12º Desafío Matemático de El País: Un rectángulo de coches de carreras


 

Josefa Ramírez Rodríguez, licenciada en matemáticas por la Universidad de Extremadura y Responsable de Sistema de Información en el RACC presenta el duodécimo desafío de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Las respuestas pueden enviarse aproblemamatematicas@gmail.com antes de la medianoche del lunes 6 de junio (00.00 horas del martes). Entre los acertantes sortearemos una biblioteca matemática como la que ofrece cada semana EL PAÍS. Este domingo, por 9,95 euros con el periódico en el quiosco, La armonía es numérica (música y matemáticas), de Javier Arbonés y Pablo Milrud.

A continuación, para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos el enunciado por escrito.

Se quiere organizar una exhibición de coches de carreras de manera que al comienzo los vehículos formen un cuadrado (de n filas de coches de n coches cada una) y al final los mismos automóviles formen un rectángulo en el que el numero de filas inicial aumente en 5. ¿Puede saberse con total seguridad cuantos coches participarían en esa exhibición? En caso afirmativo, dar el número (justificando la respuesta) y en caso negativo explicar por qué no puede saberse.

“Here we go again…”

97 comentarios

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97 Respuestas a “12º Desafío Matemático de El País: Un rectángulo de coches de carreras

  1. Raúl

    Pero éste es demasiado fácil ¿no? O me he dejado algo
    Si llamamos x a…

    ****************************************************

  2. Javier

    ¡Acabo de resolverlo!… este aún me ha parecido más sencillo que el anterior.
    Y además totalmente explicado y justificado.
    He llegado a resolverlo por dos caminos distintos: uno a lo bruto y otro más matemático y lógico.
    Un saludo.

  3. Turner

    Demasiado facil……
    Por lo menos en el de la semana pasada y había que pensar un poco para dar con la dichosa sucesión.
    Santi ¿de que nivel crees que es? ESO, …..

  4. Jose Luis

    Pues sí, no parece que sea excesivamente complicado hallar la solución. Explicarlo puede requerir pensar un poquito más. En cualquier caso, me ha parecido bonito el problema

  5. jabon

    Coincido con Javier. Primero a lo bruto, esta vez sin esforzarse apenas, y luego aplicando algo más fino, que se puede prever.
    Luego ya veremos si hay distintos métodos para comprobar una u otra cosa.
    Seguro que al final sacaremos alguna conclusión más que la simple respuesta y/o demostración.

  6. Hombre, yo creo que este sí, sin temor a equivocarnos, podemos asegurar que se trata del desafío más fácil hasta la fecha.
    En cuanto al nivel, sin duda un buen alumno de 1º de la ESO podría encontrar una solución por tanteo. Demostrar la unicidad o no del resultado, eso ya sería para un bachillerato de ciencias.

  7. manuel

    Que decepcionante. Al menos Josefa podrís decir que va dirigido a chavales de ESO .

  8. jabon

    Coincido en que hay que calificarlo como fácil, y en el nivel que apunta Santi, de bachiller de ciencias.
    Por ambas cosas nos satisface a quienes dejamos atrás, hace una treintena de años, la asignatura de mates, y aún nos acordamos de alguna cosas.

    De todos modos, hay que calentar el tema de otro modo, que si no, no tenemos de qué hablar o discutir.
    Si algo, debe suprimirse, dejo libertad para ello
    Me ha llamado la atención, que en segundos y mentalmente tenía ya algo. Conforme vas desarrollando van apareciendo:

    ¿borramos lo que sigue o se deja?

    Soluciones matemáticas, *************. “Acotadas”, *******************. Acordes al enunciado, *******************.
    Y lo bueno es que en mi demostración he tenido que impartir justicia.

  9. Jose Luis

    Ni que decir tiene que el problema ******************************.. De haber sido otro número, ******************************* solución al problema. Era por comentar algo, ya que parece que todos hemos dado rápido con la solución

  10. Keith

    No voy a decir que del esfuerzo me he quedado sin restos, pero tengo que admitir que me ha llevado un buen rato. No me ha gustado la demostración que he encontrado. Tengo la esperanza de que Marta encuentre algo elegante!

  11. Javier

    Hola.
    Ya que veo que han empezado a comentar la solución… te diré como es la que yo he resuelto: (a partir de aqui… censura).
    T***********************************************************
    Sinceramente me gusta más el primer método ya que además con el primero se ve con claridad que sólo hay una solución.

    Un saludo.

  12. Pedro Correa

    Si vale como pista, diría que si en vez de ser 5 fuera otro número, las conclusiones serían las mismas.

    Si no vale como pista, te dejo censurarlo.

    A mí el más fácil me sigue pareciendo el del reloj. Y sin embargo, ¡qué bonito problema era!

    • Rogelio

      Pedro, me choca que digas que si hubiera sido otro numero las conclusiones serian las mismas…
      P.e. si se aumentara en 10 (en vez de en 5) salen 2 soluciones para el numero de coches: 100 y 8100
      A que te refieres?

