17º Desafío Matemático de El País: Una mesa y un mantel


Acceder al desafío desde AQUÍ.

Alberto Castaño Domínguez, estudiante de doctorado en la Facultad de Matemáticas de la Universidad de Sevilla, presenta el decimoséptimo de los desafíos matemáticos con los que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Envía tu solución antes de las 00.00 horas del martes 12 de julio (medianoche del lunes) a la dirección problemamatematicas@gmail.com y gana una biblioteca matemática como la que cada semana distribuye EL PAÍS. Esta semana en el quiosco, por 9,95 euros con el periódico, Al otro lado del espejo, por Joaquín Navarro.

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

Esta semana partimos del supuesto de que tenemos una mesa de 90 cm de ancho por 1,5 m de largo y queremos cubrirla con un rollo de papel que hemos comprado. El rollo tiene exactamente 20 cm de ancho, sólo podemos hacer cortes transversales y su área es idéntica a la de la mesa, por lo que no podremos desperdiciar ningún trozo ni superponerlo a otro. Además, al poner los trozos de mantel, solo se podrá hacer en horizontal o en vertical, nunca en diagonal. El desafío es encontrar una manera de cubrir la mesa o, si no se puede hacer, demostrar por qué.

130 comentarios

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130 Respuestas a “17º Desafío Matemático de El País: Una mesa y un mantel

  1. Roberto

    Me temo que ahora en vez de tener pesadillas con triángulos las voy a tener con rectángulos…. Venga a dibujar. Cuando mi pareja me ha visto con la libreta y el lápiz le ha cambiado la cara jeje….Ánimo a todos

  2. Maureen

    ¿No es demasiado fácil? Es similar al de las piezas en el tablero pero incluso más sencillo. ¿O me estoy dejando algo? :-(

  3. Joé, pues sí, fácil, fácil… De hecho, debo decir avergonzado que me he metido aquí en el blog antes de en la página “oficial” de “El País”, y al ver el comentario de Maureen (“es similar al de las piezas del tablero”) automáticamente mi mente ha volado hacia la solución de aquel problema y ni siquiera he tenido que empezar a pensar.

    Lo dicho, me avergüenzo: ¡de los problemas más fáciles y lo he resuelto con pistas! Siempre tendré la duda de lo que habría tardado haciéndolo sólo por mis medios…

    • Keith

      Creo que lo tengo, pero mi solución no se parece a la del tablero.

      • Supongo que habrá varias soluciones. En mi caso sí que he partido de algo muy parecido a lo del tablero, pero dando un saltito conceptual para poder aplicar un razonamiento similar al de entonces (lo decía en otro comentario: la diferencia fundamental es que aquí no se cubren obligatoriamente “casillas completas”, y hay que soslayar ese nuevo factor).

        Espero el martes poder leer tu solución o la de Manuel, que deben ser completamente diferentes y más ingeniosas (ya que no se basan en algo “ya usado en otro desafío”).

    • Maureen

      Vaya, espero no habértelo chafado.

      • No, para nada, no te preocupes. Además, como he dicho en otro comentario, aunque al principio me pareció obvio, la aplicación de la “estrategia del tablero” no podía hacerse de forma tan directa como pensé en un principio, había que dar un pasito más para aplicarlo a este caso concreto. Y con ese pasito ya he tenido diversión suficiente :-)

  4. Ignacio

    Los datos 90, 150 y 20 son equivalentes a 9, 15 y 2?

  5. Estoy dándole vueltas… A lo mejor no es tan fácil… O a lo mejor soy demasiado puntilloso pero… En el problema del “tablero de ajedrez” sólo se podían ocupar casillas enteras, pero aquí nadie nos dice que tengamos que cortar fragmentos del rollo que tengan que tener un largo que sea múltiplo de diez… Podrían ocuparse casillas “a medias” y por lo tanto no se podría generalizar el “como hay tantas casillas de un tipo y tantas de otro… Me parece que a lo mejor no es tan inmediato, ¿no?

  6. Jesus

    Si, este es facilito y creo que lo tengo resuelto (aunque, quizas, se te puede atascar)

  7. Jose Luis

    Pues sí, parece sencillito. Casi que se ve a simple vista, nada que ver con el anterior. Si acaso dedicar un momento para argumentar la solución

  8. manuel

    Pues sí parece que es muy fácil, para mi el más fácil de todos hasta ahora.
    Todos me han costado un buen rato pero éste haciendo una simple operación (pista) se deduce rápido.
    Censura a partir de aqui santi,**************************************

  9. jabon

    Me he limitado a ver el enunciado para sordos, no he visto el video. Intuyo algo, pero todavía no me he puesto. El fin de semana tendremos algún ratito para continuar con los dibujos como comenta Roberto, aunque por lo dicho por Maureen….

