Cuadrados que suman grandes números

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Como resulta sencillo de observar, este problemas es más complicado que la mayoría.

Evidentemente, para poder solucionarlo, es necesario empezar con potencias de 2 más bajas, observando, por ejemplo, 4, que sólo tiene una suma posible con cuatro cuadrados, 1 + 1 + 1 + 1. El 8, que es la siguiente potencia, no tiene ninguna suma posible, ya que los cuadrados pequeños no pueden agruparse para dar 8. De la misma forma, 16 es suma únicamente de 4 + 4 + 4 + 4, 32 no admite suma de este tipo y 64 = 16 + 16 + 16 + 16.

La primera observación es que parece que las potencias que admiten una suma de este tipo deben ser los cuatro sumandos iguales. Y la mitad de potencias (las de exponente impar) no las admiten.

Un truco que se puede usar para trabajar en este tipo de problemas es usar los restos al dividir por un determinado divisor. En este caso vamos a usar el 8 por ser una potencia de 2, y lo suficientemente grande para empezar a provocar problemas. Los restos al dividir por 8 pueden estar entre 0 y 7 (o entre -3 y 4). Puesto que las principales operaciones trabajan bien con los restos (los restos de la operación coinciden con la operación con los restos), podemos observar que los cuadrados de los números sólo pueden tener restos 0, 1 o 4. Puesto que las potencias de exponente mayor o igual a 3 tienen un resto evidentemente de 0, la igualdad se tiene que dar sin usar ningún número cuyo cuadrado de de resto 1, puesto que sumando menos de ocho unos no conseguimos ningún número múltiplo de 8.

Razonando de esta forma, una supuesta suma de este tipo debe hacerse con números cuyos cuadrados tengan un resto 0 o 4 al dividirse por 8, es decir, que deberán ser pares. Eso significa que esos números se podrán escribir como 2a, 2b, 2c y 2d, por lo que la suma de sus cuadrados será 4*(a² + b² + c² + d²). Puesto que al otro lado de la igualdad hay una potencia de 2, podemos dividir por 4 y rebajar la situación a un caso anterior.

Ya casi lo tenemos. Puesto que una suma de cuatro cuadrados puede reducirse (si la potencia es mayor que 3) a un caso similar, pero con una potencia dos unidades menor, podemos afirmar que sólo habrá dos casos. Las potencias pares, que cuando bajen a la primera potencia par por debajo del límite serán como 4, y por tanto serán suma de cuatro cuadrados iguales, y las impares, que bajarán a 2, que no tiene ninguna suma posible de ese tipo, por lo que tampoco ellos la tendrán.

Luego 2²⁰¹¹ no se puede expresar como suma de cuatro cuadrados y 2²⁰¹² = 2²⁰¹⁰ + 2²⁰¹⁰ + 2²⁰¹⁰ + 2²⁰¹⁰.

Un producto unificado

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Para encontrar un factor de dos cifras, necesitamos parte de la descomposición en factores primos. Concretamente, necesitamos aquellos factores primos que tengan una o dos cifras, para calcular a partir de ellos cuál es el divisor que nos interesa.

En concreto, este número es divisible por muchos factores de ese tipo: 3², 7, 11, 19 y 37. Sin embargo, debe ser un factor relativamente grande, ya que el resultado de dividir tiene 16 cifras. Los números de 2 cifras que podemos construir con estos factores son: 11, 19, 37, 21, 33, 57, 77, 63 y 99, según la cantidad de factores primos que usemos.

Evidentemente, empezaremos por el mayor, que es 99, y el cociente correspondiente es 1122334455667789. También es válido 77, que da 1443001443001443, 63, que da 1763668430335097, 57, que da 1949317738791423, 37, que da 3003003003003003, 33, que da 3367003367003367, 21, que da 5291005291005291, y 19, que da 5847953216374269. El único que no es válido es el 11, ya que da un número de 17 cifras.

A partir de cualquiera de ellos se puede construir el número pedido, por ejemplo 37*3003003003003003 = 111111111111111111, que es un producto como el que se pide.

Si lo que se busca es encontrarlo con velocidad, este es un buen candidato, ya que cada tres "unos" forman 111, que es 3*37, y evidentemente podemos encontrar rápidamente un divisor del número y obtener un resultado rápido.

Dos triángulos juntos

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La idea más sencilla, dado que un alumno de primaria no conoce muchos detalles de las propiedades de las fórmulas, es que recuerde cómo se puede obtener el área de un triángulo a partir de la de un rectángulo, es decir, que use los dos trozos del rectángulo (la zona coloreada y la no coloreada) para ver que en realidad son dos áreas iguales (mediante giros y poniendo encima una de otra, mentalmente).

En cuanto veamos que en realidad ambas partes son iguales, está claro que el área de la zona coloreada es la mitad, es decir, 16*6/2 = 96/2 = 48.

De un lado para otro

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La respuesta tiene dos partes. En primer lugar, hemos de ver que la elección del punto donde se sitúa el poblado no afecta a la suma de las distancias a los lados, y después el tiempo que tardan en recorrer esa distancia.

Para mostrar la independencia del punto, un método muy visual es trazar desde el punto escogido una línea a cada vértice del triángulo equilátero, de forma que queda dividido en tres triángulos. El área del triángulo equilátero será igual a la suma de los tres triángulos, sea cual sea el punto, y el área de cada uno de ellos será la distancia del punto al lado multiplicada por 5. Es decir, que la suma de las tres distancias, multiplicada por 5, es igual al área del triángulo equilátero.

Y ahora que conocemos ese dato, calcular la suma de las distancias es muy sencillo, pues el área de un triángulo equilátero de lado 10 km será 25*√(3) kilómetros cuadrados, por lo que la suma de las distancias, sea cual sea el punto, será 5√(3) kilómetros, y el tiempo que tardan en recorrer esa distancia (recuerda que es ida y vuelta), a 5 kilómetros por hora, será 2*√3, aproximadamente 3,46 horas.