  13. Antonio

    Yo, de joven, tuve la suerte de tener un “profe” como el vuestro.
    Lamentablemente no duró mucho; demasiado abierto para aquellos tiempos.
    Aprovecharlo.
    Mis simpatías, Antonio.

  14. Yo lo he resuelto por ecuaciones diofánticas

  15. jabon

    Por lo poco que se ha comentado hasta ahora, ya deduzco que hay más de una demostración. Eso ya de
    por sí, es bueno; máxime si nos sorprende luego Marta, como apuntáis.
    Mi demostración no es de justicia salomónica, como preguntaba Santi, yo la definiría más como justicia
    social o mejor reparadora.
    Lo de las ecuaciones diofánticas, lo desconocía, he tenido que documentarme. “A la cama no te irás sin saber una cosa más”.

    • Javier

      Jabon me ha sucedido igual que ati… desconocía lo de las ecuaciones diofánticas, me he documentado y he comprobado que así es como he llegado yo a mi solución… usando ecuaciones diofánticas.

      Sin embargo recuerdo (hace ya mucho tiempo) que un profesor nos propuso un problema matemático en el que debiamos conocer la edad a la que falleció Diofanto según el epitafio que el dejó… decía así:
      “Transeúnte, ésta es la tumba de Diofanto: es él quien con esta sorprendente distribución te dice el número de años que vivió. Su niñez ocupó la sexta parte de su vida; después, durante la doceava parte su mejilla se cubrió con el primer bozo. Pasó aún una séptima parte de su vida antes de tomar esposa y, cinco años después, tuvo un precioso niño que, una vez alcanzada la mitad de la edad de su padre, pereció de una muerte desgraciada. Su padre tuvo que sobrevivirle, llorándole, durante cuatro años. De todo esto se deduce su edad.”

      Seguramente lo de ecuaciones diofánticas proviene de este relato.

      • pedrajas

        Javier. No conocía el epitafio, pero es simpático
        v/6+v/12+v/7+5+v/2+4=v es decir v=84. En esta ocasion no es necesario el concepto. Mas bien ayuda porque em m.c.m de 6,7 y 12 es 84 que nos valdría para hacer una rapida comprobacion:
        14+7+12+5+42+4=84

          • Raúl

            Sin embargo, yo creo que el epitafio se traduce en la siguiente ecuación:
            v/6+v/12+v/7+5+(v-4)/2+4=v
            con lo que v= 65 + 1/3 es decir 65 años y 4 meses

          • 1/6·x+1/12·x+1/7·x+5+1/2·x+4=x => 9=3/28·x =>

            =>x=9·28/3 =>x=3·28 => x=84 años

          • Raúl

            Santi, no pongo en cuestión que la ecuación esté bien resuelta; lo que digo es que no está bien planteada.
            Elepitafio dice ” una vez alcanzada la mitad de la edad de su padre, pereció de una muerte desgraciada”, no que “una vez alcanzada la mitad del total que su padre viviría”. Por lo tanto, el hijo muere cuando tiene la mitad de edad de su padre. Pero en ese momento (4 años antes de la muerte del padre, el padre tiene v-4 años. Por lo tanto la ecuación esv/6+v/12+v/7+5+(v-4)/2+4=v
            con lo que v= 65 + 1/3 es decir 65 años y 4 meses

          • Tienes razón Raúl, es que yo manejaba este texto, que creo que es el exacto:
            “Dios le concedió ser niño la sexta parte de su vida, una duodécima parte de ella más tarde cubrió de vello sus mejillas; encendió en él la antorcha del matrimonio tras una séptima parte, y cinco años después le concedió un hijo. Un hijo de nacimiento tardío, que el destino se llevó cuando alcanzó la edad de la mitad de la vida de su padre. Éste consoló su aflicción con la ciencia de los números durante los cuatro años siguientes, tras los cuales su vida se extinguió.”

          • Raúl

            Ajá! Qué maravilla de transposición del matiz sintáctico al planteamiento matemático…
            Ésto es lo que me divierte de las matemáticas.
            Qué maravilla de blog. Me rejuvenece

          • Uauuu, muchas gracias Raúl!

  16. Pedro Correa

    El comentario que he hecho antes estaba errado.

    Las conclusiones son las mismas si en vez de 5, usamos otro número p primo, pero el problema se “complica” y empieza a ser divertido, si en vez de 5 filas más fueran, por ejemplo 15, que es producto de dos primos, o 25, 125…, potencias de primo.

  17. Nacho

    Hola a todos. Hace tiempo que os leo, pero nunca me habia atrevido a intervenir (encontre esta web a base de buscar el google los desafios matematicos segun eran publicados). Es un placer saber que hay mas gente a la que le gusta tostar las matematicas mas alla del punto donde el resto de mortales dicen: hala! ya esta! a otra cosa.
    Ya que este ultimo era tan facil, me ha lanzado a enviar una explicacion de la solucion alternativa, concretamente grafica (que en realidad corresponde a lo mismo que he hice con el algebra, pero sin abandonar el razonamiento sobre los dibujos).
    A partir de aqui… que actue la censura hasta que se haga la luz…

    ********************************************************************************************

    Un saludo.
    Nacho

  18. David

    No veo que se complique por más que cambies el número. El desarrollo es el mismo sólo que cambia la solución. por ejemplo, con 15 hay 4 soluciones.

