domingo, 30 de agosto de 2009

Dos pájaros y un río

Enunciado

Dos pájaros y un río

Dos pájaros y un río

Se supone que el recorrido que hacen ambos pájaros, como dice un comentario al enunciado, son iguales, porque salen al mismo tiempo y llegan al mismo tiempo. También que las palmeras crecen rectas, de manera que forman, junto con la superficie del río y el recorrido de los pájaros, dos triángulos rectángulos, cuyas hipotenusas miden lo mismo y cuyos catetos horizontales suman 60 metros.

El problema es encontrar cuánto miden os dos segmentos en que dividimos a 60 para que las hipotenusas midan lo mismo. Si lo planteamos con ecuaciones, por ejemplo, siendo x la distancia de la boya a la palmera de 24 metros, se trata de conseguir que x2 + 242 = (60 - x)2 + 362. Si desarrollamos el cuadrado entre paréntesis usando productos notables, tenemos que x2 + 242 = 3600 - 120x +x2 + 362, de donde podemos eliminar el término de segundo grado de ambos extremos de la igualdad, quedando 242 = 3600 - 120x + 362. Si calculamos los cuadrados y restamos, 120x = 3600 - 576 + 1296 = 4320, por lo que x = 36. Es decir, que la boya está a 36 metros de la palmera de 24, y a 24 metros de la de 36.

También se podría soluciona por simetría, ya que si observamos que 24 + 36 suma exactamente 60, los triángulos rectángulos de estos dos catetos encajan perfectamente en el río, de forma que sus catetos serían iguales. Y sería la única distancia válida, porque si un lado aumenta, la hipotenusa crece, y si disminuye, decrece, de forma que si varía la posición, se diferencian las dos hipotenusas.

jueves, 27 de agosto de 2009

Gominolas y caramelos

Enunciado

Yo creo que, aunque varios lo han resuelto en los comentarios, la explicación más sencilla de entender para los alumnos de primaria es la que ha hecho Berta.

Efectivamente, en 600 gramos de gominolas, si sabemos que cada gominola pesa 8 gramos, debe haber 75 gominolas (dividiendo 600 entre 8).

Como cada gominola vale 30 céntimos, las 75 gominolas, que pesan 600 gramos valdrán 75*30 = 2250 céntimos, es decir, 22,5 €.

Claro, que eso mismo costarán 900 gramos de caramelos. como sabemos que cada caramelo vale 5 céntimos, podemos saber cuántos caramelos nos dan por 22,5 €, dividiéndolo entre 5, es decir, 2250/5 = 450 caramelos.

Como esos 450 caramelos pesan 900 gramos, cada uno de ellos debe pesar 900/450 = 2 gramos.

domingo, 23 de agosto de 2009

Distancias en circunferencias tangentes

Enunciado

Desde luego, este problema es el más difícil de todos los de la fase local de este año, al menos para mi gusto. Ninguno de los métodos directos que he probado han dado fruto, y sólo una construcción bastante artificiosa resuelve el problema. No veo ningún método que permita abordarlo de manera más directa, y agradecería a alguien que lo conozca que lo cite en los comentarios.

Lo primero que se me ocurrió, y que era imprescindible para abordar el problema, era transformar el producto en un cociente, de forma que nos permita tratar con semejanzas.

Circunferencias tangentes

Circunferencias tangentes

En efecto, es equivalente |PN'|⋅|MN| = |PN|⋅|M'N'| a la igualdad |PN'|/|M'N'| = |PN|/|MN|, donde ambos cocientes representan una proporción de los lados de un par de triángulos, PNM y PN'M'.

