Primer Nivel
Problema 1
Hallar todos los números enteros positivos de cuatro cifras que son múltiplos de 11 y tienen sus dos últimas cifras iguales a 04.
Solución
Un número es múltiplo de 11 si y sólo si la suma de los dígitos de las posiciones pares menos la suma de los dígitos de las posiciones impares es múltiplo de 11.
Sea ab04 un número de cuatro dígitos (a distinto de 0). Este número es múltiplo de 11 si y sólo si (a + 0) – (b + 4) = a – b- 4 es múltiplo de 11. Como a y b son dígitos, las únicas posibilidades son
a – b – 4 = - 11 y a – b – 4 = 0
En el primer caso, a = b – 7 y tenemos a = 1 y b = 8; a = 2 y b = 9. En segundo caso a = b + 4 y tenemos
a = 4 y b = 0; a = 5 y b =1; a = 6 y b = 2; a = 7 y b = 3; a = 8 y b = 4; a = 9 y b = 5.
Hemos obtenido ocho números:
1804 = 11 . 164; 2904 = 11 . 264; 4004 = 11 . 364; 5104 = 11 . 464; 6204 = 11 . 564 7304 = 11 . 664; 8404 = 11 . 764; 9504 = 11 . 864
Problema 2
Se considera una semicircunferencia de centro O y de diámetro AD.
El punto C de la circunferencia es tal que CAD = 44º. Se traza por O la recta perpendicular a la cuerda AC que corta a la semicircunferencia en el punto B. Sea F el Punto de intersección de AC y BD. Calcular la medida del ángulo CFD.
Solución
A O D
Sea E el punto de intersección de BO y AC. En el triángulo rectángulo AEO se tiene que AOE = 90º - 44º = 46º. Por otra parte el triángulo OBD es isósceles, pues BO y
DO son radias de la semicircunferencia, luego
OBD = ODB = 180º - BOD = AOB = 46º = 23º
2 2 2
Finalmente, en el triángulo rectángulo BEF tenemos
EFB = 90º - EBF = 90º - OBD = 90º - 23º = 67º,
y como CFD y EFB son opuestos por el vértice,
CFD = EFB = 67º
Probelam 3
Hacer la lista de todos los enteros positivos de tres o más dígitos tales que cada par de dígitos consecutivos sea un número de dos dígitos que es cuadrado perfecto.Por ejemplo, 164 es un número de la lista, porque 16 = 4 y 64 = 8, pero 1645 no está en la lista porque 45 no es un cuadrado perfecto y 381 no está en la lista porque 38 no es un cuadrado perfecto.
Solución
Los cuadrados de dos dígitos son seis:
16; 25; 36; 49; 64; 81. Veamos todas las posibilidades para los números la lista. Si el primer dígito es 1:
164 y 1649. El primer dígito no puede ser 2, porque en tal caso el segundo sería 5 y no hay ningún cuadrado de dos cifras que empiece con 5. Si el primer dígito es el 3:
364 y 3649. El primer dígito no puede ser 4, porque en tal caso el segundo dígito sería 9 y no hay cuadrados de dos dígitos que comiencen con 9. Si el primer dígito es 6:
649. El primer dígito no puede ser 7, porque no hay cuadrados de dos cifras que comiencen con 7.
Si el primer dígito es 8:
816, 8164, 81649. Y no hay más números en la lista, porque ningún cuadrado de dos cifras comienza con 9. En síntesis, la lista tiene 8 números:
164; 1649; 364; 3649; 649; 816; 8164; 81649.
Problema 4
Sea ABCD un trapecio de bases AB y CD y lados no paralelos BC y AD, tal que ABC = 65° y ADC = 130°. Se traza la bisectriz del ángulo ADC que corta a la base AB en E. Se sabe que AD = 12 y BE = 15. Calcular las medidas de las bases del trapecio.
Solución
A E B
Tenemos que ADE = CDE = 65°, pues DE es bisectriz. Por otra parte, AED = CDE = 65°, pues son alternos internos entre las paralelas AB y CD.
Entonces, el triángulo ADE es isósceles, con AE = AD = 12.
Como AED = ABC = 65°, se tiene que DE es paralelo a BC Luego, el cuadrilátero
BCDE tiene sus pares de lados opuestos paralelos y entonces es un paralelogramo, con CD = BE =15. Finalmente, las bases del trapecio ABCD miden
CD = 15 y AB = AE + BE = 12 + 15 = 27.