  10. Turner@nexo.es

    Me temo que no lo voy a poder resolver.
    En mi casa no me dejan usar ese tipo de papel como mantel.

    A mi no me parece tan trivial,

  11. Noe

    O es demasiado fácil o me estoy equivocando en algo… :S

  12. Ignacio

    Me pregunto si tiene algo que ver con **********************************r.

  13. Manuel

    Hola a todos.

    Os vais a reír, pero he llegado pensar que no había solución.

    En todo caso, me ocurre exactamente lo mismo que a vincent_price: me recuerda bastante al problema de las piezas, con la dificultad añadida de que en aquel problema la pieza era siempre la misma, sólo que podía estar volteada o invertida, mientras que aquí, la únicas limitaciones de longitud son las medidas de la mesa.

    Creo que este problema se podría redefinir como cómo cubrir un suelo de las dimensiones de la mesa con baldosas de 20×20 y/o con trozos de éstas.

    En fin, lo seguiremos intentando.

  14. Keith

    ATENCION!: Hay que tener en cuenta que los cortes solo pueden hacerse en dirección vertical (esto lo han aclarado luego en la página de El País). Parece que han recibido algunas soluciones incorrectas con cortes horizontales, que por supuesto hacen que la solución sea trivial.

  15. Censura y a ver si vamos bien

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

  16. Roberto

    Hola compañeros.
    Primero deciros que me incorporé tarde a los desafíos y no conozco el del tablero ni quiero verlo (me lo reservo para entretenerme cuando acabe esto del Pais). No obstante después de pocos intentos de dibujar intuitivamente he llegado a la conclusión que no es posible y creo poder demostrarlo con rigor si considero unas medidas concretas del largo del papel (los 2 dm de ancho constante y altura de 1 dm).
    Sin embargo tengo que generalizar la conclusión a la que he llegado teniendo en cuenta que es posible cortar el papel transversalmente pero con una altura cualquiera (hasta un amstrom ¿os suena? je je)
    Antes de seguir por este camino ¿estoy diciendo disparates….?
    Gracias y un saludo

  17. Ave

    Yo también, naturalmente!, he venido aquí directo en vez de a El País. Seguro que se me escapa algo, porque a pesar de las similitudes con el problema del tablero…la solución de éste no me parece tan trivial como comentáis. En fin, me pondré a ello el fin de semana. Buen finde a todos, por cierto.

  18. Pedro Correa

    Pues a mí me está costando más que el de la semana pasada. También es verdad que en la encuesta marqué como el más difícil el del tablero…

  19. Mi solución se basa en el desafío 10, censura, censura….. (es un poco larga)

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

    • Muy curioso, pero me queda una duda, ¿y si las tiras son aún más estrechas, digamos tan estrechas como dx?

      • Roberto

        En efecto a eso me refería yo. Dividiendo el tablero en cuadrados de 1 dm por 1 dm parece claro que no hay solución (a lo mejor me estoy columpiando ?) pero generalizar este resultado para despieces de 2 dm x cualquier otra dimensión ya es otro cantar.

        • Javier

          Estoy de acuerdo contigo Roberto.
          He llegado además a la misma conclusión que tu… y del mismo modo….
          pasando las medidas a dm se ve claro que es imposible. Otra cosa es demostrarlo.
          Por cierto ya somos muchos lo que hemos dicho que es imposible.
          No me gustan estos problemas…. me gustan más los que tienen una posibilidad, por difícil que sea.

  20. Javier

    Manuel, no con cualquier trozo… con trozos que tengan al menos 20 cm. de ancho.
    Es indiferente la longitud pero el ancho siempre es 20.
    De momento, si no estoy equivocado, es el desafío que menos me atrae.
    Quizás necesitemos a Marta con una genialidad.
    Por cierto hace tiempo que no oimos a Marta.

  21. Manuel

    Para Javier: ya sé que no se puede modificar el ancho de papel. Mi símil con las baldosas y trozos de baldosa quiere decir, que si, por ejemplo, colocamos un trozo de 50 cm. de papel sobre la mesa, ello equivale a poner, una junto a la otra 3 baldosas: las dos primeras de de 20 x 20 y la última de 20×10.