En segundo lugar, conviene trazar varios ejemplos en versión grane del dibujo correspondiente y comprobar que las igualdades se cumplen. Para trazar el dibujo, unimos dos puntos al azar del plano, que acabarán siendo los centros, y elegimos un punto en el segmento que los une, que será el punto de tangencia. Usando ambos puntos, y las distancias al punto entre ambos, trazamos las circunferencias. Escogemos el candidato a punto A, (no conviene que sea demasiado simétrico respecto al dibujo), y trazamos las tangentes (lo unimos al centro opuesto con un segmento, y levantamos una circunferencia del que sea diámetro. Los puntos de corte serán los puntos de tangencia M y M', borrando las líneas auxiliares después). Si medimos los segmentos que necesitamos para la igualdad, comprobaremos que es cierta.

Usar varios puntos A sobre la misma circunferencia nos puede aportar una pista que es fundamental para resolver este problema. Si usamos el mismo par de circunferencias, el cociente que calculamos ¡no depende de la posición de A! Esta observación nos será muy útil para enfocar el problema a calcular uno de los cocientes con independencia de A, con lo que el problema quedará resuelto. Cualquier cociente de ese tipo que se construya con una tangente a la circunferencia, dará el mismo resultado.

Buscando ángulo igual

Buscando ángulo igual

Mi primera intención era tratar de comprobar una semejanza entre ambos triángulos, pero queda descartada por el primer ejemplo que dibujo. Después, el intento de calcular algún cociente partiendo de la posición de A, usando los radios de las circunferencias para construir triángulos rectángulos resulta infructuoso, de forma que trato de reducir al mínimo el número de líneas buscando alguna relación que facilite el acceso a este cociente. Es entonces cuando vuelvo a la observación de la que hablo en el párrafo anterior, centrándome en el dibujo segundo. Basta, por tanto, calcular |PN|/|MN| independientemente de A.

Hay un resultado sobre arco capaz que es muy conveniente conocer para realizar este problema: la recta tangente a un extremo de la cuerda forma con ésta un ángulo igual al del arco capaz.

Si reconocemos en el dibujo esta situación, veremos que el ángulo PMN coincide en esta posición, de forma que será igual al ángulo de cualquier ángulo inscrito en el arco que define MP. Esto nos permite situar un ángulo idéntico, dentro de la circunferencia C1, usando cualquier punto. Aparentemente esto no nos sirve para establecer ninguna relación, hasta que nos demos cuenta de que, si prolongamos el segmento PN, obtenemos un punto Q muy interesante. Como ya sabemos, MQP (y MQN) forma el mismo ángulo que PMN, y QNM es el mismo ángulo que PNM, con lo que tenemos una semejanza da triángulos entre PNM y QNM, que da la clave para la resolución del problema.

Sin embargo, esto no nos permite aún calcular ese cociente de forma sencilla.

Proporción definitiva

Proporción definitiva

Transformamos el cociente |PN|/|MN| en |MN|/|QN| por la semejanza calculada. Parece que no hayamos avanzado, pero disponemos de una herramienta fundamental, ya que el punto P pasa por el semento QN, formando dos nuevos triángulos O1PQ y O2PN con los radios de las circunferencias, es decir, que se trata de dos triángulos isósceles, que tienen un ángulo en común (en realidad dos, pues es el que está repetido) y son semejantes. Por tanto, si llamamos r1 y r2 a los dos radios, tenemos que |PQ|/r1 = |PN|/r2, con lo que |QN| = |QP| + |PN| = |PN|r1/r2 + |PN|, es decir, |QN| = |PN|(1 + r1/r2). En realidad esta proporción se puede observar a simple vista, debido a la semejanza de ambas circunferencias y los arcos que define esta recta.

