euros han sido el pago de la consumición y 40 céntimos la propina del camarero.Es cierto que en un primer momento en la caja de la cafetería han entrado 6 euros. Pero ahí sólo se han quedado 5 (el pago de la consumición), mientras que 1 ha salido para ser repartido entre el camarero (40 céntimos) y cada uno de los tres clientes (20 céntimos cada uno) ¡Más claro no puede estar!

237. LOS MARIDOS ENGAÑADOSLo más útil suponer que solo hay una infidelidad. Si te dicen que hay una infidelidad y tú no la conoces, de acuer-do al enunciado del problema, es tu esposa, por lo que lo sabes de forma inmediata y la expulsas a la mañana si-guiente y si la conoces, alguien hará el razonamiento anterior y expulsará a la suya a la mañana siguiente.Si a la mañana siguiente nadie expulsa a su mujer será porque los demás deben saber que hay dos infidelidades y tú deduces que la segunda es la de tu mujer, ya que solo conoces una.Llegado a este punto, por simple inducción se deduce que si tú conoces n infidelidades y el día "n" no se expul-san "n" mujeres, hay una infidelidad más que es la tuya y el día n+1 se expulsarán n+1 mujeres.De esta forma, queda claro que hasta el día 40, los 40 cortesanos, que cada uno conocía las 39 infidelidades de los otros, no supieron que sus respectivas esposas también les eran infieles y todos las expulsan el día 40.

238. CAMBIO DE OVEJASUno tiene 5 ovejas y el otro 7

239. LOS BOMBEROS

240. CHARLATANSi realmente disuelve todo... ¿De qué está hecha la botella?

241. CUADRADOS Y 24 PALILLOS

242. RUSIA ZARISTAEl regalo valioso era la misma caja.

243. CAMBIO DE SENTIDO

244. LA TIENDA DE ROPAEl hombre cobra 500 Ptas. por cada una de las letras que componen el nombre de la prenda en venta, por lo tan-to la blusa costará 2500 Ptas. (5 letras a 500 Ptas. la letra)

245. EL RELOJ QUE SE PARABAAl salir de su casa, el hombre dio cuerda al reloj, y escribió la hora en un papel.Cuando llegó a casa de su amigo apuntó la hora que era en ese momento, y cuando se fue volvió a apuntarla.Cuando llegó a su casa, miró el reloj, y así pudo saber cuánto tiempo había estado fuera de casa. Restando de eso el tiempo que había estado en casa de su amigo pudo calcular lo que había tardado en ir y venir.Sumando la mitad de ese tiempo a la hora que era cuando salió de casa de su amigo, pudo averiguar la hora que era en aquél momento

246. PROBLEMA DE GEOGRAFÍA

247. EL GORRIÓN ENCERRADOEchando poco a poco arena en el agujero el pajarillo irá subiendo hasta la salida.

248. BASCULA COMPARTIDALlamemos a los chicos A, B, C, D y E, en orden ascendente de pesos. Entonces, A y B (los más livianos) pesaron juntos 114 libras. D y E (los más pesados), por su parte, pesaron jun-tos 129 libras. Los cuatros juntos pesaron 243 libras, lo que restado al peso de los cinco juntos (303 libras) da el peso de C, 60 libras. Para obtener el peso total de 303 libras, hay sumar todos los pares y dividir por cuatro, ya que todos los niños fueron pesados cuatro veces El más liviano (A) y el tercero más liviano (C) pesaron juntos 115 libras. Como C pesaba 60 libras, el peso de A es de 55 libras, y así sucesivamente: 55, 59, 60, 63 y 66 libras.

249. TRES EN RAYAEl dibujo que corresponde a la partida de “Tres en raya” es el “C”.El “A” no puede ser, ya que tiene seis “x” y tres “o”, y una par-tida tiene cinco símbolos de un tipo y cuatro de otro.EL “B” tampoco puede ser, ya que ambos jugadores hicieron “Tres en raya”, y eso es imposible.

250. PROHIBIDO GIRARNo lo conseguirá. Supongamos que entra por la esquina inferior izquierda. Si nunca gira dos veces en el mismo sentido, nunca puede retroceder. Si el primer giro lo hace hacia la derecha, el segundo será obligatoriamente hacia la izquier-da, el siguiente a la derecha y el siguiente a la izquierda... y poco a poco se va alejando del punto de inicio del recorrido.

251. EN 4 PIEZAS IDÉNTICAS

252. BICHOSEl segundo bicho desde la izquierda es el que sobra. Los otros están construidos con mitades de los cuatro palos de la baraja de póker (trébol, pica, corazón y diamante)

253. LA ORIENTACIÓN DE LOS CAMELLOSLos camellos estuvieron siempre ubicados el uno enfrente del otro, tal y como se ve en el dibujo.Por lo tanto miraban en direcciones opuestas, pero se veían entre sí sin necesidad de moverse.

254. LA MECHAPrimero debe encender la mecha de una hora en ambos lados, y simultáneamente la mecha de dos horas de un solo extremo. La primera se consumirá media hora antes que la segunda. Cuando se cumpla este tiempo, es de-cir la media hora, debe encender el segundo extremo de la mecha de dos horas, a la que le quedaría una hora y media de vida útil, pero que se consumirá en la mitad, es decir 45 minutos.

255. SALVARSE DE LA QUEMAPrendemos fuego en la mitad de la isla, de manera que cuando lleguen las llamas del incendio inicial no tengan vegetación para arder.

256. PADRE E HIJOAunque se puede solucionar como un sistema de ecuaciones con dos incógnitas, vamos a realizarlo de una ma-nera más sencilla.Llamemos AB a la edad del padre donde cada letra representa un dígito. Por tanto, la edad del hijo es BA. El año de nacimiento del hijo será 19AB y el del padre 19BA. Entonces:

19AB+ BA

————1999

Por tanto, A+B = 9. Para ello se dan las siguientes posibilidades (aunque la última es difícil que se produzca, ma-temáticamente es posible):

Edad del padre

Edad del hijo

90 09

81 18

72 27

63 36

54 45

Entonces vemos que las únicas que cumplen la propiedad de diferenciarse en 27 años son las correspondientes a 63 años para el padre y 36 años para el hijo.