  19. Jose Luis

    Por aportar curiosidades, si en vez de 5 fuera (siendo p un número primo):

    p –> 1 solución
    p^2 –> 2 soluciones
    p^3 –> 3 soluciones
    p^4 –> 4 soluciones
    etc…

    pA x pB –> 4 soluciones
    pA x pB x pC –> 13 soluciones
    pA x pB x pC x pD –> 39 soluciones
    ???

    pA^2 x pB^2 –> 12 soluciones
    pA^2 x pB^2 x pC^2 –> 24 soluciones
    ???

  20. David

    Sobre el comentario de Pedro:

    Si probamos con potencias de números primos, el número de soluciones es igual al exponente. 25 tiene dos soluciones, 625 tiene 4.
    Si probamos con productos de dos números primos distintos (6, 15…), el número de soluciones es 4.
    Si probamos con productos de tres números primos distintos (30, 42…), el número de soluciones es 13.
    Si probamos con productos de dos cuadrados de primos distintos (36, 225…), el número de soluciones es 12.
    Si probamos con productos de cuatro números primos distintos (210, 770…), el número de soluciones es 40.

    ¿Alguien ve la lógica que hay detrás?

  21. David

    Acabo de ver un patrón lógico detrás.

    Esta es la serie del número de respuestas al aumentar el número de factores primos:

    1, 4, 13, 40, 121, 364…

    La diferencia entre cada término y el siguiente es 3^i, siendo i el número de factores primos de nuestro número.

  22. Jose

    Yo he encontrado esta solución sin usar ecuaciones diofánticas. A ver qué os parece:

    **********************************************************************************************************
    *********************es?

    • Puede que no apliques teoría de Ecuaciones Diofánticas específicamente (porque no es necesario) pero sólo buscas soluciones en Z, y eso es justamente una ecuación diofántica, de modo que…

      Por cierto, respondiendo a tu última pregunta: SÍ.
      Publicamos en su momento.

  23. jabon

    He encontrado una nueva demostración (aquí sin impartir justicia) que conduce a un punto común con mi primera.
    En este caso la técnica utilizada inicialmente, se imparte entre 3º y 4º de la ESO. (Lo sé porque algún problemilla parecido he hecho, no hace mucho, con mi hija que va ahora a 4º)
    Es posible que la confluencia con mi anterior demostración sea la comentada ecuación diofántica, pero es tan sencilla que los niños de ese nivel, también la resolverían con facilidad.
    Santi, permíteme que rebaje el nivel académico de la demostración, a 3º, 4º de la ESO.

    ************************************************************************************************

    a sustituir y a correr……

    • Efectivamente, es una ecuación diofántica siempre que restrinjas la ecuación al conjunto de los números enteros estás resolviendo una ecuación diofántica. En cuanto a lo del nivel, es difícil decirlo porque las ecuaciones diofánticas no forman parte del currículo de ESO ni de BACH. ¿Que un alumn@ de 4º está preparado para entender este problema? seguro que sí, pero para resolverlo por sí solo no, porque se encontraría 1 ecuación con 2 incógnitas y se quedaría ahí (bueno, uno muy buen@…)
      Publicamos en su momento.

  24. Como siempre me sucede al principio me siento perdido viendo la variedad de métodos para solucionarlo que sugerís que existen.

    Tirando de clásicos griegos es más que sencillo, pero me niego a hacerlo así.

    Y tirando de “sentido común” (es decir, como lo podría hacer alguien que no supiera nada de los susodichos griegos) es fácil a lo bruto saber una cosita… pero demostrar si habría más de una de esas cositas o si sería única me tiene de momento bloqueado.

    Santi: ¿en las soluciones que te han comentado y que has censurado, se demuestra esa segunda cosita sin saber nada de griegos?

    • El caso es que como en la exhibición se exhiben los coches enteros y no por piezas, hay que tener en cuenta en todo caso a los griegos, lo hagas conscientemente o no… no sé qué será esa cosita de la que hablas.

  25. Aumento mi pregunta: y cuando digo si se puede demostrar sin conocer a los clásicos griegos, quiero decir demostrar “a lo matemático teórico”, sin hojas excel, programas que estudian en un par de segundos infinitos casos, etcétera.

  26. Pedro Correa

    A mí, en el caso de dos primos distintos me sale que una de las 4 soluciones sólo es posible si p>2q (o si q>2p). ¿A alguien más le da algo así?

    Por cierto, vais rápido con lo del producto de primos distintos, yo sólo había probado con 2.

    ¿Alguien se anima con la generalización total a partir de la descomposición en factores primos de n con potencias de primos distintas de 1?