De esta situación, tenemos que |PN|/|MN| = |MN|/|QN| = |MN|/(|PN|(1 + r1/r2)) = (|MN|/|PN|)*(1/(1 + r1/r2)). Pero |PN|/|MN| y |MN|/|PN| son inversos uno del otro, por lo que (|PN|/|MN|)2 = 1/(1 + r1/r2), que no depende de la posición de la tangente, si no del producto de los radios de las circunferencias. Por tanto, el cociente buscado no depende más que de ese producto de los radios de la circunferencia y se cumple así la propiedad pedida.

jueves, 20 de agosto de 2009

Triángulo sombreado

Enunciado

Este problema tiene una dificultad bastante alta para este nivel. En primer lugar, es un problema que puede inducir a equívocos por la similitud entre los ángulos de medio triángulo equilátero, del triángulo que trazamos sobre las figuras y del triángulo objetivo, que no son iguales aunque sí muy próximos. En segundo lugar, uno de los elementos necesarios tiene una medida complicada de calcular, y cuyo valor es un número irracional (esta dificultad se puede eliminar si confiamos en la calculadora, aunque es fácil cometer errores).

Detalle del triángulo sombreado

Detalle del triángulo sombreado

Como en todos los problemas en los que aparecen zonas sombreadas, es conveniente expresar sus áreas como suma o resta de otras zonas. En este caso, el triángulo sombreado se puede expresar como la diferencia entre el triángulo que se forma entre el lado del cuadrado más próximo al triángulo equilátero y el vértice del triángulo equilátero, y la parte del triángulo contenida en el interior del propio triángulo equilátero (ver figura). El área del triángulo mayor es evidente, ya que es claramente semejante al triángulo mayor (que es rectángulo y sus catetos miden 16 y 8), y la razón de semejanza es 2. Es decir, el triángulo grande mide de área 8*4/2 = 16 unidades cuadradas. El verdadero problema está en calcular el área del triángulo pequeño.

Vamos a resolverlo usando dos métodos distintos que ya se deben conocer en segundo ciclo de la ESO. Básicamente, Lluís los ha citado en sus comentarios.

El primer método consiste en subdividir el triángulo que necesitamos en dos triángulos rectángulos usando la altura. Supongamos que esa altura mide x unidades y es, evidentemente, perpendicular a la base. Como el triángulo rectángulo que queda a la derecha es, evidentemente, semejante al grande, su base medirá el doble que su altura, es decir, 2x. Como en total ese segmento (que era base del triángulo equilátero) mide 8, el otro segmento mide 8 - 2x. Ese otro triángulo (el de la izquierda) tiene un ángulo de 60 y otro de 90, es decir, es semejante a medio equilátero, por lo que su hipotenusa mide el doble que el cateto corto, es decir, 16 - 4x. Ahora es cuando podemos calcular el valor de x, puesto que, al ser rectángulo, cumple el Teorema de Pitágoras, y (16 - 4x)2 = (8 - 2x)2 + x2.

Desarrollando esta igualdad, se tiene la ecuación 11x2 - 96x + 192 = 0, que es de segundo grado. Aunque mantendré las expresiones algebraicas a partir de aquí se podría manejar todo con calculadora. El discriminante de la ecuación es 962 - 4*11*192 = 32*210 - 11*3*28 = 3*28(3*22 - 11) = 3*28. Es decir, que las soluciones serán (96 ± √(3*28))/22 = (3*25 ± 24√3)/22 = 16*(6 ± √3)/22 = 8*(6 ± √3)/11. Con calculadora, esto da aproximadamente 5,6233 y 3,1040. Es evidente que la primera solución no vale para el problema, pues su doble es claramente superior a 8 unidades.

Como ya tenemos el valor de x, que es la altura de ese triángulo, podemos ahora calcular el área de la zona sombreada, como 16 - x*8/2 = 16 - 4*8*(6 - √3)/11 = (176 - 192 + 32√3)/11 = (32√3 - 16)/11 que, de nuevo usando la calculadora, da un valor aproximado de 3,5841, que es la solución buscada.