Problema 5
Sea ABCD un trapecio de bases AD y BC, AD mayor que BC, y lados no paralelos AB y CD. Si se sabe que el área del trapecio ABCD es igual al triple del área del triángulo
ABC, calcular el cociente área (ABD) .
Solución
Los triángulos ABC y BCD tienen la misma base BC y los vértices A y D están en una recta paralela a BC, por lo tanto
área (ABC) = área (BCD). Como
área (ABCD) = área (ABD) + área (BCD)
y
área (ABCD) = 3 área (ABC), se tiene
3 área (ABC) = área (ABD) + área (BCD) = área (ABD) + área (ABC). Entonces
2 área (ABC) = área (ABD), luego
área (ABD) = 2. área (ABC)
Problema 6
Se considera un triángulo isósceles ABC con AC = BC y el ángulo BCA mayor que 90°. Sea M el punto medio del lado AB. La bisectriz del ángulo CAB corta a CM en O y la mediatriz del lado BC corta a la recta CM en P. La bisectriz del ángulo ACM corta a
AP en Q. Se sabe que MO = MP (pero O
P). Calcular el ángulo AQC.Solución
Denotamos CAB = 2α, entonces CÁO = MAO = α. Dado que el triángulo ABC es
isósceles, se tiene que la mediana CM es también altura, de donde se deduce que AM
⊥
Ο
P.En el triángulo AOP, se tiene que M es el punto medio de OP y AM ⊥ OP, entonces el
triángulo es isósceles, con AO = AP. Además MAP = MAO = α .
Por otro lado, P es la intersección de las mediatrices de los lados BC y AB del triángulo ABC, en tonces PA = PB = PC. En particular, el triáng ulo PA C es i sósceles en P y se tiene que PCA = PA C = 3,
Por otro lado, P es la intersección de las mediatrices de los lados BC y AB del triángulo ABC, entonces PA = PB = PC. En particular, el triángulo PAC es isósceles
en P y se tiene que PCA = PAC = 3 α,
Con lo que sabemos hasta aquí podemos decir que los ángulos del triángulo ABC miden
A = B = 2α y C = 6
α
. Como la suma de los ángulos de un triángulo es 180°, sededuce que
A+B+C = 2
α
+ 2α
+6α
=10α
= 180°,de donde =18°.
Para calcular AQC usamos la suma de los ángulos del triángulo AQC:
AQC = 180o- CAQ - ACQ = 180o- 3
α
- jα
= 180o - 81o = 99°.Problema 7
Distribuir los números 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, uno en cada una de las casillas de un tablero de 4 x 4 de tal forma que la suma de los números ubicados en cada una de las cuatro filas, de las cuatro columnas y de las dos diagonales sea un número primo.
Solución
La suma de los 16 números dados es 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8) = 72 . Los primos que se pueden obtener al sumar cuatro de los números dados son
7, 11, 13, 17, 19, 23 y 29.
Hay varias maneras de expresar a 72 como suma de cuatro de estos primos, por ejemplo
7 + 17+19 + 29, 13 + 17 + 19 + 23, 13 + 13 + 17+29, 17+17 + 19 + 19, etc.
También hay varias maneras de completar el cuadrado con dos copias de cada número entero del 1 al 8 de modo que en cada fila, en cada columna y en cada diagonal la
suma de los cuatro números sea un primo. Damos dos ejemplos
13 17 23 19 3 2 4 4 1 3 1 2 7 6 5 5 8 8 7 6 13 7 23 29 29 11 19 17 13 19 23 17 19 19 17 17 1 2 3 7 2 4 8 3 4 8 5 6 6 5 7 1
Problema 8
Se considera una semicircunferencia de centro O y diámetro AD.
El punto C de la semicircunferencia es tal que CAD = 44°. Se traza por O la recta perpendicular a la cuerda AC que corta a la semicircunferencia en el punto B. Sea F el punto de intersección de AC
y BD. Calcular la medidandel ángulo CFD.
Solución
O D
Sea E el punto de intersección de BO y AC. En el triángulo rectángulo AEO se tiene que AOE = 90°-44°= 46°. Por otra parte, el triángulo OBD es isósceles, pues BO y DO son radios de la semicircunferencia, luego
OBD = ODB = 180º - BOD = AOB = 46º = 23°.
