JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 156 a 160
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Solución
156: Padre e hijo.
Por: Alfredo Quesada. |
Aunque se puede solucionar como un sistema de ecuaciones con dos
incógnitas, vamos a realizarlo de una manera 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, matemáticamente
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.
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de este problema |
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Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
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Solución
157: Cuadrados perfectos de números en progresión geométrica.
Por: Miguel Ángel Lerma |
Un libro con información sobre
el tema (y otros problemas relacionados) es el de Leonard Dickson:
"History of the Theory of Numbers" (1919). A pesar de los años
transcurridos desde que se escribió sigue siendo una referencia
de primera categoría. En su volumen II, capítulo XIV
prácticamente da respuesta a tus preguntas.
a) ¿Cuál es la solución general?
x = p2 - q2 - 2 pq
y = p2 + q2
z = p2 - q2 + 2 pq
x = 2 v2/u – u
y = 2 v2/u + u + 2 v
z = 2 v2/u + u + 4 v
donde u divide a 2 v2.
Las soluciones {1,25,49} y {1,841,1681} corresponden a u = v = 1,
y u = 8, v = 6 respectivamente. Otra solución sencilla es,
por ejemplo para u=1, v=2: x=7, y=13, z=17, {49,169,289}, con diferencia
120.
b) ¿Pueden cuatro cuadrados perfectos estar en progresión
aritmética? ¿Y cinco?
No existen. El problema fue propuesto por Fermat a Frenicle May
en 1640. Fermat mismo estableció en 1670 que el problema
no tiene solución. La demostración de B. Bronwin y
J. Furness (1813) es como sigue:
Supongamos que los cuadrados (primos entre sí) son x2,
y2, z2, w2, de modo que y2
- x2 = z2 - y2 = w2
- z2 = P. La solución solo puede consistir en
números impares, luego P debe ser múltiplo de 4.
Descomponiendo las diferencias de cuadrados en producto de suma
por diferencia y estudiando cómo se pueden repartir los factores
de P llegamos a la conclusión de que y + x = 2ab, y – x =
2cd, z + y = 2ac, z - y = 2bd, w + z = 2bc, w – z = 2ad, donde a,
b, c y d son todos primos entre sí dos a dos.
De aquí obtenemos fácilmente (a+d)b = (a-d)c, (c+d)a
= (c-d)b. Por otro lado
mcd (a+b,a-b,c+d,c-d) = 1 ó 2, por tanto a+d = uc, a-d =
ub, c+d = vb, c-d = va, donde u=1 o 2, v=1 ó 2. Pero estas
relaciones son incompatibles con mcd (a,d) = 1.
(De hecho la única solución del sistema a+d = uc,
a-d = ub, c+d = vb, c-d = va, es a = b = c = d = 0).
c) ¿Pueden tres cubos perfectos estar en progresión
aritmética)
No hay. La ecuación a resolver es x3 + y3
= 2z3. J. Prestet (1689) estudió la ecuación
más general x3 + y3 = Az3,
y
halló un método para generar nuevas soluciones a partir
de soluciones conocidas:
X = x (2y3 + x3)
Y = -y (2x3 + y3)
Z = z (x3 - y3)
Euler probó en 1770 que si A = 2 entonces x = y, lo cual
zanja la cuestión sobre cubos en progresión aritmética.
He consultado en el grupo sci.math y me comunican que tampoco hay
progresiones aritméticas (no triviales) de
potencias de orden superior.
There are no non-trivial solutions to x^3 + y^3 = 2 z^3. A more
general result appears in Mordell, Diophantine Equations, page 126.
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Solución
158: Juego de palillos.
Por: Vincent Dore. |
Se pueden formar seis cuadrados con doce palillos construyendo un
cubo.
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Solución
159: Vacaciones en el sur.
Por: Anónimo.br |
La respuesta correcta es que la agencia de viajes ha hecho 36
reservas para Portugal. Cada vocal del lugar de destino vale 2,
y cada consonante 6 (Tenerife = 32, Menorca = 30, Ibiza =18 y Portugal
= 36)
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Solución
160: Reloj alocado
Por: Anónimo.br |
El reloj erróneo se detuvo a las 16:48, es decir que había
estado funcionando 16 horas (los 48 minutos que marca son los que
ha adelantado en ese tiempo). Luego el otro reloj debe marcar las
17 horas 15 minutos.
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