  27. Efectivamente, tal como decía un compañero, las ecuaciones diofánticas deben su nombre a Diofanto de Alejandría, que trabajaba con soluciones enteras. Y como decía santi, no existe un método espécifico de resolución, yo he usado el método de Yakob Perelman, que resolvía estas ecuaciones haciendo cambios de variable XD

    Otra forma que también es válida para resolverlas y muy usada para gente que tiene pocos conocimientos matemáticos, es representar la ecuación con dos incógnitas en los ejes de corrdenadas y ver si pasan por algún punto, con sus dos coordenadas enteras. ;)

  28. Voy a colgar en la página principal un Reto paralelo, por si a alguno le apetece pensar un ratito… “BOMBILLAS

  29. Santi, te dejo aquí mi solución: a ver que opinas (por supuesto censura la respuesta mientras este abierto el plazo):

    La solución a esta semana:

    Participan

    ****************************************

  30. Rafael

    Pues

    ********************************************.

  31. Bueno… Pues al fin he podido rehacer mi solución, utilizando una “ecuación griega”… pero sin necesidad de utilizar el formalismo teórico, los algoritmos compejos formales, de resolución de ese tipo de ecuaciones… Por fin he podido resolverlo como lo podría resolver cualquier persona que no hubiera oído hablar nunca del griego ese de nombre raro, je, je…

    Y por emular esta semana a Jabon (perdóname que te quite la exclusiva :-) ) y dar una de estas pistas surrealistas que pueden ayudar… o no, diré que en mi solución me ha ayudado muchísimo el gran director de películas de adolescentes ochenteras John Hughes… con grandes títulos como “El club de los cinco” (mira, le gustan los números en los títulos de sus pelis, aunque sólo sea en la traducción), “St. Elmo punto de encuentro”… y otros muy buenos e interesantes títulos, ejem…

  32. Pierre F.

    ¿Y si la configuración inicial fuese un cubo en lugar de un cuadrado? (por supuesto que deberían ser choches voladores). ¿Sería posible descomponerlos en dos formaciones con forma de cubo? He encontrado una prueba asombrosa de que no es posible pero, lamentablemente, no cabe en este blog.

  33. MN

    Hola a todos, aporto mi solución ya que veo que varias personas lo hacen, intento aportar una solución al nº de coches inicial y la demostración de que ese número de coches es único.

    Santi: censura por favor de aquí en adelante:

    *********************************************************************
    Gracias por vuestros comentarios.

  34. Jesus

    Yo tambien lo he resuelto”a la diofantica”, pero estoy buscando una solucion que resulte mas obvia

  35. Maureen

    Pues finalmente yo lo he resuelto usando polinomios… Creo que hay varias formas de demostrar este problema, ¿no?
    Por cierto que a mí me resultó más simple el del cuadrado mágico de productos. Éste… el planteamiento es muy fácil, la solución se encuentra por la cuenta de la vieja o pensando un poco, pero luego la demostración no es tan obvia.
    A Gogely: ¿cómo ves si la función pasa por algún punto con sus dos coordenadas enteras? Porque fue mi primera opción pero no conseguí llegar a nada. ¿Es obvio y estoy yo despistada? :-(
    Un saludo a todos
    Marina

    • Sí Marina, es una opción, pero al final son todas parecidísimas. Lo que sí tengo claro en mi opinión es que este es el más fácil, pero sobre gustos…

      Un saludo, gracias por participar y bienvenida.

  36. Carlos

    Vamos a demostrarlo en lugar de 5 para cualquier número k.

    CENSURA

    ***************************

  37. Marta

    Hola, he intentado resolver el problema sin que fuera a la diofántica y me he ido por los cerros de Úbeda y me he dado un laaaargo paseo. He escrito un montón de papeles todos enmarañados. Me he perdido un pelín y he decidido volver al redil.

    Así que, ¡por Diofanto!, ahí va:

    ********************************************

    Muchas gracias y saludos,
    Marta.

  38. Miletón

    Me da casi vergüenza decirlo, pero yo no paso de la ecuación de 2º grado y no se me aparece San Diofanto por ningún lado. A lo muy bruto lo he hecho.
    Santi, te pego mi modesta explicación a ver que te parece.

    ********************************************************

    Un saludo a todos.

    • Me parece que está muy bien, pero plantea el lado corto del rectángulo como (x-y) donde y es la reducción y todo sale mucho más fácil…

      • Miletón, por lo que cuentas, lo que te pasa a ti me pasaba a mí. Aparte de la posibilidad que te da Santi, si quieres mantener tu ecuación (es decir, utilizando por ejemplo “y” para el lado corto del rectángulo), si despejas “y” y trabajas un poquito el numerador de la fracción resultante de forma que puedas convertir a/b en c + d/b, el estudio es mucho más sencillo e intuitivo…

  39. Miletón

    Lo malo que es no saber. Como no tenía ni idea de lo de las ecuaciones diafónticas esas y todos deciaís que iba por ahí (aunque yo tenía un metodo bruto), voy y me las leo y ahí me perdí: sólo hacía dar vueltas buscando
    ax + by = c. A mi me parece que lo del resultado entero es una condición que da la solución única, pero no hay que saber nada de Diafontes. Bueno aquí va la que ya si me parece “fina”, evidentemente con la inestimable ayuda de Santi y vicent_price que me sacaron del limbo diafóntico.

    **************************************************************************************************************

    A proposito, ¿existe alguna forma de escribir fórmulas en el blog sin tantos problemas?

