Acertijos

Para el primer caso, conviene empezar estudiando las decenas de millar del resultado. La $M$ es fruto de las llevadas o el acarreo de la columna de los millares: $S+M=O$. Al ser suma de solo dos cifras, la única posibilidad de acarreo es 1. En conclusión, $M=1$.

Ahora bien, para acarrear 1, la suma $S+1$ debe igualar o superar 10. Considerando que puede o no que se sume un acarreo de la columna de las centenas, hay tres posibilidades:

Tomando como hipótesis la condición de que “letras diferentes representan cifras diferentes”, podemos llegar a que la única opción válida entre las tres es la segunda, $S=9, O=0$, sin acarreo en las centenas.

  9 E N D
+ 1 0 R E
——————————
1 0 N E Y

Seguimos adelante. Como letras diferentes representan cifras diferentes, es obligatorio que las centenas tengan un acarreo de las decenas, y que $N=E+(1)$. Consecuentemente $N+R=10+E$. Sustituyendo la relación $N=E+1$ en esta expresión, obtendríamos $S=R=9$, por lo que debe haber acarreo en las unidades.

$N+R+(1)=10+E; E+1+R+(1)=10+E; 1+R+1=10; R=8$

¹   ¹ ¹
  9 E N D
+ 1 0 8 E
——————————
1 0 N E Y

El siguiente paso es el último, y se corresponde con lo que en ciencia se suele llamar “la cuenta de la vieja”. Sabemos que las cifras $D$ y $E$ suman un número de dos dígitos. De entre las cifras que quedan (2, 3, 4, 5, 6 y 7), hay 6 sumas que encajan con estas condiciones: $3+7=10, 4+7=11, 5+7=12, 6+7=13, 4+6=10, 5+6=11$. No obstante, la letra $Y$ no puede equivaler a las cifras $0$ ó $1$, ya asignadas. Así, la lista se reduce a dos sumas en la columna de las unidades: o bien $5+7=12$ o bien $6+7=13$.

Para decidir cuál, usaremos otra vez la relación $N=E+1$. $E$ no puede ser $7$, ya que esto sería $N=8$, que ya estaba asignado. Así que $D=7$. Si $E=6$, entonces $N=7$, que coincidiría con la letra $D$. Por ende, solo puede ser $E=5, N=6$ y $Y=2$.

¹   ¹ ¹
  9 5 6 7
+ 1 0 8 5
——————————
1 0 6 5 2

En definitiva, la solución es única y el primer pedido de dinero de Eneko es por valor de $MONEY=10652$ euros.

Las tres primeras letras de este segundo problema se obtienen de la misma forma que en $SEND+MORE =MONEY$, razonando con la letra $A$ en vez de con la $E$. Así, $M=1, S=9, O=0, N=A+1$ y hay acarreo de las decenas a las centenas.

¹   ¹
  9 A V E
+ 1 0 R E
——————————
1 0 N E Y

Para obtener el resto de cifras procedemos por otro camino distinto al del caso anterior: primero, observamos que $V$ y $R$ son intercambiables, y que $Y$ debe ser un número par distinto a $0$.

A continuación, probamos distintas combinaciones:

¹   ¹ ¹
  9 3 7 6
+ 1 0 8 6
——————————
1 0 4 6 2

¹   ¹ ¹
  9 4 7 6
+ 1 0 8 6
——————————
1 0 5 6 2

El tercer problema es mucho más especulativo que el de los otros dos. No obstante, se puede empezar por algunas certezas. En la columna de las unidades, vemos una cifra que sumada a sí misma, permanece igual. Solo puede ser $A=0$.

  M 0 N D 0
+ M U C H 0
————————————
  P 0 S T 0

En la columna de las unidades de millar tenemos una suma con ceros. Como la $U$ tiene que ser mayor que cero, considerando el acarreo solo puede ser que $U=9$ y que haya acarreo desde las centenas.

  ¹ ¹
  M 0 N D 0
+ M 9 C H 0
————————————
  P 0 S T 0

Y hasta aquí las certezas. Toca explorar todas las posibilidades. Por un lado, por el acarreo a las decenas de millar sabemos que $P=2M+1$ es un dígito impar. Descartando el $9$, hay tres parejas posibles: $M=1$ y $P=3$; $M=2$ y $P=5$ o bien $M=3$ y $P=7$. Cada una de estas abre un abanico de distintas asignaciones de las restantes seis cifras a las restantes seis letras que ocupan las posiciones de decena y centena. Observa que, además, las letras $N$ y $C$ son intercambiables, así como la $D$ y la $H$. Jugando con las cifras vemos, no obstante, que no hay tantas opciones que encajen en la suma, con la condición adicional de que la suma de las centenas debe acarrear a las unidades de millar. Las cinco posibles soluciones se muestran a continuación. La mayor es $MONEY=70260$ y la menor, $MONEY=30470$.