2 2 2
Finalmente, en el triángulo rectángulo BEF tenemos
EFB = 90° - EBF = 90° -OBD = 90° -23° = 67°,
A A
y como CFD y EFB son opuestos por el vértice,
Segundo nivel
Problema 1
Hallar la cantidad de números capicúa de 5 cifras que son múltiplos de 101.
Solución
Sea n un número capicúa de 5 cifras, entonces
n = abcba = 104 a + 103 b + 102 c + 10 b + a = a 10001 + b 1010 + c 100.
Como 10001 = 101 . 99 + 2, 1010 = 101 . 10 y 100 = 101 – 1, tenemos
n = (101 . 99 + 2) a + 101 . 10b + (101 – 1)c =
= 101 (99 a + 10 b + c ) + 2 a – c.
Este número es divisible por 101 si y sólo si 2 a – c es divisible por 101. Como a y c son dígitos, la única posibilidad es 2a – c = 0.
Los valores que puede tomar a son cuatro : 1, 2, 3 y 4. Para cada uno de ellos hay un único valor de c, que es respectivamente 2, 4, 6 y 8, hay 10 valores posibles de b, que puede ser cualquier dígito de 0 a 9. por lo tanto hay 4 . 10 = 40 capicúas que son múltiplos de 101.
Problema 2
En el triángulo isósceles ABC, con AB = CB, se traza por A la perpendicular a BC que corta a BC en D y se traza por B la perpendicular a AC que corta en E. Si AC = 10 y BE = 12, calcular el área del triángulo CDE.
Solución
A E C
Como el triángulo ABC es isósceles y BE es la altura correspondiente al lado desigual, E es el punto medio de AC.
En el Triángulo rectángulo CAD, DE es la mediana correspondiente a la hipotenusa AC, luego DE = EC. Así resulta que le triángulo CDE es isósceles y semejante al ABC, pues comparten el ángulo en C. Por lo tanto
área (CDE) = EC2
área (ABC) BC2 de donde
área (CDE) = EC2 área (ABC).
BC2
Por lo tanto, área (ABC) = AC . BE = 10 . 12 = 60 y EC = 5, pues 10.
2 2
Calculamos BC por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo CBE,
BC = la raíz cuadrada de BE2 + CE2 = a la raíz cuadrada de 122 + 52 = 13
Finalmente
Área (CDE)= 52 . 60 = 1500.
Problema 3
En un triángulo acutángulo ABC sea D en el lado BC tal que AD ⊥ AC. Si C = 45º, AB = 15 y AE =
9, calcular la medida de AD.
Solución
C D B
Aplicamos el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo ABE:
BE = Raíz cuadrada de AB2 – AE2 = Raiz cuadrada de 152 – 92 = 12
El triángulo rectángulo BEC es isósceles, pues BCE = 45º, entonces CE = BE = 12. Luego AC = AE + CE = 9 + 12 = 21.
El triángulo Rectángulo ACD también es isósceles (DCA= 45º), de modo que CD = AD. Por el teorema de Pitágoras,
2AD2 = AC2,
AD = Raíz cuadrada de AC2 = raíz cuadrada de 212 = 21 .
2 2 raíz cuadrada de 2
Problema 4
Una hoja rectangular de 120 x 144 cuadriculada en cuadritos de 1 x 1 se corta en dos triángulos mediante un corte rectilíneo a lo largo de una diagonal. Determinar el número de cuadritos de 1 x 1 que quedaron divididos por este corte.
ACLARACIÓN: un cuadrito de 1 x 1 queda dividido por el corte si tiene una parte en cada uno de los dos triángulos en que se dividió la hoja.
Solución
Imaginemos que la hoja está contenida en el plano cartesiano, con sus lados paralelos a los ejes, el vértice izquierdo inferior en (0,0) y el vértice superior derecho en (144,120). Se corta la hoja a lo largo de la diagonal que pasa por estos dos vértices, o sea por la recta de pendiente 120/144 = 5/6. Los únicos puntos de coordenadas enteras de la hoja por los que pasa esta recta son (0,0), (6,5), (12, 10), (18, 15), …, (144, 120), es decir los de la forma (6t, 5t) con 0≤ t ≤ 24.
La diagonal está cubierta por 24 rectángulos iguales de 5 x6, que no se solapan. Cada rectángulo tiene dos vértices opuestos de coordenadas enteras sobre esta diagonal.