    • Perfecto, ya dije que, siendo Diofántica, no hacía falta para nada saber de ecuaciones Diofánticas (lineales, ternas pitagóricas, etc, etc). En cuanto a lo de las ecuaciones, ¡ya me gustaría!

  40. TONI

    Hola a todos. Me temo que yo he resuelto el tema de una forma tan complicada y, a juzgar por lo que leo de vuestros resultados, tan rara que estoy empezando a pensar que lo he hecho fatal.
    Una cosa tengo clara: No me han presentado nunca a Don Diofantes.

    Santi te pego aquí mi planteamiento. Tu tachas todo lo tachable (si es que algo está bien) Ya me dirás.

    Un saludo y ánimo que esto es divertido

    DESAFIO 12º
    La solución es que si puede saberse con total seguridad. Se trata de *** coches.

    Para demostrarlo:
    Llamemos n al número de cohes por fila y columna que conforman el cuadrado de salida
    Llamemos y al número de ****************************************

    • Hola Toni y bienvenido. Tu planteamiento es original, pero verás que se puede resolver mucho más fácil. No obstante el resultado al que llegas es el correcto y tus razonamientos también, así que OK.

      Un saludo, Santi.

  41. Antonio

    Buenas.
    En este ejercicio de los coches el verdadero problema es, como ya se ha comentado, el demostrar que la solución es única. Creo que la explicación que expongo a continuación de tal hecho es facilísima de entender, aunque igual hay otra aún mas simple. Después aporto una demostración para el caso general de cualquier número de filas añadidas en la que se puede ver cuál es el mayor cuadrado posible de confeccionar y respondiendo también a la forma de las soluciones y al número de estas que puede haber, aunque esto último de manera aproximada estableciendo una cota superior. A decir verdad, primero demostré el caso general y luego concreté para el caso de 5 filas.

    Explicación:
    Sea N el número de filas y columnas del cuadrado. Entonces N^2=(N+5)xC, siendo C el número de columnas del rectángulo.
    N^2=(N+5)x(N-5)+25→ N^2/(N+5)=N-5+25/(N+5). Como N^2/(N+5) (nº de columnas del rectángulo) y N-5 son enteros entonces 25/(N+5) es entero(diferencia de dos enteros). Pero esto supone que N+5 es un divisor de 25 por lo que a) N+5=1, b) N+5=5 o c) N+5=25. Las posibilidades a) y b) no pueden ser (N=-4 o N=0) por lo que N+5=25 y de aquí N=25-5=20;

    Esto se puede generalizar para cualquier nº de de filas F>1
    Sean N el número de filas y columnas del cuadrado, F el número de filas que se añaden al cuadrado y C el número de columnas del rectángulo que se forma. Entonces se tiene que cumplir la igualdad N^2=(N+F)xC. Decir que esta ecuación siempre tiene solución(esto es lo primero que me di cuenta) si F>1, ya que N=Fx(F-1) siempre es solución, como es fácil ver:
    N^2=F^2x(F-1)^2 y N+F=Fx(F-1)+F=F^2 con lo que C=(F-1)^2.
    Además cuando el número de filas, F, que se añaden es un número primo esa es la única solución, como paso a comprobar (luego veo qué pasa cuando F no es primo):
    F número primo:
    C=N^2/(N+F) tiene que ser número entero, pero como N-F es entero y N^2/(N+F)=N-F+F^2/(N+F), entonces F^2/(N+F) tiene que ser también entero ya que es diferencia de dos enteros( es decir, F^2/(N+F)= N^2/(N+F)-(N-F) ). Como F^2/(N+F) es entero entonces N+F tiene que se divisor de F^2 y como F es primo solo hay tres posibilidades:
    1) N+F=1, lo que implicaría que N=1 y F=0 o viceversa
    2) N+F=F, lo que implicaría N=0 o
    3) N+F=F^2, de donde N=F^2-F=Fx(F-1).
    Por lo tanto si se añaden 5 filas( número primo), la única solución es que el número de filas del cuadrado sea N=5x(5-1)=20.
    Y si F no es primo como N+F es un divisor de F^2 , N+F>F y todos los divisores de F lo son de F^2 entonces el número de soluciones es menor o igual que la diferencia entre el número de divisores de F^2 y el número de divisores de F.
    Además N= Fx(F-1) es el lado del mayor cuadrado que puede componerse en cualquier caso ya que N es máximo si y solo si N+F es máximo y como es un divisor de F^2 y el mayor divisor de F^2 es F^2 entonces N es máximo si N+F=F^2 , de donde N=F^2-F=Fx(F-1).

    Un saludo, Antonio.