  ¹ ¹
  1 0 6 2 0
+ 1 9 8 5 0
————————————
  3 0 4 7 0

  ¹ ¹
  1 0 7 2 0
+ 1 9 8 4 0
————————————
  3 0 5 6 0

  ¹ ¹ ¹
  2 0 3 8 0
+ 2 9 7 6 0
————————————
  5 0 1 4 0

  ¹ ¹ ¹
  2 0 6 8 0
+ 2 9 7 3 0
————————————
  5 0 4 1 0

  ¹ ¹
  3 0 8 1 0
+ 3 9 4 5 0
————————————
  7 0 2 6 0

1. El número necesario de calcetines es cuatro: si cojo tres calcetines, dos serán del mismo color y el tercero será dispar.
2. La respuesta es 518. Para facilitar la siguiente explicación, sea n el número de habitantes en Zúrich.
   
   Primero, pensemos en qué ocurre si n>518. Como nadie tiene exactamente 518 pelos y el número de pelos de cada habitante es menor que n, los posibles peinados son: 0 pelos, 1 pelo, 2 pelos, …, 517 pelos, 519 pelos, …, n-1 pelos. En total, suman n-1 posibilidades. Por tanto, hemos de asignar n-1 peinados a n habitantes, con lo cual al menos dos habitantes coinciden en número de pelos (este fenómeno es lo que se conoce como el principio del palomar), y esto no puede ser.
   
   Veamos ahora que n <= 518. En este caso, los peinados posibles son: 0 pelos, 1 pelo, …, n-1, en total, n. Por tanto, podemos asignar n peinados a n habitantes sin que nadie se indigne porque hayan copiado su estilo de peluquería.
3. La respuesta al acertijo es la siguiente: justo antes de salir de casa, el hombre daba cuerda a su reloj. Cuando llegaba a la casa de su amigo, anotaba la hora que era, y lo mismo hacía al salir. Al entrar de nuevo en su casa, la hora que marcaba el reloj le permitía obtener el tiempo que había estado fuera. A esta cantidad le restaba el tiempo que había estado con su amigo, y dividir entre dos le daba el tiempo que tardaba en recorrer el trayecto. La hora actual se obtiene sumando este tiempo a la última hora anotada.

Podemos comenzar comprobando que ninguna combinación de dos invitados mentirosos es lógica, partiendo del hecho de que hay una relación biyectiva entre ladrones y mentirosos. Si hubiera exactamente dos culpables, uno de ellos tendría que ser el Barón, y habría mentido, ya que solo tendría un cómplice. Hasta aquí bien. Sin embargo, esto implica que uno de los dos entre Politano y el conde es inocente y, por lo tanto, dice la verdad. Como sus respectivas afirmaciones provocan que el otro sea también inocente, llegamos a que ambos son inocentes y, por lo tanto, no puede haber dos culpables. He aquí una contradicción.

Consecuentemente, alguna de nuestras suposiciones debe ser errónea. Aquí es cuando nos damos cuenta de que la única suposición que no se basa en datos verificados por el narrador (al que debemos suponer siempre sincero y fiable) es la que aporta el propio Poirot (“dos personas mienten”) y, por tanto, tendremos que operar descartando esta.

Supongamos en una primera instancia que los tres invitados son culpables. Entonces, los tres mienten. Sin embargo, esto no es posible ya que el barón habría actuado con varios cómplices, luego no estaría mintiendo.

La última opción es que solo uno sea culpable (es decir, mentiroso) y los otros dos inocentes (es decir, sinceros).

De nuevo, como uno de los dos entre el conde y Politano es inocente, sus respectivas afirmaciones provocan que el otro sea también inocente. Por lo tanto, la única opción es que el conde sea el culpable, y efectivamente miente, ya que no tiene ningún cómplice.

¿Y lo de los dos mentirosos? Resulta que nuestro detective es muy sagaz además de bromista, y todo lo que dijo antes de marcharse a reflexionar era, obviamente, falso. Ya advertimos que no le gustaban las fiestas de ricos y claramente no se fiaba de sus coartadas, que difícilmente se podrían considerar como tales. Después de todo, parece que, efectivamente, había dos mentirosos en la sala: el conde culpable y nuestro querido Poirot.