El otro método consiste en trabajar con las ecuaciones de las rectas que se representan, de forma que se encuentren las coordenadas del punto de corte. La coordenada vertical será la altura sobre la base, con lo que el cálculo final será el mismo. Las ecuaciones de las rectas serían la de pendiente -1/2 y que pasa por el punto (0, 8) y la que tiene pendiente √3 (porque es paralela al lado de un triángulo equilátero), y pasa por el punto (8, 0). Las ecuaciones serán y = -x/2 + 8, y y = √3x - 8√3. El punto de corte debería dar el mismo valor de coordenada vertical que el obtenido anteriormente.

domingo, 16 de agosto de 2009

Aguando el vino

Enunciado

Si estamos atentos sólo al líquido inicial (vino), se ve claramente.

Como dice Lluís en los comentarios del enunciado, está claro que cada vez que hacemos la operación de añadir un litro de agua, eliminando un litro de la mezcla, estamos reduciendo el porcentaje de vino en 4/5, puesto que quitamos 1/5 de lo que hubiese, y se substituye por agua.

Después del primer paso, habrá 4/5 de vino. Después del segundo paso, (4/5)*(4/5) = 16/25, y en el tercer paso obtendremos (16/25)*(4/5) = 64/125, lo que representa poco más de la mitad de la mezcla, ya que el doble de 64 son 128 (o la mitad de 125 son 62,5).

La respuesta al problema es, por tanto, que hay poco más de la mitad de vino, concretamente 64/125 = 51,2 %.

jueves, 13 de agosto de 2009

Más símbolos desconocidos

Enunciado

De nuevo encontramos un caso que resolver con cifras. Se trata de emplear algo de tanteo, buscando aquellas situaciones en las que más podemos saber de las cifras.

Como, en la primera vertical, dos lupas más una araña suman 20, y en la columna de al lado, una araña más una lupa más unos cascos suman 17, está claro que la araña es un número par, y que los cascos valen tres menos que la lupa.

Está claro que, si son cifras, la araña no puede ser 0, pues no podríamos sumar con ella 20.

Si la araña vale 2, la lupa tiene que valer 9, y entonces los cascos valen 6. Podemos comprobar entonces que una araña y dos lupas suman 20, una araña y dos cascos suman 14 y que las tres cosas suman 17.

Si la araña vale 4, la lupa tiene que valer 8, y los cascos 5. De nuevo, las tres cosas suman 17, las dos lupas y la araña suman 20, y una araña y dos cascos suman 14.

Si la araña vale 6, la lupa tendría que valer 7 y los cascos 4. Otra vez, las tres cosas valen 17, las dos lupas y la araña suman 20, y la araña y los dos cascos suman 14.

Si la araña vale 8, la lupa vale 6 y los cascos 3. De nuevo, entre los tres suman 17, dos lupas y una araña suman 20, y dos cascos y la araña suman 14.

Por tanto, tenemos nada menos que 4 soluciones distintas, como dice Lluís en su comentario.

sábado, 8 de agosto de 2009

Retículas equilibradas

Enunciado

Retícula equilibrada

Retícula equilibrada

Este es un bonito problema que no tiene un método de ataque estándar, es decir, que hay que buscar un patrón mediante la observación de casos aislados y probar después que es correcto.

Si tratamos con retículas pequeñas, rápidamente encontramos retículas equilibradas cuadradas, es decir, en los casos en que n = m, por el sencillo método de pintar todos los puntos de la retícula del mismo color (blanco o negro), pero también con otras tramas. Se sugiere empezar con la (2, 2) y hacer una demostración rápida.

Podemos extraer bastante información del estudio de las cuadrículas (2, 3), (2, 4) y (2, 5).

En el caso (2, 3) descubrimos con bastante rapidez que es imposible que esté equilibrada. Pensemos en una distribución de colores que la equilibre. En una fila (de tres puntos) habrá dos puntos del mismo color (no puede haber tres, porque las columnas sólo tienen dos puntos). Como en cada una de esas columnas, habrá dos puntos de ese color, todos serán del mismo. Por tanto, en la otra fila también habrá dos puntos, que serán exactamente esos. Luego la columna restante, debe ser del otro color. Sin embargo, hay dos puntos en esa columna del mismo color, y en cada fila sólo hay uno. Luego no está equilibrada.