Reunión de la ONU

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La solución es algo más compleja de lo que afirma el comentario de Pablo Sussi, porque, aunque el número de representantes debe ser, efectivamente, múltiplo de 25, puede ser un múltiplo que permita divisiones en mesas de cantidades diferentes a un divisor de 25.

Veamos primero por qué debe ser múltiplo de 25. Como el número de representantes del país A debe ser doble y cuádruple de algo, debe ser múltiplo de 12, es decir, de la forma 12k. Por otra parte, el número de representantes del país B será 6k, el de C será 4k y el de D será 3k. En total, el número de representantes debe ser, por tanto, 12k + 6k + 4k + 3k = 25k.

Está claro que podemos dividir estos mandatarios en mesas de 25 siguiendo las condiciones del problema, ya que podemos situar 12 mandatarios de A en cada mesa, 6 de B, 4 de C y 3 de D. En realidad, hay muchas formas de dividir a los de B, C y D. Si no queremos que haya superioridad numérica de A, lo más complicado será repartir escrupulosamente los representantes de A.

Veamos que cualquier cantidad r inferior en la que queramos repartir a los mandatarios en mesas iguales obligará a que en una mesa los representantes de A no estén en inferioridad.

Supongamos que r es una cantidad impar, es decir r = 2s + 1. Si r no es múltiplo de 5, entonces debe haber un total de 25*(2s+1)*t para algún valor de t, y habrá 25t mesas, de las cuales a lo sumo s de cada mesa son de A, pero entonces s*25*t ≥ 12*(2s + 1)*t, por lo que s*25*t ≥ 24st + 12*t, y de ahí s*t ≥ 12t, por lo que s ≥ 12, por lo que r debe ser al menos 25.

Una demostración similar de que es imposible es válida para 5 y 15, teniendo en cuenta que en ese caso el número total de representantes es de la forma 25k y 75k, respectivamente.

Si r es par y no múltiplo de 5, la demostración también es sencilla, ya que en ese caso r = 2s, y la cantidad máxima de representantes de A debe ser s - 1, por lo que s*25*t -25t ≥ 12*2s*t, por lo que s*25*t ≥ 24s*t + 25t, y tenemos que st ≥ 25t, y s debe ser al menos 25 (y r 50).

Los casos en los que r vale 10 o 20 se deben tratar a parte, como antes, ya que la cantidad de representantes total debe ser entonces 50k o 100k respectivamente, y la demostración de que es imposible es similar.

Por lo tanto el menor número de representantes por mesa debe ser 25.

Codificando los libros

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La idea es que, si las ponemos por orden alfabética, las primeras 26 claves sólo varían en la última letra, las segundas 26 repetirán la secuencia, cambiando sólo la letra central, y así una y otra vez hasta llegar a la primera que cambia la letra primera, que, como dice Pablo en los comentarios, es la clave que sigue a la 26*26 = 676. Es decir, que cada 676 claves cambia la primera letra.

Como tenemos 2203 libros, hay que ver cuántos grupos de 676 hemos usado completamente, es decir que 2203 entre 676 da 3, luego hemos usado completamente las claves cuya primera letra es A, B y C, por lo que los últimos códigos empiezan por la letra D, y son 2203 - 676*3 = 175 los códigos que empiezan por esta letra.

De manera similar, hay que dividir 175 entre 26 para averiguar cuántas letras hemos usado completamente como segunda letra, teniendo que ya hemos usado por completo 6 de las letras como segunda letra (A, B, C, D, E y F), por lo que la última letra que emplearemos como segunda letra (y por lo tanto, la segunda letra presente en el último código) será la G. Ya sabemos que el último código empieza por DG.

Y, de nuevo, calculamos 175 - 6*26 = 19, observando que serán 19 los códigos que empiezan por DG que habremos utilizado, así que serán A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R y S, así que el último código usado será el DGS.

Se supone que el alfabeto de 26 letras suprime la letra Ñ, aunque sea vital para el castellano, por su similitud con a N, que dificulta la catalogación.

Mesa y mantel

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De nuevo tenemos un problema de recubrimientos, y de nuevo se puede usar un sistema de coloración.

Dadas las condiciones de recorte, sólo se pueden formar rectángulos, con la condición de que uno de los lados mide 20 centímetros.

Imagina que divides la mesa en cuadrados de 10 centímetros de lados, y los pintas de forma ajedrezada. Es sencillo comprobar que cualquier rectángulo que sitúes dentro de ese tablero tapa la misma cantidad de cuadrados de ambos colores, debido a que uno de sus lados mide 20 centímetros (observa que cualquier franja de 20 centímetros de ancho tapa la misma cantidad de los dos colores).

Ahora bien, la mesa mide 90 por 150, es decir, que hay 9*15 = 135 cuadraditos, y eso es un número impar, lo que quiere decir que no hay la misma cantidad de cuadrados de los dos colores. Luego es imposible tapar la mesa de la forma indicada.

Buscando a Doman

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Los problemas de lógica siempre se deben demostrar estudiando las posibilidades de verdadero o falso de las diferentes afirmaciones.

Aken seguro que no es de Uti (porque estaría mintiendo), pero tampoco puede ser de Iomi (porque diría la verdad), luego debe ser de Grundi y su segunda afirmación es dudosa.

Cwos no puede ser de Grundi, pues es de un sitio diferente de Aken, y por tanto dice la verdad, por lo que no puede ser de Iomi. Así que debe ser de Uti. Su segunda afirmación, por lo tanto, también debe ser cierta, y Doman será, por tanto, de Uti.