257. ESCAPÓ A SUIZALa mujer sale de Alemania y comienza a andar en dirección a Suiza. Cuando faltan unos segundos para la ins-pección que hace el centinela cada tres minutos, la mujer da la vuelta y comienza a andar en dirección a Alema-nia. En ese momento llega el centinela y lo que cree ver es una mujer intentando entrar en Alemania, y cumplien-do sus órdenes la obliga a regresar a Suiza. La mujer escapó.

258. LAS 6 MONEDASBasta con mover la moneda de la izquierda y colocarla sobre la moneda indicada.

259. EL POSAVASOS Y LA SERVILLETATomamos la servilleta y colocamos uno de los vértices sobre cualquiera de los puntos de la circunferencia, tal y como se representa en la figura.El ángulo definido por ABC es un ángulo recto, luego el segmento AC es un diá-metro de la circunferencia. Trazamos con un lapicero la línea AC y repetimos la misma operación eligiendo como B cualquier otro punto del perímetro del po-savasos. Una vez trazado el segundo diámetro ya hemos hallado cual es el cen-tro de la circunferencia.

260. PRECIO AL REVESEl precio original de la lámpara era de 68 euros. Al poner la tarjeta boca abajo el precio pasa a ser de 89 euros.

261. CAMIÓN PESADOEl camión pesa dos toneladas al comienzo del viaje. En el momento de cruzar el puente (mitad de camino) ya ha consumido mucha gasolina, y por lo tanto pesa mu-cho menos que el límite de carga máxima del puente. El peso perdido es más que suficiente para compensar el peso extra de la rama.

262. SIMBOLOSLos símbolos son letras del abecedario unidas a su propio reflejo.Las que componen la serie son la H, la I, la J y la K.Lógicamente la siguiente tiene que ser la L, que corresponde al símbolo marcado con la letra A.

263. FAMILIA NUMEROSACuatro chicos y tres chicas

264. INTERMEDIOSArriba el 2, el 4 y el 6Abajo el 3, el 1, 3l 7 y el 5

265. LOS CAMELLOS LENTOS

El hombre sabio les aconseja que cada uno monte el camello del otro. El que llegue primero a la ciudad será el dueño del camello más lento y heredará la fortuna de su padre.

266. RELLENAR EL CUADRADOSi comparas la pieza de 4 x 1 con el tablero 10 x 10 verás que no es posible conseguir lo que propone el proble-ma

267. COLOCANDO NUMEROS (I)

268. COLOCANDO NUMEROS (II)

269. ¿CUÁNTO VINO?Medimos el diámetro y la altura del líquido, obteniendo su volumen. Luego, damos vuelta la botella, y medimos el volumen de la parte vacía.Al sumarlas, obtenemos la capacidad total de la botella, y podemos calcular el porcentaje que ocupa el líquido.

270. LAS NUEVE BOLASSi puede hacerse. Para ello formamos tres grupos de bolas con tres bolas en cada grupo.

1ª Pesada:Colocamos tres bolas en cada platillo y se pueden dar dos casos:

a) Los platillos quedan equilibrados:La bola diferente se encuentra en el grupo que falta por pesar

b) Uno de los platillos pesa más:El platillo que pesa más es el que contiene el grupo en el que está la bola más pesada.

2ª Pesada:Del grupo en el que se encuentra la bola diferente colocamos una bola en cada uno de los platillos de la balanza, y se pueden dar dos casos:

a) Los platillos quedan equilibrados:La bola diferente es la que falta por pesar

b) Uno de los platillos pesa más:Es el que contiene la bola diferente

271. COSAS DEL ÚLTIMO MILENIOLa letra “M”

272. EL ENIGMA DEL CUADROSi el padre del retratado es el hijo de mi padre, y el hijo de mi padre soy yo, el retratado tiene que ser mi hijo

273. EL CAMPEONATO DE AJEDREZ¿Quién dijo que jugaran el uno contra el otro?

274. DOS PERSONAS Y UNA HOJA DE PERIÓDICO

8 3 64 1 25 9 7

9 5 38 1 47 2 6

Se coloca la hoja del periódico sobre el suelo, de forma que pase bajo una puerta cerrada y se coloca a una per-sona a cada lado de la puerta, sobre el periódico

275. LAS GANANCIAS DE ADELINASi no obtiene ningún beneficio al vender el segundo frasco de zumo, significa que lo vende al mismo precio que lo compra., o sea a 1,80 – 1 = 0,80 euros

276. LA EDAD DE LOLATiene 12 años

277. ESTRATEGIAS ENTRE EL REY Y EL CABALLOSe puede eludir el jaque durante tanto tiempo como se quiera. Basta con moverse por el centro del tablero, ocu-pando siempre una casilla de distinto color a la que ocupe el caballo.La única posibilidad de recibir un jaque es quedarse encajonado en una esquina, donde puede ser forzado a mo-ver en diagonal para salir del rincón y recibir un jaque en la siguiente jugada.

278. EL RECICLAJE DE LA CERAPodrá fabricar 111 velas.De las 1000 primeras se obtienen 100 velasDe estas 100 obtiene 10 nuevas.De estas 10 obtiene 1 nueva

279. EL PARQUE CIRCULAR215 espacios. Tantos como árboles.

280. UN NÚMERO CURIOSOEl “cinco”, tiene 5 letras

281. PÁJAROSTodos. Las montañas no vuelan

282. LAS BOLAS Y LA CAJAUna. Tras meter esta la caja ya no está vacía.

283. ENIGMA DE TIEMPOOcurrió que dos años podían leerse en su posición original y cabeza abajo y no variaba el resultado: I88I y I96I. No volverá a ocurrir hasta el 6009

284. LOS NÚMEROS DEL 1 AL 100 Empecemos a sumar los extremos:1 + 100 = 1012 + 099 = 1013 + 098 = 1014 + 097 = 101Vemos que todas las sumas dan el mismo resultado. Como pueden hacerse 50 sumas de parejas de extremos, y el resultado de cada suma será de 101, la suma total será de 101 x 50 = 5050

285. MÁS SOBRE EL NÚMERO 3Siete, ocho y nueve veces el número 333 x 3 + ( 33 : 33 )33 + 33 + 33 + ( 3 : 3 )33 x 3 + ( 333 : 333 )

286. CAMINO DE VILLAVIEJANinguna. Para Villavieja iba yo.

287. UN PROBLEMA DE PESOS 2Cuatro pesas: 1, 3, 9, 27 kilos.

KG PESAS KG PESAS KG PESASIZQ. DER. IZQ. DER IZQ DER.