    Para Santi: se me ocurre una estrategia basada en el desafío 10 (el de las pieza). Se trataría de crear una retícula de 9 x 15 = 135 casillas, y dividir a su vez, cada casilla en 4 casillas más pequeñas, como en un Sudoku. De este modo, todas las casillas interiores tendrán algún trozo de papel que pase por ellas, aunque no es obligatorio que un solo trozo de papel pase por una de las casillas mayores. No sé si resultará.

  22. manuel

    PAra los que todavia no habeis encontrado la solución os dejo una pista, la clave la tienen los hermanos Jackson.

  23. pipin

    Buenas, lo que no puede ser, no puede ser y además es imposible, Alfonso Guerra dixit, pero por otro lado lo evidente es lo más difícil de demostrar, así que me estoy empezando a alborotar, no encuentro un razonamiento siquiera para medio salir del paso, quizás una pistilla….
    Saludos.

    • Antonio

      “Lo que no puede ser, no puede ser y además es imposible”. Esa frase se le atribuye a Rafael Guerra, “Guerrita”, torero cordobés de finales del s.XIX. Alfonso Guerra también daba pases y alguna estocada, pero de otra manera.

      • pipin

        Llevas razón, lo que ocurre es que la frase había quedado en desuso y nuestro contemporáneo la puso de nuevo de moda.

        El “Guerrita” la debió de soltar una de esas tardes que los toros tienen como único objetivo mandar al torero al otro mundo.

        Saludos.

  24. Marino

    Yo creo que se ve que**************************************. Para mi lo difícil en este caso es una demostración matemática de esa imposibilidad. En mi opinión la demostración se basa en que hay ****************************************************.

  25. FÉLIX

    CREO QUE 10 ES EL NÚMERO CLAVE

  26. Ave

    Lo tengo, pero soy incapaz de proponer una demostración más o menos sencilla. No veo el 10 ni a los Five, y en realidad he llegado a la solución con la ayuda de sendas pistas, una ya censurada y otra que no lo está (la una hablaba de un aprendiz de brujo y la otra habla acerca de 14 demostraciones interesantes en el entorno del problema). En mi opinión este desafío es de los más feos hasta ahora.

  27. Rogelio

    Que interesante! Hay que pasar del mundo de lo discreto (o cuantico) al mundo de lo continuo, o en otras palabras: de N a R !
    Apunto las pistas: Jackson, 10 y sudoku, a ver si hay suerte

  28. Jesús Nieto

    A mi me ha salido con una mezcla de ajedrez y dominó. :-)

  29. Ave

    Me contesto a mí mismo; sí que existe una demostración trivial, y todo se reduce (censura si lo consideras oportuno, Santi)a comprobar si entre unos pocos naturales se encuentran los múltiplos adecuados para obtener determinado resultado… Mantengo mi opinión de que éste es uno de los dasafíos menos atractivos hasta ahora.

  30. Manolo

    A ver si esto es bueno.
    Censúrese, si procede.

    ***

  31. Hipatia

    Yo lo he resuelto asÍ:

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

    El m.c.d.c. de 90 y 150 es 30.

    ************************************************
    El m.c.d. de 100 y 150 es 50.
    ************************************* Por lo tanto, si se podría cubrir la mesa.

    ¿Qué te parece?

  32. Félix

    Añado a la pista 10, la pista múltiplo. No sé si estoy equivocado.

  33. Salva

    Yo creo que lo tengo. Enhorabuena por el foro foco de ispiración y entretenmiento. ¿Crees que es correcto?.
    Adjunto mi solución
    SOLUCIÓN AL PROBLEMA DEL MANTEL

    El problema no tiene solución. No es posible cubrir la mesa con las condiciones que nos imponen.

    Demostración.

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

  34. Divagante

    A mi tambien me parece tan facil (sin tablero ni nada parecido) que pienso que mi razonamiento estará mal. Esperaremos al miercoles

  35. Alex

    Con este, ya van 3 problemas seguidos que me han costado lo suyo. Quizás este un pelín menos, pero lo considero de los más difíciles hasta ahora. Y contrariamente al de los “0’s y 1’s”, digamos, mi solución es un tanto “sufrida”, y requiere cierta meticulosidad en su exposición. Ya veremos si hay una solución más elegante…

    Bueno, espero que el próximo problema sea más fácil y poder relajar…

  36. Tengo mis dudas, me puse hoy a mirarlo, el problema es práctico, pero desde el punto de vista matemático, con límites, no sé si se llegaría a otra respuesta.
    Como no soy matemático, pensaré como los niños.
    Habéis hablado de los jackson five, pero sería lo mismo que lo de la serie con ocho basta ¿no?