En cada rectángulo, la diagonal divide exactamente a 10 cuadritos, como se ve en la figura.
Problema 5
La figura muestra 5 balanzas con objetos y los pesos totales en cada balanza:
Una de las balanzas funciona mal y la otras 4 indican el peso correcto.
Determinar cuál es la balanza que funciona mal y hallar los pesos de cada objeto ♠, ♦ y ♥.
Aclaración: Todos los ♥son de igual peso, y los mismo ocurre con todos los♦ y todos los ♠.
Solución:
Numeramos las balanzas 1, 2, 3, 4, 5, de izquierda a derecha, que indican 110 g, 80g, 140g, 130g, 100g, respectivamente.
Sean x, y, z los pesos de ♥, ♠, ♦, respectivamente. Si las balanzas 1 y 2 indicaron ambas el peso
correcto, tendríamos
3x + 2y = 110 (1)
2x + 2y = 80 (2)
Restamos (1) y (2) y obtenemos x = 30. Si lo reemplazamos en (2), resulta y = 10. Si las balanzas 4 y 5 indicaran ambas el peso correcto,
4y + 2z =130 (3)
y + 5z = 100 (4)
De (4), y = 100 – 5z. Luego, en (3),
4 (100 – 5z) + 2z = 130,
De donde se despeja z = 15. Entonces, en (4), y= 100 – 5 x 15 = 25.
Es imposible que las balanzas 1, 2, 4 y 5 indiquen todas el peso correcto, porque el valor obtenido para y entre las dos primeras balanzas es diferente del que se obtuvo entre las dos últimas (en un caso fue 10 y en el otro 15).
Como hay sólo una balanza que funciona mal, debe ser una de estas cuatro, 1, 2, 4 o 5, y podemos afirmar que la balanza 3 indica el peso correcto.
Supongamos que las balanzas 1 y 2 indican el peso correcto. Hemos visto que en tal caso, x = 30,
y = 10.
De acuerdo con lo que indica la balanza 3,
x + 3y + 3z = 140
30 + 3 x 10 + 3z = 140 Y tenemos z = 80/3.
El peso de los objetos de la balanza 4 es
4 · 10 + 2 · 80 = 280 3 3 y el peso de los objetos de la balanza 5 es
10 + 5 ·80 = 430.
3 3
En tal caso, las balanzas 4 y 5 estarían las dos erradas, en contradicción con la hipótesis de que sólo una de las cinco balanzas funciona mal. Por lo tanto, la balanza que funciona mal debe ser la 1 o la 2, y la 4 y la 5 funcionan correctamente.
Como las balanzas 4 y 5 indican el peso verdadero, de acuerdo con (3) y (4), tenemos que y = 25,
z = 15. Además la balanza 3 también es confiable, de modo que
x + 3 · 25 + 3 · 15 = 140 y resulta x = 0.
En la 1 tendríamos 3x + 2y = 3 · 20 + 2 · 25 = 110, de modo que la balanza 1 funciona bien. En la balanza 2,
2x + 2y = 2 · 20 + 2 · 25 = 90 ≠ 80,
de modo que ésta es la balanza que falla.
Problema Nº 6
En un cuadrado ABCD de lados AB = BC=CD=DA = 14 se considera un punto E en el lado AD. La perpendicular a CE trazada por C corta a la prolongación del lado AB en F. Si se sabe que el área del triángulo CEF es 116, calcular el área del triángulo AEF.
Solución
A
B
Veamos primero que los triángulos rectángulos CDE y CBF son iguales. En efecto tienen CD = CB y DCE = 90° - BCE = B.
Como CDE = CBF - 90°, los triángulos tienen respectivamente iguales un lado y sus ángulos adyacentes.
Ahora,
área (AEF) = área (AFCD) - área (CEF) - área (CDE) =
= área (ABCD) + área (CBF) - área (CEF) - área (CDE) =
= área (ABCD) - área (CEF). Por lo tanto
Área (AEF) = 142 - 116 = 80.
Problema 7
Gabriela escribe la siguiente lista de números: el primero es 25 y luego, cada uno de los siguientes es la suma de los cuadrados de los dígitos del último número. Los primeros tres números de la lista son 25, 29 y 85, porque 29 = 22 + 52 y 85 = 22 + 92.