1 M 1 15 3+9+M 27 29 1+M 3+272 1+M 3 16 3+9+M 1+27 30 M 3+273 M 3 17 1+9+M 27 31 M 1+3+274 M 1+3 18 9+M 27 32 1+3+M 9+275 1+3+M 9 19 9+M 1+27 33 3+M 9+276 3+M 9 20 1+9+M 3+27 34 3+M 1+9+277 3+M 1+9 21 9+M 3+27 35 1+M 9+27

8 1+M 9 22 9+M 1+3+27 36 M 9+279 M 9 23 1+3+M 27 37 M 1+9+27

10 M 1+9 24 3+M 27 38 1+M 3+9+2711 1+M 3+9 25 3+M 1+27 39 M 3+9+2712 M 3+9 26 1+M 27 40 M 1+3+9+2713 M 1+3+9 27 M 2714 1+3+9+M 27 28 M 1+27

288. EL PROBLEMA DE LAS OCHO REINASExisten varias soluciones. Esta es una

289. LAS CINCO REINAS QUE NO SE ATACANExisten varias soluciones, además de estas.

290. LAS CINCO REINAS QUE SI SE ATACANExisten varias soluciones. Esta es una

291. TRAYECTORIA DE LA TORREEsta podría ser una de las soluciones. Se podría salir de cualquier casilla y luego seguir la línea marcada en cual-quiera de las direcciones.

292. TRAYECTORIA DE LA REINAEsta podría ser una de las soluciones. Se podría salir de cualquier casilla y luego seguir la línea marcada en cualquiera de las direcciones.

293. CIFRAS IMPARES1 + 1 + 5 + 13 = 20

294. UN PROBLEMA DE RESTAUna sola vez. La segunda se resta de un número inferior a 120.

295. ¿VERDADERO O FALSO?Digo la verdad. Si lo escribimos con números se comprueba que es cierto.«Diez por seis sesenta más cuatro setenta» 10 x 6,60 + 4 = 70«Cinco por cuatro veinte más una veintidós» 05 x 4,20 + 1 = 22

296. LA SUMA RESTAVeinte en número romanos es XX. Agregando uno (I) en el medio nos queda XIX

297. NÚMEROS CONSECUTIVOS8, 9 y 10.Dividiendo 27 entre 3 nos da como resultado 9. O sea, que 27 = 9 + 9 + 9Como entre el primer número y el último tiene que haber una diferencia de 2, quitamos una unidad al primer 9 y se la sumamos al último 9.

298. MAS NÚMEROS CONSECUTIVOS21, 22, 23, 24Dividiendo 90 entre 4 nos da como resultado 22,5.O sea que 90 = 22,5 + 22,5 + 22,5 + 22,5Al ser una cantidad par de números, el 1º y el 4º tienen que sumar los mismo (45) que el 2º y el 3º.

299. OCHO MILLONESBasta con mantener uno de los “8” en su posición y “tumbar” el resto.

300. LOS CALCETINESLa respuesta correcta es tres. Si cojo tres calcetines, o serán todos del mismo color (en cuyo caso ya tengo por lo menos dos del mismo color) o dos serán de un color y uno del otro y, por lo tanto, habré sacado dos del mismo color. Si la pregunta hubiera sido "¿Cuál es el número menor de calcetines que tengo que sacar para que me sal-gan por lo menos dos calcetines de diferente color?", la respuesta hubiera sido 25, pero el problema decía "por lo menos dos calcetines del mismo color".

301. EL NÚMERO 3( 3 : 3 ) + 1 = 4

302. ESCRIBE EL NÚMERO 100

100 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + ( 8 x 9 )100 = 123 – 45 – 67 + 89100 = 123 – 4 – 5 – 6 – 7 + 8 – 9100 = 1/2 + 6/4 + (5 + 3) : 8 + 97100 = 123 + 45 – 67 + 8 – 9100 = 98 – 76 + 54 + 3 + 21100 = 98 – 7 – 6 – 5 – 4 + 3 + 21100 = 9 – 8 + 7 + 65 – 4 + 32 – 1100 = 9 – 8 + 76 – 5 + 4 + 3 + 21100 = 98 – 7 + 6 + 5 + 4 – 3 – 2 – 1100 = 98 + 7 – 6 + 5 – 4 + 3 – 2 – 1100 = 98 + 7 + 6 – 5 – 4 – 3 + 2 – 1100 = 98 + 7 – 6 + 5 – 4 – 3 + 2 + 1100 = 98 – 7 + 6 + 5 – 4 + 3 – 2 + 1100 = 98 – 7 + 6 – 5 + 4 + 3 + 2 – 1

100 = 98 + 7 – 6 – 5 + 4 + 3 – 2 – 1100 = 98 – 7 – 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1100 = 9 + 8 + 76 + 5 + 4 – 3 + 2 – 1100 = 9 + 8 + 76 + 5 – 4 + 3 + 2 + 1100 = 123 – 45 – 67 + 89100 = 123 + 4 – 5 + 67 – 89100 = 123 + 45 – 67 + 8 – 9100 = 123 – 4 – 5 – 6 – 7 + 8 – 9100 = 12 – 3 – 4 + 5 – 6 + 7 + 89100 = 12 + 3 + 4 + 5 – 6 – 7 + 89100 = 1 + 2 + 34 – 5 + 67 – 8 + 9100 = 12 + 3 – 4 + 5 + 67 + 8 + 9100 = 1 + 23 – 4 + 56 + 7 + 8 + 9100 = 1 + 2 + 3 – 4 + 5 + 6 + 78 + 9

303. REPARTO DE VINOSí puede hacerse. En la tabla se ve todo el proceso, comenzando con la garrafa de ochos litros llena y las otras dos vacías

MOVIMIENTOS GARRAFADE 8 l.