  37. Jesus

    Tengo la impresion de que este va a ser el desafio con mayor porcentaje de respuestas erroneas…. (aunque tambien creo que habra muchas acertadas)

  38. Zap

    La mía también es muy sencilla. Recurro a distancias muy pequeñitas… si consideramos pequeñito 10 cm

  39. Josep

    Creo que la clave está en demostrar que sólo con una longitud de rollo que sea múltiplo de 10 cm es posible formar un rectángulo formado por casillas de 10 cm, pero no sé cómo hacerlo. ¿Van por ahí los tiros? Lo de las distancias pequeñitas me suena a cálculo infinitesimal, en cuyo caso no me parecería adecuada la solución para el público general, aunque fuera sencilla.

    • Respectivamente: parece que sí (lo de los 10cm) y sí (dx).

      • Ángel

        Estoy con Josep.

        Recordemos que la premisa de esta iniciativa de El País es que todos los problemas deben poder resolverse con conocimientos no-profundos de matemáticas. Una solución que hiciese uso de cálculo infinitesimal con sus derivadas, límites… etc no me parecería “muy legal”.

        Yo he enviado la mía basada “en cuadraditos cada vez más pequeños” que, aunque bastante gráfica, no es ni muy formal ni desde luego estricta. Tengo ganas de leer vuestras soluciones… ;-)

        Un saludo a todos.

        • Anónimo

          Ángel: ¿La idea (que se me ocurrió pero no llegué a desarrollarla) no será por acaso intentar ocupar las casillas adyacentes de “cuadraditos cada vez más pequeños con tiras de papel de 20 cm de ancho “cada vez más finas”. ¿Podemos suponer que la anchura de los trozos de papel será la medida del lado de cada cuadradito?

          • Ángel

            Mi idea (ahora ya puedo desarrollarla algo más) era dividir el tablero en cuadrados de 10 cm de lado y, suponiendo rectángulos de papel de 20×10, demostrar que es imposible cubrirlo.
            A continuación, dividir el tablero en cuadrados más pequeños: de 1cm de lado y, suponiendo ahora rectángulos de 20×1, demostrar que vuelve a ser imposible.
            E intentar encontrar la pauta para demostrar que, en general, dividiendo el tablero en cuadrados (por muy pequeños que éstos sean) será imposible cubrirlo con rectángulos de 20xn, por muy pequeño que sea el n.
            Envié mi solución basándome en esta idea. Creo que demostré las dos primeras partes (cuadrados de 10 y de 1) correctamente pero repasando creo que el razonamiento para el caso general no es muy correcto asi que no sé si me darán la solución por válida… ;-)

    • Por si te sirve de algo, yo lo he resuelto sin usar para nada cálculo infinitesimal. Mi solución está al alcance de cualquiera con un nivel básico de matemáticas. Y está relacionada con el desafío del “tablero de ajedrez”, con la diferencia de que entonces había que pensar en “casillas completas” y aquí hay que dar un pequeño saltito para tener en cuenta el hecho de que con el rollo puedes tener fragmentos de papel de 20 x 10 (dos casillas) 20 x 20 (cuatro casillas) 20 x 30 (seis casillas)… pero también fragmentos de 20 x 17, 20 x 14’34, 20 x pi… :-)

  40. Manuel

    Hola a todos.

    Santi, tengo una conjetura, aunque el hecho de que hayas recurrido a distancias “pequeñitas” parece que la refuta.

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

    Saludos.

    • No digo que esté mal, pero no veo muy claro cómo aplicar ahí inducción (¿sobre k, sobre m?)

      • Manuel

        Bueno, admito que quizá no debí proponer la inducción como herramienta formal de demostración. La idea básica es que a partir de un cuadrado de 3dm x 3dm se pueden obtener cualquier rectángulo de 2k +1 dm por 2m + 1dm (m, k naturales >= 1) incrementando la longitud de cada lado en un número par de dm. Sin embargo opino que esta demostración es incompleta y, por ende, incorrecta, pues parece dar a entender que toda el área que no puede ser cubierta se restringe a un cuadrado de 1dm x 1dm, cuando lo cierto es que, las “calvas” pueden estar desperdigadas por la mesa y tener superficies distintas, no sé si me explico…

  41. Turner

    Teniendo en cuenta que el m.c,d de 150, 90, y 20 es 10. Entiendo que una demostración para cuadraditos de 20 x 10 es válida.