En el caso (2, 4) podemos descubrir muy rápido una retícula equilibrada, pintando la mitad de columnas de un color, y la mitad de otro.

En el caso (2, 5) también podemos probar rápidamente que no hay retículas equilibradas, en este caso de forma muy rápida, ya que en cualquier fila habrá más de dos de un mismo color, por lo que no podrá haber la misma cantidad de puntos de ese color en ninguna de las columnas, luego no estará equilibrada.

Después de este breve estudio, vamos a probar que sólo pueden existir retículas equilibradas en el caso de que los dos valores sean iguales, o bien el mayor sea exactamente doble que el menor.

Está claro que una retícula cuadrada puede ser equilibrada, así que veamos qué sucede si no lo es. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que (n, m) es más ancha que alta (es decir, n < m), ya que en caso contrario se puede realizar el mismo razonamiento cambiando filas por columnas y viceversa.

Si m > 2n, el razonamiento es idéntico al de (2, 5). Puesto que en cada fila hay más de 2n puntos, de uno de los dos colores habrá más de n, por lo que en un punto de ese color no puede haber la misma cantidad de puntos de ese color en la columna, ya que ésta tiene sólo n puntos.

Si m = 2n, podemos encontrar una retícula equilibrada pintando la mitad de las columnas de un color y la mitad de otro. De esta forma, en cada punto hay exactamente n puntos en la fila y en la columna de ese color.

Si n < m < 2n, el razonamiento es un poco más complicado. Supongamos que hay una retícula equilibrada de ese tamaño y lleguemos a un absurdo. Es evidente que en ninguna fila puede haber más de n puntos del mismo color. Busquemos la fila en que más puntos del mismo color haya. Si la cantidad de puntos de ese color es s y s es menor que n, en esa columna habrá s puntos del mismo color, es decir, habrá n - s puntos del otro color (pero habrá alguno, si s es menor que n). Si nos fijamos en uno de los puntos de otro color, en esa misma fila habrá n - s puntos del otro color, y por tanto habrá m - n + s puntos del color inicial, lo que representa un número más grande que s (porque m es mayor que n). Esto es una contradicción, porque hemos supuesto que s es la mayor cantidad posible con puntos de un mismo color.

Luego debe haber una fila con n puntos del mismo color. En cada uno de ellos, esa columna es de ese color, ya que debe haber n puntos del mismo color. Y, como en cada una de las filas debe haber exactamente n puntos de ese color, para que sea equilibrada, serán los n puntos de las n columnas que hemos descubierto que son de ese color. Es decir, que las m - n columnas restantes deben ser enteras del otro color, y tienen n puntos de ese color. Sin embargo, en una cualquiera de las filas no puede haber n puntos de cada color, porque m < 2n. Luego es absurdo.

En resumen, que sólo pueden darse retículas equilibradas cuando uno de las dos medidas es igual a, o exactamente el doble que la otra.

jueves, 6 de agosto de 2009

La herencia

Enunciado

Este es un problema que se debe poder resolver con ecuaciones, sin ninguna dificultad añadida, salvo tal vez la manipulación de las expresiones.

Supongamos que son x la cantidad de herederos, y que sea y el número de metros cuadrados del terreno a repartir. En el reparto inicial, cada uno de ellos obtiene y/x.

Si aumenta el número de herederos, la cantidad a repartir sería y/(x + 3), y, según el problema, sería igual a y/x - 20. La ecuación correspondiente es y/(x + 3) = y/x - 20.

Si disminuye el número de herederos, la ecuación que obtenemos es y/(x - 4) = y/x + 50.

