• Del Post Marta y sus años está todo dicho ya en los comentarios (gracias Jose y Laura).

• De Series poco serias, Jose ya solucionó la mayoría:

1.- Nos obliga a mirar más allá de la serie, porque la solución viene dada por el enunciado que la acompaña (cada número se corresponde con el número de letras de cada palabra, en orden, claro está).

2.- Ésta se entenderá mejor así: 1(uno), 11(un uno), 21 (dos unos), 1112 (un uno y un dos)... es decir, cada término nos indica el número de unos, doses... del término anterior, por orden creciente (primero unos, luego doses...)

3.- Se basa en el orden alfabético: cero, cinco, cuatro, dos...

4.- Ésta tiene su intríngulis en la letra con la que empieza: dos, diez, doce...

• En El gran juego se proponía un problema de ajedrez de carácter restrospectivo. La solución es la siguiente (para ver cómo se nombran las casillas puedes mirar aquí):

Lógicamente, la última jugada fue de las negras... y como sólo hay una pieza en el tablero (un rey), ésta es la que se ha movido. Vemos tres posibles casillas desde las que se ha podido desplazar el rey: a7, b7 y b8... pero dos quedan inmediatamente descartadas (b7 y b8.) porque los reyes nunca pueden estar en casillas contíguas (¿por qué?). Sólo queda a7... aunque en un primer momento puede parecer que hay un error: si el rey estuvo en a7 antes de realizar la última jugada, el alfil tendría que haber dado jaque en la anterior, pero, parece que surgen más problemas, porque el alfil sólo pudo realizar el movimiento desde la diagonal en la que se encuentra, es decir, ¡el rey ya estaría en jaque desde hace dos jugadas!... lo que lógicamente no es posible...

Algo no cuadra, ¿verdad? Parece que ninguna de las casillas es válida... a no ser que nos dé por buscar en donde no hay, sí... pensemos en un caballo blanco y situémoslo en b6 (en estos momentos el rey negro está en a7). Desplazamos el caballo hasta a8 y el rey queda en jaque. Ahora movemos el rey hasta a8 y nos comemos el caballo... y ya está; hemos reconstruido encima no sólo un movimiento anterior sino dos.

Incluso, como no hemos señalado el tablero con letras y números, existe otro razonamiento si "damos la vuelta" al tablero... pero como no tengo ganas de explicarlo, te dejo que lo pienses tú.

• Vamos ahora con Rompecabezas geométricos:

1.- Aunque no es difícil de resolver, suele engañar a simple vista y parece que los anillos internos tienen un área mayor, pero fácilmente acabamos con el engaño, porque si llamamos r al radio del círculo chiquitito interior tenemos que el área de los anillos interiores es igual a π(3r)² y la del anillo exterior a π(5r)² - π(4r)²= π9r², es decir, la misma.

2.-Para la respuesta os remito a los comentarios de esta entrada del blog de acertijosymascosas.

3.-Si no has dado con la respuesta, ésta te va a sorprender (de lo simple que es):

4.-Pickover nos dice a propósito de este problema que lo conoció a partir de uno de los libros de Martin Gardner y que

Gardner apunta que el problema es emocionante porque incluso a veces los mejores matemáticos se equivocan y llegan a una conclusión errónea. La mayoría de los lectores mandaron "pruebas" de que un triángulo obtuso no puede ser diseccionado en triángulos agudos; sin embargo, el hecho es que el triángulo sí puede ser dividido.

• En ¿Velocidad=tocino? Otras vez el Tres en Raya planteaba la preguna de si realmente el juego de palabras que aparecía y el Tres en Raya eran equivalentes y se proponía crear un nuevo juego que sí lo fuera. Aquí están mis respuestas:

No son equivalentes porque aparecen muchas más posiciones ganadoras que en el Tres en Raya, como por ejemplo:

Amor, rima y sima tienes las tres la letra "m" y la posición que ocupan no es ganadora en el Tres en Raya; lo mismo ocurre con seta, sima y Roma (letra a), con Eros, tose y seta (letra s)... y muchas más que ya no pongo.

Una posible alternativa (espero no haberme confundido, aunque ahí estáis vosotros para corregirme) es:

...y creo que con esto nada más por ahora.