  42. Zap

    No sé qué demostraciones habreis dado, pero creo que no es necesario pensar en “dx”, y pienso que eso se saldría de un problema dirigido al público en general

  43. Ojo, no digo que mi explicación sea la única, ni que sea la mejor, ni siquiera muy estricta. Sólo es la que a mí se me ocurrió…

  44. Félix

    Creo que la demostración más sencilla se basa en que 675 no es múltiplo de **. Solamente falta un paso.

    • Antonio

      Si los ” ** ” significan 20 y 675 es la longitud de rollo, creo que ese argumento es erróneo porque para la mesa del vídeo, de 100 x 150, la longitud del rollo de papel sería 750, que no es múltiplo de 20, y sin embargo sí que se puede cubrir la mesa.

  45. manuel

    Mi demostracion es lasiguiente : sobre una posible soluciòn trazo lineas horizontales sobre la mesa de manera que paso por los rollos cuyo lado de 20cm están en vertical y de manera que dos lineas no pasen por un mismo rollo ,posible al ser segmentos iguales de 20cm (maximo de lineas 4) , para cada linea la suma de las longitudes de estos rollos ha de ser multiplo de 10 pues la longitud de la mesa es 150cm y los otros rollos que corta la linea sumaran un multiplo de 20cm. Así , y repitiendo el proceso con lineas verticales la suma de todos los trozos ha de ser multiplo de 10 y no puede ser 675.

  46. Bueno acabo de envíar la mía,
    Tomo como referencia una pieza que llamo así, que se forma del sumatorio de otras que tienen en un caso una dimensión 20, tanto en una como en otra dimensión.
    Ello me lleva a una demostración por áreas totales, de manera que no se puede cumplir el enunciado.
    Al final me sale que un número cualquiera multiplicado por 2, es par, y en cambio al otro lado de la equidad tenemos un número impar.

    En fin, veremos lo que dicen en el País…

  47. Antonio

    He hecho una demostración por reducción al absurdo, pero no acabo de ver que se llegue a la conclusión que llego.

  48. salva

    en mi demostración solo hace falta dividir y restar

  49. Miquel

    Hola,

    Esta es mi solución, basada en parte en el recorte y pega, aunque no sea el de Ctrl+C, Ctrl+V habitual.

    NO se puede cubrir la mesa con trozos del rollo de 20 cm con las condiciones impuestas en el desafío. La razón es porque ninguna de las dimensiones de la mesa (90 cm de ancho por 150 cm de largo) es múltipla de 20 cm, el ancho del rollo de papel.

    Si dividimos la mesa en casillas de 10×10 cm^2 y, empezando en una esquina de la mesa, las pintamos alternativamente de negro y blanco al modo de un tablero de ajedrez obtenemos un total de 135 casillas (15×9), de las cuales 68 son negras y 67 blancas.

    Tomamos un trozo de mantel de 20 cm de ancho y longitud arbitraria y lo colocamos horizontal o verticalmente en una posición cualquiera de la mesa. La superficie de la mesa de color negro y la de color blanco recubiertas por el trozo de mantel son iguales. En el dibujo adjunto se muestran dos ejemplos.

    El fragmento de mantel horizontal (izquierda) recubre una superficie
    blanca (SB) igual a
    SB = s*p + s*10 + 10*10 + 10*q + (10-s)*p + (10-s)*10 = 10*(p+20+q)
    La superficie negra (SN) recubierta es
    SN = s*10 + s*q + 10*p +10*10 + (10-s)*10 + (10-s)*q = 10*(q+20+p) = SB

    Análogamente para el fragmento vertical (derecha)
    SB = (10-t)*m + t*m + 10*10 + (10-t)*10 + t*10 + 10*10 + (10-t)*n + t*n =
    = 10*(m+30+n)
    SN = 10*m + (10-t)*10 + t*10 + 10*10 + (10-t)*10 + t*10 + 10*n =
    = 10*(m+30+n) = SB.