GARRAFADE 5 l.

GARRAFADE 3 l.

INICIO 8 0 01 3 5 02 3 2 33 6 2 04 6 0 25 1 5 26 1 4 37 4 4 0

304. EL MATADEROPartiendo de matar una oveja por día en 15 días se matan 15 ovejas y nos quedan otras 15 por matar. Si en un día cualquiera matamos X ovejas en vez de una, y siendo X un número impar, el número total de ovejas muertas ese día aumenta en un número PAR. Como no se puede llegar a 15 sumando números pares, no se pueden ma-tar las 15 ovejas restantes aumentando un número par de ovejas muertas por día.

305. TUERCAS TORNILLOS Y CLAVOSLa solución está en leer bien el enunciado, ya que es importante la frase en la que se dice que:"no ha acertado con ninguna etiqueta"Imagina que las etiquetas que tienen las cajas son :Caja 1 ------ tornillosCaja 2 ------ tuercasCaja 3 ------ clavosAl abrir la 1ª supongamos que vemos que tiene clavos (no puede tener tornillos, ya que esta es su etiqueta).En la caja 2ª pone de etiqueta “tuercas” por lo que no las contiene , y como la 1ª tiene clavos , quiere decir que es la que tiene tornillos que es lo único que nos queda.En la tercera caja estarán las tuercas por eliminación.

306. BARBERO MANIÁTICOPorque gana más dinero.

307. EL FUMADOR TACAÑO Y EMPEDERNIDOComienza con 40 cigarrillos, de cuyas 40 colillas salen 8 más, de cuyas 8 colillas saca a su vez otro cigarrillo, y le sobran 3 colillas, que con la de éste último cigarrillo serán 4 (y ya lleva fumados 49 cigarrillos). Pero como nues-tro fumador nunca tira ninguna colilla, le queda al menos una del día anterior, lo que permite completar un último cigarrillo (que a su vez le suministrará la colilla necesaria para el último cigarrillo del día siguiente). La respuesta correcta no es, pues, 49, sino 50 cigarrillos.

308. PENDIENTE EN EL CAFÉEfectivamente la taza estaba llena de café... en grano.

309. DOS LATAS CON AGUACongelar el contenido de ambas latas, y poner en el recipiente grande los dos trozos de hielo.

310. QUITAR LA MITADEl ocho (8). Si se le quita la mitad superior o la inferior queda un cero.

311. LEYENDO A OSCURASLa presunción falsa es que solamente podemos leer con la vista. Pero el lector era ciego, y el libro, escrito en Braille.

312. AZÚCAR EN EL CAFÉFácil. Metiendo el terrón en café... molido o en grano.

313. LOS DESHOLLINADORES

El que intenta limpiarse la cara es el que la tiene limpia. Al ver la de su compañero sucia piensa que la suya está igual.

314. LA CUERDA FLOJALos postes están juntos. Si la cuerda mide 20 metros, y está atada a ambos postes, de cada uno de los postes cuelga la mitad de la cuerda: 10 metros. Si cada poste mide 12 metros y desde la cuerda hasta el suelo hay 2 metros, los postes tienen que estar juntos.

315. ACCIDENTE DE ASCENSORSi soñó que se caía el ascensor es que estaba dormido, y si era el guarda nocturno...

316. BEBERÁ O NO BEBERÁPuede ir metiendo granos de arena en la botella, hasta que suba el nivel del agua.

317. MADRE CON CINCO HIJOSPues lo dicho, Luís

318. ESTAMPILLAS POR DOCENASPues 12, el valor es lo de menos.

319. VASOS, BILLETE Y MONEDAPuede hacerse. Al apoyar la moneda sobre el billete, y a causa del peso de esta, billete y moneda tienen que caer.Para evitar la caída tenemos que doblar el billete a lo largo como si fuera un acordeón, tal y como se ve en el di-bujo. Así el billete aguanta sin problemas el peso de la moneda.

320. LAS TAPAS CAMBIADASCogemos una bola de la caja marcada con la etiqueta BN.Si la bola que sale es de color blanco, las cajas son:

BN = 2 BlancasBB = 2 NegrasNN = 1 Blanca y 1 Negra

Si la bola que sale es de color negro, las cajas son:BN = 2 NegrasBB = 1 Blanca y 1 NegraNN = 2 Blancas

321. HEXAEDRO CELESTIALA – Tres caras pintadas – 08 (Las esquinas rojas que unen tres caras)B – Dos caras pintadas – 24 (Las aristas azules que unen dos caras)C – Una cara pintada – 24 (Los centros verdes de cada cara)D – Ninguna cara pintada – 08 (Los del interior del cubo)

322. MUER-TO CON UN PA-QUETE

El hombre era un paracai-dista al que no

se abrió el paracaí-

das (el paquete)

323. ANUDAR LA CUERDASi es posible, pero con condiciones. Antes de coger la cuerda tenemos que cruzar los brazos, luego cogemos un extremo de la cuerda con cada mano y finalmente descruzamos los brazos. Ya está hecho el nudo.

324. DADOS APILADOSLas caras opuestas de un dado suman 7, por lo tanto las caras ocultas de los dos dados inferiores suman 14. A esto hay que sumar la cara oculta del dado superior, que será de 7 menos los puntos visibles

A B C D

325. SUMALa respuesta es 3, ya que la mitad de dos es uno mas dos va a ser igual a tres.

326. EL GRAN SALTOClaro que saltó... pero hacia el interior, no hacia el exterior

327. LA INMENSIDAD DEL OCÉANOPues el Pacífico, claro. Otra cosa es que se preguntase por el más grande conocido.

328. ¿QUÉ MIRAS?Estas mirando un diccionario

329. ADIVINANZA MUY DIFÍCILLlegar a encontrar la solución es más que difícil, es «dificilísimo», y más que disciplinado, se tiene que ser «disci-plinadísimo».