Hallar el número que aparece en la posición 2005 de la lista de Gabriela. Solución
Los primeros números de la lista son
25, 29, 85, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,... una vez que se repite un número, todo se repite y se forman ciclos. En este caso, el ciclo es 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, de 8 números. Hasta la posición 2005 tenemos las 3 posiciones iniciales (25, 29, 85) más 250 ciclos de 8 números más dos posiciones de un nuevo ciclo, porque 2005 = 3 + 8-250 + 2.
Por lo tanto, el número de la posición 2005 es 145.
Problema 8
Determinar la cantidad de números capicúas de 5 dígitos que son múltiplos de 37. Solución
Sea n = abcba, con a ≠ 0, un número capicúa de 5 dígitos múltiplo de 37, es decir
= (104+l)a + (103+10)b + 102c ≡ 0 (mod37). Como 104 + l = 10001 = 270 · 37 + l l ,
103+10 = 1010 = 27 · 37 + ll, 102 =100 = 2 · 37 + 26, tenemos que
104 +1 ≡ 11 (mod37), 103 +10 ≡ 11 (mod37), 102 ≡ 26 (mod37). Entonces
n ≡11a + 11b + 26c (mod37)
Como 26 = 37 - 11, se tiene que 26 ≡ - 11 (mod37) y en consecuencia
n≡11a + 11b - 11c ≡11(a+b-c) (mod37).
Como n ≡ 0(mod37), se tiene 11(a + b-c) ≡ 0 (mod37) , es decir 11 (a + b - c) es múltiplo de 37.
Dado que 37 y 11 son primos, esto implica que a + b - c es múltiplo de 37.
Pero a, b y c son dígitos, luego la única posibilidad es que a + b – c = 0 (pues – 8 ≤ 18), es decir,
c = a + b.
El problema se reduce a contar las ternas a, b, c de dígitos tales que a ≥ 1 y a + b ≤ 9.
Para cada valor de a, 1≤ a ≤ 9, los valores posibles de b son 0, 1, …, 9 – a, es decir, para a = 1 hay
9 valores de b, para a = 2, hay 8 valores de b, etc.
En total son 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 posibilidades.
Tercer Nivel
Problema 1
Sea ABC un triángulo rectángulo en C con AB = 120 y AC = 72.
Se considera el punto P de AB tal que 3BP = AB y el punto Q de BC tal que PQ es perpendicular a
AB. Calcular el área del cuadrilátero APQC.
Solución
A
C Q B
Por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo ABC tenemos
BC = raíz cuadrada 1202 - 722 = 96, luego
Área (ABC) = BC .AC = 96 . 72 = 3456.
2 2
Los triángulos ABC y QBP son semejantes, pues comparen el ángulo en B, y como BP = AB =
40, la razón de semejanza es BP = 40 = 5 . Entonces
3 BC 96 12
área (QBP) = 5/122
área (ABC) = ( 5/12)2 3456 =600.
Finalmente
Área (APQC) = área (ABC) – área (QBP) = 3456 – 300 = 2856
Problema 2
Sea n = x54y102 z un número entero de 8 cifras, donde z, y, z son dígitos. Se sabe que n es divisible por 8 y que n + 1 es divisible por 3 y por 11. Hallar todos los valores posibles de n.
Solución
Para que n sea múltiplo de 8 debe ser z = 4, luego n = x54y1024 y n ´1 = x54y1025. Por otro lado, n + 1 es divisible por 11 si y sólo si
x – 5 + 4 – y + 1- 0 + 2 – 5 = x – y – 3
es múltiplo de 11. los valores posibles de x – y son 3 y – 8, o sea
x = y + 3 o y = x+8.
Además, n + 1 es divisible por 3 si y sólo si
X + 5 + 4 + y + 1 + 0 + 2+ 5 = x + y + 17
es múltiplo de 3, o sea si y sólo si x + y + 2 es múltiplo de 3, luego y puede ser 2 ó 5 y x es, respectivamente, 5 u 8.
Si y = x + 8, el único valor posible de x es 1 y en tal caso, x + y + 2 = 1 + 9 + 2 = 12 es múltiplo de 3.
Los valores de n que resuelven el problema son tres: 55421024, 85451024, 15491024.
Problema 3
Sea ABC un triángulo rectángulo en A con AB = 16 y AC = 18.