  42. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 1:

    NACHO
    Hola a todos. Hace tiempo que os leo, pero nunca me habia atrevido a intervenir (encontre esta web a base de buscar el google los desafios matematicos segun eran publicados). Es un placer saber que hay mas gente a la que le gusta tostar las matematicas mas alla del punto donde el resto de mortales dicen: hala! ya esta! a otra cosa.
    Ya que este ultimo era tan facil, me ha lanzado a enviar una explicacion de la solucion alternativa, concretamente grafica (que en realidad corresponde a lo mismo que he hice con el algebra, pero sin abandonar el razonamiento sobre los dibujos).
    A partir de aqui… que actue la censura hasta que se haga la luz…
    sobre el cuadrado inicial de n x n coches se pueden hacer divisiones segun el grafico siguiente:
    x x x x x a a a
    x x x x x a a a
    x x x x x a a a
    x x x x x a a a
    x x x x x a a a
    e e e e e o o o
    e e e e e o o o
    e e e e e o o o
    obviamente sobre una division asi siempre podremos aumentar el numero de filas a costa de reducir las columnas ubicando el grupo de coches marcados “a” (tras girar el grupo 90º) debajo de los marcados “e”, y tras el proceso nos sobraran los coches marcados “o”, que siempre son un cuadrado k x k donde k coincide con el numero de filas que hemos aumentado.
    Si aumentamos en 5 las filas, el grupo sobrante sera de 5 x 5 = 25 coches, pero… no queremos que sobren coches, luego para completar una rectangulo debe ser posible ubicar estos 25 coches en una columna extra, ya que el numero de filas debe quedar como esta (n+5). entonces la solucion final DEBE tener 25 filas, que son n+5, luego n = 20 y en el cuadrado inicial hay 400 coches. Este proceso de creacion es unico, lo que demuestra la unicidad de la solucion.
    Los 25 coches sobrantes SOLO se pueden acomodar en una unica columna, ya que no es posible hacerlo en 2,3 o 4 (que no son divisores de 25) ni en 5 o mas columnas, lo que conduce a la absurda solucion de que en el cuadrado inicial hay 0 o un numero negativo de filas.

    Un saludo.
    Nacho

  43. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 2:

    JOSE
    Yo he encontrado esta solución sin usar ecuaciones diofánticas. A ver qué os parece:

    Dado que el número de coches se mantiene, tenemos que n x n = ( n + 5 ) x ( n – t ), donde n y t son números naturales y el problema se reduce a demostrar si existen tales n y t tales que cumplan los requisitos.

    Por lo tanto, desarrollando tenemos que

    n^2 = n^2 – tn + 5n – 5t

    Aislando y simplificando obtenemos que

    5t + tn = 5n

    t x ( 5 + n ) = 5n

    t = 5n / (n + 5)

    Ahora se trata de comprobar para qué valor o valores de n tenemos que 5n es múltiplo de n + 5.

    Efectivamente, si n = 20 tenemos que t = 4.

    Por lo tanto, a partir de una formación de 20 x 20 coches se puede formar otra de (20 + 5) x (20 – 4) = 25 x 16 coches, y ambas formaciones tienen 400 coches.

    En conclusión, con los datos del enunciado sí puede saberse cuántos coches hay en la exhibición y el número de estos: 400.

    Creo, además, que ésta es la única solución pero no he sido capaz de demostrarlo. ¿Lo es?

    • Raúl

      Santi, no sé qué pasó con el texto enviado anteriormente. Sutitúlelo por éste, porfavor:

      Sí es única, JOSE. Date cuenta que para n>0, necesariamente 0< t infinito de t =5, y la función no tiene singularidades para n>0, ni máximos, ni mínimos, ni puntos de inflexión (tiende asintóticamente a t=5 )
      Por lo tanto, despejando n = 5t/(5-t) solo tienes que probar los únicos 3 valores naturales posibles de t (2,3 y 4) y verás que solo es n entero para t=4, n=20

  44. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 3:

    JABON
    Simplemente lo comento, para que se borre a partir de aquí, y se entienda por qué digo esto.

    Si n^2 = (n+5) * m implica que m = n*n/(n+5)
    Hacemos una simple división simple de polinomios que da como resultado que
    n^2 = (n+5) * (n-5) + 25/(n+5) , lo vemos desarrollado, aunque no sé si verá bien.

    n^2 | n+5

    -n^2 – 5n n-5

    0 – 5n

    + 5n + 25
    0 + 25

    De este modo n^2 = (n+5) * (n-5) + 25/(n+5)
    Al comparar con la inicial: n^2 = (n+5) * m → m= (n -5) + 25/(n+5) .
    Para que “m” sea entero, (Como “n” y 5 son enteros) es imprescindible que el tercer sumando lo sea también)

    luego 25/(n+5) tiene que ser entero
    Eso solo es posible si el denominado (n+5) es divisor de 25, que sólo son 1,5 y 25. (prescindimos de los negativos (-1, -5 y -25)

    Posibles respuestas (aparte de las otras tres que serían negativas):

    n+5= 1 → n= -4 → m= 16
    n+5= 5 → n= 0 → m= 0
    n+5= 25 → n= 20 → m= 16

    De los tres pares de respuesta y atendiendo a la lógica del enunciado (no puede haber coches negativos, y no tiene sentido una feria sin coches) concluimos que inicialmente había 20 * 20 que luego se transforman en 25 * 16

    a sustituir y a correr……

  45. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 4:

    carlos (para cuaLQUIER K)

    Llamando a al lado menor del rectángulo, se cumple que:
    n•n = (n+k)a
    n^2 – a•n – k•a = 0
    Las soluciones para n son:
    n = (a/2)(1 +|- sqrt(1+4•x)), x=k/a
    como sqrt(1+4•x) > 1, para tener n > 0 solo vale la del signo positivo:
    n = (a/2)(1 + sqrt(1+4•x))
    para que n sea un número entero se ha de cumplir que:
    1+4•x = r^2
    donde 1+4•x es impar, con lo que r ha de ser impar, y entonces:
    1+4•x = (2•s+1)^2 = 4•s^2 + 4•s + 1 = 4•s(s + 1) + 1
    x = s(s + 1)
    k = a•s(s + 1)
    k es par ya que s(s + 1) es par.
    Si k es impar no tiene solución.
    Si k es par siempre hay al menos una solución (n=k, a=k/2).

