JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 156 a 160
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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Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no descubrir accidentalmente la próxima solución. 
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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