330. EL ROBO DE LA BACA Y LA VACA¿Hace falta explicarlo...? Bueno.En lugar de BACA pongamos batidora y en lugar de VACA pongamos manzana. Pues eso, que al ser un objeto y un animal no puede existir un plural común a ambos.

331. 7 LLENAS, 7 MEDIO LLENAS Y 7 VACÍASPor supuesto que puede hacerse.El 1º se lleva: 3 botellas llenas 1 botella medio llena 3 botellas vacías = 7 botellas – 3,5 litrosEl 2º se lleva: 3 botellas llenas 1 botella medio llena 3 botellas vacías = 7 botellas – 3,5 litrosEl 3º se lleva: 1 botella llena 5 botellas medio llenas 1 botella vacía = 7 botellas – 3,5 litros

332. BOLAS Y BOLASTenemos tres posibles combinaciones:Azul 1 — Azul 2Azul 1 — Roja 3Azul 2 — Roja 3En dos de las tres combinaciones tenemos bolas de diferentes co-lores, por lo tanto será más fácil que las bolas extraídas sean de diferente color.

333. LAS 9 BOLASHacemos tres grupos de tres bolas.Con una pesada seleccionamos el grupo en el que se encuentra la bola más pesada.Con otra pesada se obtiene la bola que buscamos.

334. GRAN PESCADos lubinas

335. LAS 27 BOLASHacemos tres grupos de nueve bolas. Con una pesada seleccionamos el grupo en el que se encuentra la bola más pesada. Hacemos tres grupos de tres bolas. Con otra pesada seleccionamos el grupo en el que se encuen-tra la bola más pesada. Con otra pesada se obtiene la bola que buscamos.

336. LAS 81 BOLASHacemos tres grupos de 27 bolas. Con una pesada seleccionamos el grupo en el que se encuentra la bola más pesada. Hacemos tres grupos de nueve bolas. Con otra pesada seleccionamos el grupo en el que se encuentra la bola más pesada. Hacemos tres grupos de tres bolas. Con otra pesada seleccionamos el grupo en el que se encuentra la bola más pesada. Con otra pesada se obtiene la bola que buscamos.

337. SIGNO MATEMÁTICO PERDIDOEl punto decimal, para obtener 1.2

338. RECTANGULO CUADRDOEs posible con un rectángulo de 32 por 33 cm.

339. CON SÓLO DOS PESAS1ª pesada:Se reparten los 1.800 gramos en dos bolsas de 900 gramos cada una. 2ª pesada:Una bolsa de 900 gramos se reparte en dos bolsas de 450 gramos.3ª pesada:Con las dos pesas se retiran 50 gramos de una de las bolsas anteriores y en ella quedan 400 gramos.

El resto de las semillas pesa 1.400 gramos.

340. SUCESO PERIÓDICOCada 65 minutos 27.3 segundos las manecillas del reloj coinciden

341. NUMEROS Y LETRAS“En esta frase hay cincuenta y cuatro letras, ni una más ni una menos”

342. A COMER350 menús. (5 primeros x 10 segundos x 7 postres = 350 menús)

343. DIAS DE FIESTALa fiesta se celebró durante los días 30, 31 y 1.

344. IGUALDAD DE SEXOSPara que tres mujeres sean el 1% tiene que haber en la fiesta 300 personas (297 hombres).Para que tres mujeres sean el 2% tiene que haber en la fiesta 150 personas, por lo que deberán abandonar la fiesta 150 hombres

345. UN LITRO DE LECHEPrimero llenamos la jarra de 3 litros y la vaciamos en la de 5 litros, con lo que tenemos la jarra de 3 litros vacía y la de 5 litros con 3 litros de leche.Volvemos a llenar la de 3 litros y volvemos a volcarla en la de 5 litros.Como esta ya tenía 3 litros, solamente entrarán 2 litros, por lo que en la jarra de 3 litros quedará 1 litro de leche.

346. MAS VINOPartiendo de la posición indicada (una garrafa llena con 16 litros y dos vacías de 9 y 7 litros), se hacen los si -guientes trasvases:

16 9 716 0 09 0 79 7 02 7 72 9 511 0 511 5 04 5 74 9 313 0 313 3 06 3 76 9 115 0 115 1 08 1 78 8 0

347. LA BARAJA ESPAÑOLASegún lo declarado en los números 3 y 5, la distancia entre rey y sota es inferior a la que separa al rey del as, que a su vez es menor de la que media entre rey y caballo.Como solo hay cuatro naipes, el rey debe estar junto a la sota, y el rey y el caballo en ambos extremos.En forma similar, la distancia entre espadas y bastos es menor de la que hay entre espadas y

copas, que a su vez es inferior a la distancia entre espadas y oros. Por tanto, las espadas están junto a los bas -tos, y espadas y oros se encuentran en los extremos.Puesto que el caballo esta a la derecha de los bastos, no puede estar en el extremo izquierdo.De modo que tenemos, de izquierda a derecha: el rey de oros, la sota de copas, el as de bastos y el caballo de espadas.