  46. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 5:

    Marta

    Si partimos de un cuadrado de n filas de n coches cada una, el número de coches que participan es n al cuadrado (n**2)

    Después, con el mismo número de cohes, pasamos a una formación con (n+5) filas que tendrán m coches cada una.

    Por tanto: n**2 = (n+5) * m = m * n + 5 * m

    Al ser m divisor de los dos términos de la derecha, para que exista una solución en los número enteros, m debe ser un divisor de n**2

    Luego: n = a * sqrt(m)

    Sustituyendo: (a * sqrt(m))**2 = a * sqrt(m) * m + 5 * m => a**2 * m = a * sqrt(m) * m + 5 * m => simplificando una m => a**2 = a* sqrt(m) + 5
    Agrupando las aes: a**2 – a * sqrt(m) = 5

    De nuevo, para que exista solución en los enteros, a debe ser divisor de 5 (nº primo) => La única posibilidad es: a =5

    Por tanto: 5**2 = 5 * sqrt (m) + 5 => 5 = sqrt(m) +1 => sqrt(m) = 5-1 = 4

    Esto implica que m = 16 y n = a * sqrt(m) = 5*4 = 20 (es la única solución)

    Por lo que el número de coches sí se puede deducir y es n**2 = 400

    La verdad me ha costado bastante… y os veía decir que era muy sencilla… que agobio…
    Pues ya está, a descansar. Santi, ya sabes, cesura… Espero que esté bien!!!!

  47. COMENTARIOS CENSURADOS Y PENDIENTES DE PUBLICACIÓN 6:

    TONI

    DESAFIO 12º
    La solución es que si puede saberse con total seguridad. Se trata de 400 coches.
    Para demostrarlo:
    Llamemos n al número de cohes por fila y columna que conforman el cuadrado de salida
    Llamemos y al número de columnas que desaparecen cuando con los n2 coches formamos el rectángulo final
    Llamemos x al número de columnas en las que distribuimos los coches extraidos de las y columnas y recolocados en las 5 nuevas filas como en el dibujo siguiente
    La totalidad de los coches inicialmente distribuidos en un cuadrado en de n2
    Al recolocarlos en un rectángulo de lados (n+5) y x podremos decir que n2 = (n+5) x = nx + 5x
    También podemos inferir que x = (n-y), al igual que n = (x + y)
    Pero también podemos decir que en el rectángulo final de la exhibición se puede subdividir en dos rectángulos y un cuadrado:
    Rectángulo superior: 5x y rectángulo inferior: y x y un cuadrado: (n-y)2
    Esas tres figuras sumadas darán el mismo resultado que n2 o que 5n + 5x
    O sea: n2 = nx + 5x = 5x + y x + (n-y)2
    Pero, además si nos fijamos en como ha quedado parcelada la figura inicial nos podemos acordar de la representación gráfico del cuadrado de un binomio de tal manera que:
    n2 = nx + 5x = 5x + y x + (n-y)2 = (n-y)2 + 2yx + y2
    Pero para facilitarnos el desarrollo esta última expresión la podemos escribir:
    (n-y)2 + 2yx + y2 = n x + y x + y2
    A partir de
    nx + 5x = n x + y x + y2
    Eliminando nx de cada lado de la igualdad : 5x = y x + y2 y por lo tanto 0 = y2 + xy – 5x
    Esta ecuación podríamos intentar solucionarla y ver posibles resultados para calcular el valor de y, o sea de las columnas que hemos eliminado del cuadrado inicial:
    y = (-x +- Raíz de ( x2 + 20x ) / 2 )
    El problema se simplifica cuando nos damos cuenta que primero de los dos posibles resultados el único válido es el positivo y segundo el único valor para x que puede elevarse al cuadrado y sumarle su producto por 20 y, de todo ello obtener una raíz exacta es el 16
    La raíz de ( x2 + 20x), o sea de (162 + 20 x 16) = 24
    Y (-16 + 24 ) / 2 = 4
    Por lo tanto eliminamos 4 columnas del cuadrado al construir el rectángulo final
    Sabemos que x = n – y y siendo que y=4:
    n2 = (n+5) (n-y)
    n2 = n2 +5n – ny – 5y
    0 = 5n – 4n – 20
    0 = n – 20
    n = 20
    El cuadrado inicial tiene 20 coches por lado (400 coches en total)
    El rectángulo final tiene 4 columnas menos, o sea 16 y tiene 25 filas (n+5)