Una paralela a AB corta lado AC en P y al lado BC en Q de modo que el área del trapecio ABQP es 63.
Calcular la longitud del segmento BQ Solución
A P C
El área del triángulo rectángulo ABC es
AB · AC = 16 · 18 = 144
2 2
El área del triángula rectángulo PQC es igual a
Área (ABC) – área (ABQP) 0 144 – 63 = 81.
Por otra parte, los triángulos ABC y PQC son semejantes, pues sus lados son respectivamente paralelas, luego la razón entre sus áreas es igual al cuadrado de la razón entre sus lados
correspondientes. Entonces
[
PQ/AB
]
2 = área (PQC)/área (ABC) = 81/144.Por lo tanto, PQ/AB = 9/12 = ¾, de donde PQ = ¾ · 16 = 12.
Problema 4
Gabriel escribe una lista de 200 números de acuerdo con las siguientes reglas: el primer número es 2005, el segundo número es 1, y a partir de allí , en cada paso escribe la resta del último número ya escrito menos el penúltimo número escrito mas 5. Por ejemplo, el tercer número es – 1999, pues1 – 2005 + 5 = - 1999.
Calcular la suma de los 200 números de la lista de Gabriel. Solución
Calculamos los primeros números de la lista: 2005, 1, - 1999, - 1995, 9, 2009, 2005, 1, …
El séptimo y el octavo número de la lista coinciden, respectivamente, con el primero y el segundo, luego la secuencia se repute cíclicamente cada 6 números.
Como 200 = 6 · 333 + 2, hasta 200 hay 33 ciclos completos y dos números más (2005 y 1). La suma de los 200 números es 33S + 2005 + 1, donde S es la suma de los primeros 6 números de la lista.
S = 2005 + 1 + (- 1999) + ( - 1995) + 9 + 2009 = 30.
Entonces la suma buscada es 33 · 30 + 2005 + 1 = 2996.
Problema 5
Hallar todos los enteros positivos a y b tales que a + b ≤ 100 y
a + 1/b = 13
1
Solución
La ecuación original equivale a
ab + 1 b = 13, ab + 1 a o sea, a = 13, b a = 13b
Además a + b = 14b ≤ 100, entonces b ≤ 7. Los pares a y b que resuelven el problema son los de
la forma a = 13b, 1 ≤ b ≤ 7.
Problema 6
Al plegar una hoja rectangular se obtuvo un rectángulo de 9 x 12, como muestra la figura.
12
9
Calcular las dimensiones de la hoja antes de plegarse. Solución
La diagonal del rectángulo de lados 9 y 12 es raíz cuadrada de 92 + 122 = 15.
Observamos que el rectángulo desplegado tiene uno de sus lados igual a la diagonal del rectángulo inicial, o sea, 15.
Por otra parte, el área del rectángulo desplegado es el doble del área del rectángulo de 9 x 12, pues este lo cubre dos veces. Entonces, el rectángulo desplegado tiene área 2 · 9 · 12 = 216. Como dos de sus lados son iguales a 15, los otros dos son iguales a 216/15 = 72/5 = 14,4.
Problema 7
Consideramos un tablero de 10 x 10 cuadriculado en cuadritos de 1 x 1, y tres tipos de fichas que cubren cada una exactamente 4 cuadritos del tablero.
Tipo1 tipo 2 tipo 3
a) Decidir si se puede cubrir el tablero utilizando 4 fichas de tipo 1 y 21 fichas de tipo2.
b) Decidir si se puede cubrir el tablero utilizando 4 fichas de tipo 1, 19 fichas de tipo 2 y 2
fichas de tipo 3.
Solución
a) Es imposible cubrir el tablero con 21 piezas de tipo 2 y 4 de tipo 1. Para demostrarlo,
coloreamos el tablero con 2 colores, como muestra la figura.
Hay 49 casillas blancas y 51 negras.
Cada ficha tipo 1 cubre 2 casillas blancas y 2 negras. Cada ficha de tipo 2 cubre 2 casillas blancas y 2 negreas o 4 casillas blancas o 4 casillas negras.
Lo importante es que cada ficha tipo 1 o 2 cubre un número par de casillas de cada color. En consecuencia, con 21 piezas de tipo 2 y 4 de tipo 1 se cubre un número par de casillas blancas y un número par de casillas negras. Como es necesario cubrir un número impar de casillas de cada color, el cubrimiento es imposible.