348. ANGULO HORARIOEl ángulo formado tendrá 65 grados.Cada tramo de 5 minutos tiene 360:12=30 grados.A las 15:00 las agujas forman un ángulo recto perfecto de 90 grados: la aguja del minutero en el 12 y la aguja ho-raria en el 3. Pero a partir de ese momento, a medida que la aguja del minutero se acerca al 6, la aguja horaria no se queda fija en el 3. Se mueve hacia el 4, y en el momento en que el minutero está en el 6 la aguja horaria se encuentra justo entre el 3 y el 4.Por lo tanto las agujas forman un ángulo de 65 grados. Dos tramos completos (30+30) y medio tramo (El medio correspondiente entre el 3 y el 4)

349. 81 BOLASHacemos tres grupos de 27 bolas cada uno: A27 — B27 — C27

1ª Pesada:Pesamos A27 y B27.Balanza equilibrada: Bola diferente en el grupo C27Pesa más el grupo A27: Bola diferente en el grupo A27Pesa más el grupo B27: Bola diferente en el grupo B27El grupo de la bola pesada lo dividimos en tres grupos de 9 bolas: D9 — E9 — F9

2ª Pesada: Pesamos D9 y E9Balanza equilibrada: Bola diferente en F9Pesa más el grupo D9: Bola diferente en el grupo D9Pesa más el grupo E9: Bola diferente en el grupo E9El grupo de la bola pesada lo dividimos en tres grupos de 3 bolas: G3 — H3 — I3

3ª Pesada: Pesamos G3 y H3Balanza equilibrada: Bola diferente en I3Pesa más el grupo G3: Bola diferente en G3Pesa más el grupo H3: Bola diferente en H3El grupo de la bola pesada lo dividimos en tres grupos de 1 bola: J1 — K1 — L1

4ª Pesada: Pesamos J1 y K1Balanza equilibrada: La bola diferente es la I1Pesa más el grupo J1: La bola diferente es la J1Pesa más el grupo K1: LA bola diferente es la K1

350. MEDIO AGUJEROLos medios agujeros no existen. Un agujero será grande o pequeño pero un agujero.

351. VERSO A LAS CEREZASEn el árbol había dos cerezas, el hombre se comió una y dejo la otra.

352. CUATRO HOMBRES Y UNA LINTERNAEl orden correcto es el siguiente: (Entre paréntesis, el tiempo que tarda cada uno)

VIAJENº CRUZAN TARDAN VUELVE TARDA TIEMPO TIEMPO

TOTAL1 Genio (1)

Pablo (2)2 min. Pablo (2) 2 min. 2+2=4 min. 4 min.

2 Luís (5)Ángel (10)

10 min. Genio (1) 1 min. 10+1=11 min. 4+11=15 min.

3 Genio (1)Pablo (2)

2 min. 2 min. 15+2=17 min.

353. SACAR LA ACEITUNAViendo el dibujo se entiende fácilmente. La cerilla que forma la base de la copa se desplaza hacia la derecha la mitad de su longitud, y la que forma el lateral izquierdo de la copa se desplaza a su nueva posición, pasando a formar el pie de la copa. De esta manera la “acei-tuna” queda fuera y la copa mantiene su forma (aunque invertida)

354. LAS TIJERAS MÁGICAS

355. CAMINO DE LA ESTACIÓNA 4 Km./h se tarda el doble que a 8 Km./h, y según los datos del problema yendo a 4 Km./h se tarda quince minu-tos más; luego andando se tarda media hora, o lo que es lo mismo, se tarda quince minutos corriendo, por lo que la estación está a 2 kilómetros.

356. DOS RELOJES DE ARENA.Comience los dos relojes de arena al mismo tiempo. Cuando se acabe el de 4 minutos, délo vuelta. Cuando se acabe el de 7 minutos, délo vuelta. Luego de 1 minuto, se acabará el de 4 minutos (habrán pasado 8 minutos to-tales), y el de 7 minutos habrá estado corriendo por 1 minuto. Délo vuelta, y cuando termine, un minuto más tar-de, habrán pasado 9 minutos totales.

357. UN CRIPTOGRAMA SENCILLOLos símbolos son: M M X C V I I ILa suma está expresada en numeración romana. Así:

O lo que es o mismo y más fácil de entender:

358. CRIPTOSUMA1 + 8 + 9 + 7 = 25

359. EL ENREDO DE LOS REGALOSComo el paquete más pesado pesa más que la suma de todos los demás, se forman dos grupos al azar. Se des-cartan los cuatro paquetes del platillo menos pesado y se repite la operación con dos y dos. Se descartan los me-nos pesados y ya solo quedan dos con lo cual el elfo de inmediato sabe cual es el más pesado de todos.A continuación repite la operación (dejando el paquete ya identificado aparte), para conocer cuál es el segundo más pesado.Cuando sólo queden cuatro paquetes por identificar bastará con hacer dos pesadas, mientras que para los dos últimos, lógicamente bastará una.

360. EL REY, SU HIJA Y SU HIJOEsta es la secuencia que resuelve el problema:1. Utilizando la polea, se baja la cuerda hasta el cesto de abajo.2. Entra la hija en el cesto de arriba, y baja compensada por el peso. 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.

361. SERIE DE PALABRAS

M I L+ M I L_ _ _ _ _ _ _ _M M X C V I I I

1 0 4 9+ 1 0 4 9_ _ _ _ _ 2 0 9 8

AGREGO. La primera palabra contiene dos "aes", la segunda dos "bes", etc... hasta AGREGO que tiene dos ges

362. LOS SEIS VASOSSe toma el segundo vaso por la izquierda, se vacía en el quinto vaso y se vuelve a dejar donde estaba.

363. ALICIA VUELVE A LA REALIDADHoy es martes

364. NUMEROS ENDEMONIADOSLos números son 2 y 3.Explicación: Su suma es 5, por lo que Juan no puede decidir entre 2-3 y 1-4 Su diferencia es 1, por lo que Berenice no puede decidir entre 1-2, 2-3 y 3-4.

365. HUEVOS COMPLICADOS 7 huevos.La 1ª persona le compró la mitad de sus huevos, más la mitad de un huevo: 3 1/2 + 1/2 = 4 huevos.Le quedaron 3 huevos.La 2ª persona compró la mitad de sus huevos, más la mitad de un huevo: 1 1/2 + 1/2 = 2 huevosY el hombre se quedó con un huevo.La 3ª persona le compró la mitad de sus huevos más la mitad de un huevo: 1/2 + 1/2 = 1 huevoY así terminó por vender todos los huevos de su canasta.

366. ACERTIJO MATEMÁTICOLa respuesta es 21, ya que en cada fila o columna, la suma del primer y tercer número es igual que a la suma del segundo y el cuarto.