    Como los distintos trozos de mantel no se pueden superponer, no importa cuántos pedazos hagamos ni de qué longitud (siempre, claro está, de 20 cm de ancho), que la superficie de color negro recubierta por todos los trozos es igual la superficie de color blanco recubierta por los mismos trozos. Puesto que en la totalidad de la mesa hay más superficie negra que blanca, quedarán siempre uno o varios pedazos de color negro sin recubrir, cuya superficie total será de 100 cm^2.

    Envio el dibujo por correo aparte.

  50. Ana

    Hola
    mi solución va encaminada a lo que dice Féliz de 675…
    Santi, te la he mandado a ver qué te parece aunque no sé si es válida para tamaños irracionales…
    Como siempre, gracias a todos.

  51. Anónimo

    Buenas tardes,
    Yo me apunto a cuestiones de paridad: 5, 10, 675, par, impar…
    Santi, te mando mi solución al email. No estoy muy seguro, pero ya le he dedicado demasiado tiempo.
    Saludos

  52. Javier

    Yo creo que minimizando no hay que centrarse en todo el área del rectángulo, sólo en una pequeña parte.
    Intentaré explicarme…. imaginense que tomo los 20 x l, donde l puede tener cualquier valor, luego añado otro l’… otro l”, cada uno con un valor distinto (da igual) pero con la suma de todos esto l + l’ + l” en un determinado área se puede expresar como multiplos de 20 cm.
    Seguramente no me he explicado bien, suele sucederme, lo veo muy claro pero me cuesta explicarlo.
    Ej. 20×17,3 + 20×2,2 + 20×0,5 = 20×20.
    Lo que quiero decir es que creo que son indiferentes las medidas que tomemos, lo importante es la medida fija que no podemos cambiar la de 20 cm.

  53. Zap

    Una idea y censura: imagina la mesa “cuadriculada” como un tablero de ajedrez de casillas de 10 cm de lado. Imagina un punto en el centro de cada casilla… Imaginemos uno de esos trozos de papel. Definamos que un punto está “dentro del papel” si está estrictamente contenido dentro del área o bien, si está sobre el borde inferior o el derecho (en otro caso diremos que no está dentro del papel).
    Ahora bien, ¿Cuál es la paridad del número de puntos que están dentro del papel? …

  54. Carlos

    Creo que al fin lo tengo.

    Suponiendo que el papel cubre exactamente el tablero…

    CENSURA
    (dividiendo todas las dimensiones por 10)
    Se trata de demostrar que la suma de longitudes de todos los trozos de papel es un número entero, lo que contradice que se pueda cubrir el tablero ya que 9×15 es impar mientras que 2·n es par.

    Para ver que las longituded de los trozos suman una cantidad entera:
    Trazando una línea horizontal que atraviese los trozos de papel (que no sea tangente a ninguno) entonces atravesará un número finito k (entre 0 y 8) de trozos en sentido vertical que tienen una anchura de 2, con lo que la suma de todos los horizontales (15-2·k) será un número entero.
    Al ir desplazando la línea de forma continua, se ve que cuando alcanza un nuevo trozo este ha de tener una longitud entera (lo mismo si la línea deja atrás un trozo: este tendrá una longitud entera). De esta forma vamos sumando los trozos y la longitud total sigue siendo entera.
    Aquí es donde me quedé atascado: No sabía como resolver el caso en que, justo en el mismo punto, la línea deja atrás un trozo y alcanza otro (los dos podrían tener una longitud no entera con lo que la suma al añadir el nuevo trozo podría dar un resultado no entero).
    Pero creo que he encontrado como solventar este caso precisamente por la condición de contorno que introduce el borde del tablero…

    Luego el mismo razonamiento con una línea vertical…

    A ver si me da tiempo de explicarlo bien antes de que acabe el plazo… Igual tengo que hacer unos cuantos gráficos para que se entienda.

    • Carlos

      Ajjj, creo que lo tengo todo mal!

    • Carlos

      Hmm, creo que lo que tengo mal son los diagranas que he hecho, pero el razonamiento me parece que es válido…
      Aunque al final no me ha dado tiempo de incluir los diagramas en la solución, y no sé si solo con el texto se llega a entender lo bastante como para que se pueda considerar correcto.

  55. AVISO A NAVEGANTES: Los que habéis mandado vuestras soluciones en las últimas horas, bien por el blog, bien por mail, mañana las publico; con lo poco que queda para que acabe el plazo no tiene sentido andar con censuras. Además hasta mañana por la mañana no podré volver a conectarme a Internet, así que lo dicho, mañana nos leemos. Saludos a todos.