  48. Ana

    Hola, soy nueva,
    Como el número de coches ha de ser el mismo en ambas configuraciones tenemos:
    n^2=(n+5)·x
    Para que esto pueda darse, el número x evidentemente tiene que cumplir:
    n>x>n-5

    Y como x tiene que ser, al igual que n, un número natural, tendremos que probar para
    x=(n-4), (n-3), (n-2) y (n-1) a ver qué opciones dan lugar a un valor natural para n.

    a) x=(n-4) -> n^2= n^2 + n – 20 -> n = 20

    b) x=(n-3) -> n^2= n^2 + 2n – 15 -> n = 15/2
    c) x=(n-2) -> n^2= n^2 + 3n – 10 -> n = 10/3
    d) x=(n-1) -> n^2= n^2 + 4n – 5 -> n = 5/4

    Por lo tanto, la única solución válida es:
    (a) n=20 -> 400 coches participan, de manera que
    configuración cuadrada de 20×20 & configuración rectangular de 25×16

  49. aprendiz

    Hola a todos! Soy nuevo en este foro. Es curioso leer tantas cosas de las matemáticas!
    Estoy intrigado por ver la solución gráfica.
    A la hora de la resolución yo no he pensando en ecuaciones diofánticas (de hecho no sabía ni lo que eran). Mi planteamiento se basa en división de polinomios y divisores…
    Si todavía no se ha publicado la solución que se censure mi comentario a partir de aquí.

    Demostración:

    El número de coches en el caso incial es: A1=n*n= n^2.
    El número de coches en el segundo caso es: A2= (n+5)*x (siendo x el número de coches por cada fila)

    Como el número de coches es el mismo en los dos casos A1=A2 :

    n^2=(n+5)*x –> x=(n^2)/(n+5)

    Para que sea posible, x debe de ser un número entero, esto quiero decir que (n+5) debe de ser divisor de n^2.

    Si hacemos la división de polinomios de (n^2) entre (n+5) obtenemos:
    – de cociente: (n-5)
    – de resto: (+25)

    Por lo que, para que la división sea entera, tenemos que encontar un valor de n para el que el resto (25) siga siendo divisible entre el divisor (n+5). Es decir, (n+5) debe ser divisor de 25.
    Puesto que los divisores de 25 son 25, 5, 1.

    n+5= 1 —> n = – 4 —> No tiene sentido
    n+5=5 —> n = 0 —> No habría ningún coche en la exposición.
    n+5= 25 —> n = 20 —> 20 filas

    Luego el número de coches que habrá en la exposición son:

    n^2= 20*20 = 400

    Nota: el número de coches por cada fila en el segundo caso serán de: x=n^2/(n+5)= 20^2/25= 16

    Un saludo a todos!

  50. Jesus

    Yo, esta vez, no estoy muy satisfecho con mi solucion (demasiado matematica y_extremadamente_ larga), pero aqui os queda:

    Lo primero, el numero de coches es 400.
    Podemos plantear las ecuaciones que nos dicen que
    N=n*n
    N=a*(n+5)
    Igualandolas:
    n^2-an-5a=0
    Eso es una ecuacion diofantica cuadratica. Para resolverla, primero multiplicamos por 4
    4*n^2-4*an-20a=0
    sumamos y restamos a^2 y lo agrupamos
    (2n-a)^2-a^2-20a=0
    sumamos y restamos 100
    (2n-a)^2-(a+10)^2=-100
    tomando 2n-a=x y (a+10)=y
    x^2-y^2=-100
    (por comodidad, multiplicamos por -1)
    que es:
    (y+x)(y-x)=100
    Hay pocas opciones de multiplicacion de numeros enteros que den 100
    ********************************************
    y+x=1
    y-x=100
    2y=101 (que no es entero)
    y+x=100
    y-x=1
    2y=101 (que no es entero)
    tampoco para (-1,-100),(-100,-1) nos dan enteros
    ********************************************
    y+x=2
    y-x=50
    2y=52
    y=26;x=-24
    a=16
    n=-4
    (solucion no valida)
    en particular
    y+x=50
    y-x=2
    2y=52
    y=26
    x=24

    a=16
    n=20
    (Solucion!!)
    el resto de combinaciones nos dan:
    n=-30
    a=-36
    (no valida)
    n=-6
    a=-36
    (no valida)
    n=-4
    a=16
    (no valida)
    ********************************************
    Combinaciones de (4,25) no dan enteros
    ********************************************
    Combinaciones de (5,20) no dan enteros
    ********************************************
    Combinaciones de (10,10) nos dan
    n=-10
    a=-20
    y, finalmente, la trivial:
    n=0
    a=0
    Por tanto, la unica solucion valida es n=20 y, por tanto, 400 coches
    400=20*20=16*25

    Saludos!

  51. Pedro Correa

    Creo que en este desafío, el ganador moral debería ser Antonio, que es el que ha llegado más al fondo en la demostración.

  52. pipin

    Soluciones perfectas y claras pero la de aprendiz es la más concisa, jo con el aprendiz.

    Saludos.

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