367. CORRER Y CORREREl corredor con el dorsal 3 llega en cuarto lugarLa única forma de que se cumpla la condición del problema es que el número 99 llegue en primer lugar a la meta, y que los demás lleguen en una posición superior en uno al número de su dorsal.

368. BLACK JACKUna baraja de Black Jack tiene 4 palos: Picas, rombos, tréboles y corazones, y cada palo tiene 3 figuras: J-Q-K, por lo tanto cada baraja tiene 4x3=12 figurasCada palo tiene 13 cartas:1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-J-Q-KLo más probable es que la carta sea un trébol

369. SIGNOS ARITMÉTICOS PERDIDOSValor máximo: 3 / 7 + 5 x 4 - 3 = 18.71Valor mínimo: 3 / 7 - 5 x 4 + 3 = -15.29

370. EL TIMO DEL EMPEÑONadie tuvo la crueldad de explicarle que el billete le había costado 6 dólares (incluyendo los 3 del desempeño).

371. DIVIDEEl resultado es 70.30 dividido por 1/2 es igual a 60 + 10 = 70 !! Busca una calculadora si lo dudas…

372. UNO DE CAJASHay 33 cajas (3 grandes, 6 medianas y 24 pequeñas)

373. EL CABREROUna única cabra podría alimentarse indefinidamente en el prado. Si llamamos g a la cantidad de pasto que come una cabra en un día, entonces hay disponibles 9g en 3 días o 12g en 6 días. La diferencia 3g es la cantidad que crece la hierba en tres días. Por tanto, la velocidad de crecimiento es g por día y hay 6g al inicio. Una única cabra sólo come g, por tanto nunca acabaría con la hierba del prado

374. LOS PASTELESPepito se comió cinco pasteles. La única forma de que cuadren las cuentas es que la cuñada y la nuera de Pepi-to sean la misma persona. Esto resulta posible si la hermana de la esposa de Pepito está casada con el hijo de ambos.

375. LOS VASOS USADOSEl número de vasos que pueden reciclarse es 63. Con los 505 vasos iniciales se fabrican 56 reciclados (y sobra 1), con esos 56 pueden fabricarse otros 6 (y sobran 2), y con esos 6 finales más los tres que han sobrado, uno más. Total : 63

376. LAS CINCO CIFRASLa solución es 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15

102 = 100112 = 121122 = 144132 = 169142 = 196

100 + 121 + 144 = 365169 + 196 = 365

377. PROBLEMA DE GEOMETRÍAComo puede apreciarse en la figura, la longitud del lado es 11

378. LOS SOCIOS DESCONFIADOSBasta con tres cerraduras A, B, C, y seis llaves, dos de cada cerradura, que se reparten a los socios según los lo-tes (LA,LB), (LA,LC) y (LB,LC).

379. JUEGO DE PALILLOSSe pueden formar seis cuadrados con doce palillos construyendo un cubo

380. LA REINA CRUEL Y SU ASTUTO JARDINEROLas siguientes disposiciones de los árboles sobre el terreno cumplen los caprichosos requisitos de la reina:

381. LAS NUEVE ESFERASLa solución de este problema es la siguiente:1° pesada: tres y tres, entonces se pueden dar dos posibilidades, o que pesen distinto o que pesen igual. En el caso de que pesen distinto:2° pesada: de las tres esferas que pesaron más, peso una contra otra y sobra una, en el caso de que una sea más pesada que la otra, entonces ya tengo la esfera más pesada y si pesan lo mismo la más pesada es la so-brante. En el caso de que pesen igual:3° pesada: de las tres esferas que me sobraron, peso una contra otra y sobra una, en el caso de que una sea más pesada que la otra, entonces ya tengo la esfera más pesada y si pesan lo mismo la más pesada es la so-brante.

382. EL DUELOA 299.792,457 kilómetros por segundo (velocidad de la luz).

383. ¿DÓNDE ENCONTRARLO?Porque cuando lo encuentra deja de buscar, y lógicamente el lugar mirado al encontrar lo buscado siempre es el último

384. LAS DOCE ESFERASLa solución de este problema es un poco larga, espero que no se duerman:1° pesada: cuatro y cuatro, entonces se pueden dar dos posibilidades, que pesen distinto o que pesen igual.A) En el caso de que pesen igual:2° pesada: de las cuatro esferas que me sobraron, peso tres contra tres de las que ya tenía y tengo dos posibili-dades, que pesen distinto o que pesen igual.A-A) En el caso de que pesen igual:3 ° pesada: comparo la sobrante con cualquier otra y ahí me entero si es más pesada o más liviana.A-B) En el caso de que pesen distinto, supongamos que el nuevo grupo fue más pesado:3 ° pesada: de estas tres esferas, comparo una contra otra, si una es más pesada que la otra esta es la esfera más pesada, y si ambas pesan igual, la sobrante es la más pesaba.B) En el caso de que pesen distinto:2° pesada: en un platillo coloco dos de las que resultaron más pesadas, con una de las más livianas y en el otro platillo las dos restantes más pesadas más una de las que me quedaba afuera (que es obvio que tienen peso normal), en total quedan afuera tres de las más livianas, y tres de las sobrantes (normal), hay tres posibilidades, que el platillo que contiene las dos más pesadas y la más liviana sea el más pesado, que el otro platillo sea el más liviano o que ambos platillos pesen igual.B-A) En el caso de que el platillo que contiene las dos más pesadas y la más liviana sea el más pesado:3 ° pesada: de estas tres esferas, comparo una de las pesadas contra otra, si una es más pesada que la otra, és-ta es la más pesada, ys i ambas pesan igual, algo anda mal (es imposible).B-B) En el caso de que el platillo que contiene las dos más pesadas y la más liviana sea el más liviano:3 ° pesada: comparo las dos más pesadas que tengo en el otro platillo y veo cual es la más pesada. Si llegan a pesar igual, la liviana que tengo en el otro platillo es la más liviana. B-C) En el caso de que pesen igual:3 ° pesada: de las tres que eran más livianas que tengo afuera, comparo dos, una contra otra y la que pesa me-nos es la más liviana, si pesan igual la más liviana es la sobrante.