  56. Pedro Correa

    Al final no ha sido tan difícil pensarlo, como escribir la demostración, que considero algo ‘pestosilla’. A ver la que nos muestran los de El País, que igual nos sorprenden con alguna demo como la del cubo y nos dejan a todos con la boca abierta.

    Yo lo he hecho por reducción al absurdo, usando las rectas x=0, x=10, x=20… x=140 y las rectas y=0 y=10 y=20 … y=80.
    Corto con cada recta todos los papeles que me encuentre por el camino siempre y cuando fueran transversales en la posición original. Así todos los papeles miden 20xB o Ax20 con A, B menores o iguales que 10, y cada papeles están contenidos en una fila o en una columna.

    Elijo epsilon pequeño tal que para cada intersección de las rectas que he comentado, el cuadrado que tiene su esquina inferior izquierda en una de las intersecciones y lado epsilon está contenido en un trozo de papel.

    Veo que cada trozo de papel que cubre un cuadrado, realmente cubre 2 y sólo 2 cuadrados, por lo que el conjunto de los papeles que cubre cuadrados tiene como tamaño el doble de intersecciones de rectas… pero resulta que tenemos 15*9 =135 rectas, que es impar, lo cuál es absurdo. Y ese absurdo viene de suponer que existe una disposición que cubre entera la mesa.

    Me imagino que la mayoría de las demos habrán ido por aquí.

    Uno de los desafíos menos atractivos.

  57. JO************!!! Cómo se nota que la cabra tira al monte… después de escribir el comentario anterior me puse a escribir mi solución y me di cuenta de que todo lo que había pensado sobre diferenciales de x y de A se reducía a una simple cuestión de PARIDAD (una parida, dicho sea de paso…) mañana revisaré las soluciones que me habéis mandado (confieso que esta semana sólo he tenido tiempo de hacer lecturas diagonales…) si mi demo es original la publico, si no al César lo que es del César… por cierto, a aquellos que haya podido liar con los dx, mis disculpas, aunque creo que en los casos es los que lo dije sí venía al caso. Saludos de nuevo.

  58. Alex

    Ya que esto no se publicará hasta mañana, decir que lo que me ayudó fue primero demostrar que es imposible cubrir un rectángulo de 10×10 por 25 piezas de 4×1 o 1×4. Para esto basta con ver que hay 26 casillas tales que i=j mod 4, y que una pieza dada cubre exactamente 1 de esas casillas. Y claro 25 < 26, de allí la imposibilidad. Por cierto esta técnica es similar a la que sirvió para resolver el problema 10.

    El mismo razonamiento funciona para rectángulos 90k x 150k con 675k piezas de 20k x 1 o 1 x 20k, con k un entero cualquiera (En este caso hay 680k casillas tales que i=j mod 20k). O sea que no se puede rellenar la mesa con trozos uniformes de 20cm de lado, por muy finitos que sean.

    El caso general es un poco paliza pero la idea general es la siguiente: suponemos que se puede cubrir la mesa con k pedazos de mantel de lados x_1, x_2, …, x_k. Reemplazamos cada pedazo de mantel por un pedazo de lado techo(x_i*k)/k, o sea un pedazo o idéntico o ligeramente más grande que el pedazo original pero tal que su lado es un múltiplo de (1/k)cm. Necesitamos un rollo mas grande para esto, en concreto de 676cm (en lugar de 675cm), pero incluso esto no es suficiente ya que 676 < 680.

    Espero que haya una solución más sencilla/elegante.

  59. Cuadros negros 5x 8 + 7x 4 = 40+28= 68
    Cuadros blancos 7x 5 + 8x 4 = 35 +32= 67
    Cuando buscamos la paridad y coloreamos en dos colores, Creo que el ocho al que se refiere jabón es los cuadros negros que hay coloreados en la primera fila en horizontal ( y cuando se refiere a cinco son los mismos cuadros negors si los consideramos en vertical ) Yo este no lo he encontrado tan difícil, lo he resuelto de dos maneras.