Si quitamos denominadores, las ecuaciones quedan, respectivamente como yx = y(x + 3) - 20x(x + 3), y como yx = y(x - 4) + 50x(x - 4). Si desarrollamos ambas expresiones, tendremos a partir de la primera que yx = yx + 3y - 20x2 - 60x, es decir, 20x2 + 60x - 3y = 0, y de la segunda, obtenemos que yx = yx -4y + 50x2 - 200x, que queda como 0 = 50x2 - 200x -4y.

Lo más sencillo resulta eliminar la variable y por reducción, de forma que multiplicamos la primera ecuación por -4 y la segunda por 3 y sumamos ambas, obteniendo que 70x2 - 840x = 0, ecuación que tiene dos soluciones, x = 0, que es claramente imposible (no podríamos dividir por x), y x = 12. Substituyendo en la primera, que es la ecuación más sencilla, tendremos que 20*144 + 60*12 = 3y, por lo que 3y = 2880 + 720 = 3600, por lo que y = 1200 metros cuadrados, que es lo que pregunta el problema.

Podemos comprobar que el reparto entre los herederos es de 100 metros cuadrados, pero si son 3 más, al dividir entre 15, saldría 80 metros cuadrados, que son claramente 20 menos. Por otra parte, si fuesen 4 menos serían 8, y el reparto daría 150 metros cuadrados a cada uno, lo que sería 50 más, como requiere el problema.

miércoles, 5 de agosto de 2009

Cuarto problema de la Iberoamericana 2008

Enunciado

Este es un problema de ecuaciones diofánticas, es decir, de números enteros. Por lo tanto, ya que no se puede despejar mucho de una ecuación en la que aparecen potencias y sumas, hay que recurrir a las propiedades de divisibilidad.

Trataremos de llegar a un absurdo, suponiendo que la igualdad es cierta.

El término más sencillo de analizar es 21y, que sólo tendrá factores 3 y 7, repetidos y veces (y es claro que y > 1). Si aparecen estos actores en el otro término, y son comunes, podemos tratar de extraerlos.

El término 2008! es un producto de los números enteros desde el 1 hasta el 2008, y, evidentemente, aparecerán muchas veces los factores 3 y 7. En este caso nos interesará más adelante saber exactamente cuántas veces aparecen.

Cada tres números aparece un factor 3, por lo que podemos contar estos factores por el sencillo método de dividir 2008 entre 3 (da 669, nos quedamos con la parte entera). Pero, cada tres de estos números, contienen un factor 3 más, que también se incorpora al producto (así, 9, 18, 27, 36, ... tienen un factor más). ¿Cuántos habrá? Basta dividir 669 entre 3 (da 223). A su vez, uno de cada tres de estos números incorporará un factor 3 más (27, 54, 81, ...). Por tanto, de nuevo dividiremos 223 entre 3 (da 74). De la misma forma, debemos dividir 74 entre 3 (24), el resultado entre 3 (8) y éste entre 3 (2). Como no llega a haber 3 de estos números no queda ningún factor más, por lo que tendremos en 2008! exactamente 669 + 223 + 74 +24 + 8 + 2 = 1000 factores 3.

Para el factor 7, efectuaremos una serie de operaciones similar, aunque más breve. 2008 entre 7 da un resultado enteros de 286, que a suvez da 40 al dividirlo entre 7, y éste da entre 7 sólo 5, que es menor de 7. Por lo que la cantidad de factores 7 que aparece en 2008! es 5 + 40 + 286 = 331.

Evidentemente, la cantidad de factores 7 es mucho menor a la cantidad de factores 3. Ahora, distinguiremos casos según que estos factores aparezcan o no en el número x.

Si el número x no tiene factores 3 o 7, tampoco los tendrá x2008. Y si se cumple la igualdad debería ser diferencia de dos números que sí los tienen, por lo que no es posible esta situación.