385. TAHÚR REGENERADO El tahúr juega ambas partidas simultáneamente, en una llevando las negras y en otra llevando las blancas. Cada jugada del rival en un tablero la reproduce, como propia, en el otro. De este modo, en ambos tableros se desarro-llará el mismo juego, en uno siendo él las blancas, en el otro, las negras. Así garantiza que, o bien gana una par-tida, o bien empata ambas.

386. BUSCANDO AL PADREEl niño tiene hoy X años y su madre tiene hoy Y años.Sabemos que la madre es 21 años mayor que el hijo. Entonces: X + 21 = YSabemos que en 6 años el niño será 5 veces menor que su madre, por lo que podemos deducir la siguiente ecuación:5 (X+6) = Y+6Reemplazamos Y por X + 21 y procedemos a despejar:5 (X+6) = X + 21 + 65X + 30 = X + 275X - X = 27 – 304X = -3X = -3/4El niño tiene hoy -3/4 de año, lo que es igual a -9 meses.

Matemáticamente hemos logrado demostrar que la madre, en este momento, está en la cama con compañía masculina.Resultado: El padre está +/- sobre la madre.

387. LA CUERDA LARGASi el tamaño de la cuerda + 2 metros = 3 veces el largo de la cuerda, la cuerda mide 1 metro de largo.

388. VIAJE LARGOTres días y dos noches. Si tomamos a hoy como punto de partida del razonamiento, la señora Pérez salió ayer y volverá mañana.

389. CLASE LARGADespués de ser invertido dos veces, el reloj de arena continuó trabajando en su posición inicial. Por consiguiente, la hora extra (de las 9 a las 15 son 6 horas, y el reloj tiene capacidad para medir 5) fue consecuencia de esas dos inversiones, media hora por cada una. Si fue vuelta a su posición inicial a las 11,30, la primera inversión tiene que haber sido media hora antes, a las 11 horas.

390. LA EDAD DEL ROMANOVivió 59 años, ya que no hay año “0”

391. A MITAD DEL SIGLOEl año 1961, que se lee igual al derecho y al revés. Esto no sucederá de nuevo hasta el año 6009.

392. LUIS Y FAMILIA“Mamá”

393. BILLETE FALSOEl comercio perdió los 40 € dados como vuelto, más el valor del paraguas.Como la transacción fue puramente entre el cliente y el vendedor, el banco no tuvo ninguna intervención real en la misma.

394. EL PINTOR DE LA CLÍNICA Veinte veces: 9, 19, 29 ,39, 49, 59 ,69, 79 ,89, 90, 91, 92 ,93 ,94, 95,96, 97, 98, 99

395. LA DEUDA DE SABRINASamantha le había prestado 40 dólares

396. ACERTIJO MATEMÁTICOEl siguiente número es el 200.2, 10, 12, 16, 17, 18, 19... Todos empiezan por la letra D, y al estar en orden ascendente, el siguiente es el 200

397. RECORDANDO EL COLEFácil… ¿Verdad…?1 + 1 - 1 = 62 + 2 + 2 = 63 x 3 - 3 = 6√4 + √4 + √4 = 65 / 5 + 5 = 66 + 6 - 6 = 6-7 / 7 + 7 = 63√8 + 3√8 + 3√8 = 6√9 x √9 - √9 = 6

398. TEST FACILITOSolamente cuatro preguntas. Total, para no acertar ni una…

1.- Son las iniciales de los días de la semana

L M M J V S D lunes martes miércoles jueves viernes sábado domingo

2.- Colocando un solo trazo se convierte el primer símbolo “+” en un 4

5 + 5 + 5 = 5503.- Lo dicho, escriba “cualquier cosa”

CUALQUIER COSA

4.- Un rectángulo con tres líneas, es fácil.

399. TRIANGULO DE FOSFOROS GIGANTESEl área del triángulo es de 30 X 40 / 2 = 600. El área de un cuadrado formado por un fósforo de lado, es 10 x 10 = 100. El área descartada equivale a 3 cuadrados, es decir 300. Por lo tanto, la nueva figura tiene la mitad del área inicial.

400. SECUENCIA NUMÉRICACada número representa el número de letras que tiene cada palabra del enunciado:La=2; Pista= 5; para=4… El último número, el que representa a la última palabra: “falta”, es el 5

254829424936 5401. LAS CARTAS SOBRE LA MESA

Se pueden hacer seis combinaciones diferentes, pero solamente una cumple los requisitos indicados:6 – 4 – 3 – 2

- Está ordenada de mayor a menor (de izquierda a derecha)- La suma de todas ellas es 15- Dividiendo la primera entre la cuarta da como resultado la tercera: 6 / 2 = 3

402. MINI-PIZZASSe pueden obtener 7 mini-pizzas

403. JÓVENES BANQUEROSNiño 1: 10 monedas de 50 céntimos = 5,00 €Niño 2: 16 monedas de 20 céntimos = 3,20 €Niño 3: 26 monedas de 10 céntimos = 2,60 €

404. ¡ABANDONEN EL BARCO!El capitán asignó a los Manirroto los número siguientes: 5, 6, 7, 8, 9, 12, 16, 18, 19, 22, 23, 24, 26, 27, 30. De es-te modo, y empezando a contar desde 1, todos los miembros de los Manirroto fueron elegidos y tuvieron que sal-tar por la borda.

Número delmarinero 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Orden deeliminación 14 4 7 12 1 10

Número del marinero 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

Orden de eliminación 5 2 8 13 15 11 6 3 9

405. LAS APUESTAS DE CARLOSLas apuestas de Carlos eran para el mismo día en el que ingresó, pero el periódico en el que vio los resultados era de dos semanas más tarde y los resultados correspondían a la carretera del día anterior.

406. SECUENCIA SECUENCIALEl número que continúa la serie es el 200. Es el siguiente en comenzar por la letra “D”

2, 10, 12, 16, 17, 18, 19.....

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