  60. Josep

    A ver que os parece el siguiente razonamiento: reduciendo a decímetros, tenemos que el área del mantel es 9×15=135. La logitud total de rollo debe ser por tanto de 67,5. Para cada línea vertical que tracemos la suma de las longitudes de las tiras dispuestas en vertical debe ser 9-2(nº tiras horzontales), es decir, un número entero. Análogamente, en horizontal. Se deduce (creo), que la longitud total de las tiras en vertical debe ser entero y tambien de las tiras en horizontal. Ello contradice el cálculo inicial y por tanto no es posible. Creeis que falla algo?

    • La longitud vertical en efecto es una distancia entera (9, 7, 5, 3 o 1) pero se puede distribuir en tiras de infinidad de formas no necesariamente enteras. Ejemplo: 1dm en dos tiras de 0,5 dm. No sé si te referías a eso…

    • Carlos

      Sí, es el mismo razonamiento que el mío. La suma de las tiras a lo largo de una línea es un número entero. Pero creo que te falta demostrar como la suma de todas las tiras (no solo las de cada línea) es también un número entero…
      A ver si esta noche saco un rato para explicarlo.

  61. Os dejo la mía, sin entrar en muchos detalles.

    150 = (20 *7) + 10, no es múltiplo de 20
    90 = (20*4) + 10, tampoco

    Si tomamos una fila o columna imaginaria de la mesa veríamos en ella, la confluencia de n piezas de (20* x) y a su vez m piezas de (y*20).
    Debe considerarse que el sumatorio, en esa fila, de las n*x, y el de las y*m, es un múltiplo de 10, (no de 20), por las dimensiones especificadas antes.
    Por este motivo podemos utilizar como referencia la pieza (20*10) y (10*20),que se formarían por el sumatorio de las de menor tamaño si las hubiera, o en otro caso, la descomosición de las mayores si las hubiere.

    Teniendo en cuenta a su vez que un nuevo sumatorio de todas esas piezas de referencia, nos darán el área total de la mesa. Veámoslo.

    150*90 = M (20 * 10) + N (10 * 20)

    M y N serían el númer total de piezas básica (como así las hemos denominado), siendo números enteros y positivos.

    13500 = 200 M + 200 N
    135 = 2 * (M+N)

    El producto de 2 por cualquier número es siempre un número par, y 135 no lo es.
    Conclusión: Sólo sería posible realizar el desafío si una de las dimensiones fuera múltiplo de 20

  62. Javier

    Como lo importante y esencial en este problema es la medida del ancho del papel de 20 cm. (2 dm.), como es indistinto la longitud que tomemos del papel pues en cualquier momento puedo sumar todas las pequeñas partes hasta encontrar sumas que sean múltiplos de 2 dm. voy a basar mi propuesta en el area de la mesa: 15 x 9 = 135 dm2. Si dividimos este area entre 2 (2 dm. ancho del papel) nos da 67,5, (no es exacto) por tanto me será imposible cubrir la mesa, siempre me quedará un trozo que no tenga 2 dm.

  63. Josep

    Si, pero al final lo que interesa es el acumulado en cada vertical. Si representamos la función “longitud vertical acumulada”, ésta será de tipo escalón con valores 1, 3, 5,… Se intuye facilmente que como necesariamente debe alojar tiras verticales en su interior de ancho 2, la longitud total vertical será suma de tiras individuales de longitud entera. Quizás le falte algo de rigor matemático.

  64. felix.urena@uclm.es

    Creo que una demostración sencila de que no es posible es la siguiente:
    Los tramos horizontales de rollo deben ser múltiplos de 150, ya que estos tramos solamente se encontrarán en su camino tramos verticales de papel de anchura 20.
    Por la misma razón, los tramos verticales deberán ser múltiplos de 90.
    Por ello ambos tramos deben ser múltiplos de 10.
    Por otra parte la longitud total de ambos tramos debe ser 675 (13.500/20).
    Al no ser posible ambas cosas el problema no tiene solución.

  65. Félix

    En mi respuesta anterior hay un error por simplificar demasiado:
    La longitud de los tramos horizontales de rollo debe ser múltiplo de 10 (no de 150) ya que solamente tendrán intercalados tramos verticales de anchura 20. La longitud total de tramos horiontales más los tramos verticales intercalados si debe ser múltiplo de 150.
    La longitud de los tramos verticales de rollo deben ser múltiplos de 10 (no de 90) ya que solamente tendrán intercalados tramos horizontales de anchura 20. La longitud total de tramos verticales más los tramos horizontales intercalados si debe ser múltiplo de 90.
    Como la longitud total del rollo es 675 el problema no tiene solución.

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