Por tanto, el número x tiene factores 3 y 7. Supongamos que x = 3*7*k. Como ya sabemos, 2008! = 31000*7331*t, donde t es un entero que no es múltiplo de 3 ni de 7, pues 2008! sólo tiene los factores 3 y 7 que hemos indicado. Así, x2008 + 2008! = 32008*72008*k2008 + 31000*7331*t. Sacando en esta expresión los factores comunes 3 y 7 que aparecen, tenemos que es igual a 31000*7331*(31008*71677*k + t). Esta suma entre paréntesis nunca puede ser múltiplo de 3 ni de 7, ya que t no lo es y le sumamos una cantidad que sí, mientras que el otro lado de la igualdad sí es, con lo que obtenemos una contradicción definitiva.

martes, 4 de agosto de 2009

Cuestión de ahorro

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, está claro que la bombilla de bajo consumo sale más económica.

La clave es compararla adecuadamente, ya que debido a su mayor duración, debemos comparar los dos tipos de bombilla sobre una cantidad de años que nos permita usarlas por completo. En este caso, puesto que una normal dura un año y la otra tres, deberemos escoger la cantidad de tres años (en caso de ser otros números, deberíamos tomar el máximo común divisor).

A lo largo de tres años, la bombilla de bajo consumo nos habrá costado 5€ y habrá gastado 12W durante 24*365*3 = 26280 horas, es decir, 315360 W-hora, o lo que es lo mismo, 315,360 KW Hora. Como cada KW-Hora consumido cuesta 0,1€, eso hace 31,536€.

En esos tres años, de haber optado por la otra, la habremos tenido que cambiar tres veces, con lo que el gasto en bombillas será de 3*0,6€ = 1,8€. Sin embargo, cada esas tres bombillas habrá gastado 100W cada una de las horas de antes, que ya sabemos que son 26280, por lo que su consumo en total será de 2628000 W-Hora, y en KW-Hora, será 2628 KW-Hora. Como el precio de cada KW-Hora es de 0,1€, eso cuesta un total de 262,8€.

En total, en las bombillas de bajo consumo hemos gastado, en euros, 5 + 31,536 = 36,536 en tres años, mientras que usando las normales gastamos 1,8 + 262,8 = 264,6 durante el mismo tiempo.

lunes, 3 de agosto de 2009

Baldosas

Enunciado

Como ya sugieren algunos comentarios, hay dos interpretaciones de la solución del problema. Si interpretamos el problema de forma literal, es decir, hacemos una distribución de las 150 baldosas de forma idéntica al dibujo del enunciado, con los cuatro lados del cuadrado idénticos, sólo podremos utilizar una cantidad que será múltiplo de 4, de forma que usaremos sólo 148, es decir, 37 por lado alineadas por su lado más largo, y usaremos el lado corto de una de la otra cara, es decir, el cuadrado tendrá 37*40 + 20 = 1480 + 20 = 1500 centímetros de lado (15 metros).

Sin embargo, se puede interpretar que queremos cubrir con una fila de baldosas el borde interno del cuadrado, y es posible hacerlo con una cantidad que no sea múltiplo de 4.

Cuadrado distinto

Cuadrado distinto

Evidentemente, después de encontrar la primera respuesta, al ver que sobraban baldosas, he probado con una cantidad baja, par pero no múltiplo de 4, a ver si podía construir un cuadrado mayor de otra forma.

Si miramos la figura de ejemplo, veremos que con 10 baldosas podemos cubrir el borde de un cuadrado de 120 centímetros, usando 6 baldosas en dos lados paralelos, y las 4 restantes en los otros dos, de forma que los dos lados cortos de las baldosas compensen la falta de un lado largo de una baldosa.

Si seguimos ese sistema, podemos rodear el borde interno de un cuadrado con 38 baldosas en dos lados paralelos, y en los otros, 37, de forma que tendremos las 150 baldosas bordeando un cuadrado de 38*40 = 1520 centímetros (15,2 metros) de lado, algo mayor que el anterior.