Problema 12 

A la figura hi podem veure dos conjunts de peces de Lego: al l'esquerra tres peces en forma del pentominó U i a la dreta cinc trominós rectes.

Els dos grups tenen la mateixa àrea total, concretament 15 caselles.

Dos grups de figures formades amb Lego

El problema consisteix en trobar una figura que es pugui formar amb cadascun dels dos grups —sense tenir en compte els colors, naturalment—.

Solució 12

Hi ha una sola manera de col·locar les peces de manera que formin la mateixa forma:

Afegeix la llegenda

El fet que la solució tingui un forat, cosa que l'enunciat no prohibia, moltes vegades fa que costi més trobar la solució.

11: Circuit de diferents distàncies

Problema 11 

Sobre una quadrícula, en el nostre cas de rajoles, hem col·locat vint-i-vuit monedes.

Suposem que la quadrícula és exacta, amb una distància unitat entre dos encreuaments contigus i que les monedes estan exactament ben posades a les interseccions.

28 monedes sobre la quadrícula

Les distàncies en línia  recta entre dues monedes varien entre 1 i aproximadament 18,6 que és la distància entre les monedes extremes de la figura. Algunes monedes estan separades d’altres, distàncies que són exactament números enters.

Es tracta de trobar dotze monedes que formin un circuit tancat, de manera que les seves distàncies —en qualsevol ordre— siguin tots els valors enters compresos entre l’1 i el 12. Circuit tancat vol dir que de la dotzena moneda passem a la primera.

El circuit pot passar per damunt de l’emplaçament d’una moneda que no hi formi part.

La condició suplementària és que aquest circuit no tingui cap creuament, dit d’una altra manera, que no tingui una forma equiparable a un 8.

Solució 11

Aquest problema necessita per a la seva solució constatar el fet que les distàncies que són “exactament números enters” no vol dir que sigui entre dos punts situats a la mateixa vertical o horitzontal de la quadrícula.

Punts no ortogonals separats exactament 5 i 10 unitats

Hi ha dos casos amb números de l’1 al 12 en que això pot passar, són les solucions enteres del teorema de Pitàgores que ens proporcionen triangles rectangles de costats 3, 4 i 5 o 6, 8 i 10, essent els números vermells les hipotenuses esbiaixades respecte la quadrícula.
Vist això i trobats quins són els punts del problema allunyats 5 i 10 unitats sense seguir la quadrícula, podem trobar la solució:

Circuit amb 12 segments diferents

La manera més ràpida pot ser examinant totes les monedes que estiguin separades 10, 11 i 12 unitats, i aleshores provar totes les combinacions que no siguin impossibles —per exemple que no es creuïn—, i a partir d’aquest punt anar completant amb els segments menors.

10: Calendari de daus

Problema 10

A casa hi tinc un calendari, bàsicament com a objecte de decoració, que consisteix en dos daus amb números amb els que es pot formar el dia del mes, i unes barres amb els noms dels mesos. Cada dia cal reordenar les xifres i si s’escau, canviar el mes.

Calendari de daus

La primera qüestió, fàcil, és com es poden col·locar les xifres als dos daus de manera que sigui possible formar amb ells qualsevol número entre el 01 i el 31?

Veiem que els mesos estan pintats simplement sobre unes barres que són uns prismes de secció quadrada i n’hi ha tres a sota dels daus. Aquí ens podem preguntar si no seria possible formar els noms dels mesos —els seus abreujaments de tres lletres— amb tres daus amb sis lletres a cadascun d’ells? O demostrar que és impossible.

Tres daus amb lletres a les seves cares

Solució 10
Si hem de poder fer qualsevol número entre el 01 i el 31, en particular haurem de poder fer 11 i 22, cosa que vol dir que als dos daus hi ha d’haver les dues xifres 1 i 2.
Ens queden quatre cares lliures a cada dau.
Si poséssim el 0 només en un dels daus, no podríem fer totes les combinacions del 03 al 09 amb les quatre cares lliures de l’altre, o sigui que el 0 també ha d’anar als dos daus.

Els dos daus amb les xifres 0, 1 i 2

Resten tres cares lliures a cada dau.
Col·loquem al primer el 3, el 4 i el 5.
Ara ja podem fer els següents dies:
01 02 03 04 05 10 11 12 13 14 15 20 21 22 23 24 25 30 i 31
Ens manquen tots els dies que acaben en 6, 7, 8 o 9, però només tenim tres cares lliures a l’altre dau.
La solució és senzilla, pel 6 i pel 9 podem fer servir el mateix dibuix posat cap per avall, en la major part de les tipografies les dues xifres són idèntiques llevat de l’orientació.
Col·loquem doncs a les cares lliures un 6 —que també val per a 9—, un 7 i un 8.
Amb això ja podem composar tots els dies del mes.

Les altres cares dels dos daus

Demostrar la impossibilitat amb tres daus de sis lletres de fer tots els abreujaments dels mesos és una tasca que pot semblar complexa, però en la que no intervé cap concepte difícil. Senzillament cal anar posant les deduccions de manera ordenada:

Els dotze mesos de l’any, abreujats a 3 lletres són:
GEN FEB MAR ABR MAI JUN JUL AGO SET OCT NOV DES
En total, i en ordre alfabètic, les lletres emprades són:
AAAA BB C D EEEE F GG I JJ L MM NNN OOO RR SS TT UU V
Són en total 18 lletres diferents, o sigui que entre els tres daus tenim el nombre just de cares per encabir-les totes.
D’aquí, i del fet que no hi ha lletres repetides en l’abreujament de cap dels mesos, es dedueix fàcilment que les tres lletres de cadascun dels mesos han d’anar a daus separats que arbitràriament anomenarem 1, 2 i 3.
Comencem assignat MAR.
1: M
2: A
3: R
Per poder fer ABR, cal posar la B al dau 1. Per poder fer MAI cal posar la I al dau 3.
1: M B
2: A
3: R I
Passem a AGO. Podem posar la O al dau 1 i la G al 3 o a l’inrevés, examinem d’entrada el primer cas on afegirem les noves lletres en vermell:
1: M B O
2: A
3: R I G
Ara la N només pot anar al dau 2, ja que per culpa de la O de NOV no pot anar al 1, ni per culpa de la G de GEN al 3.
1: M B O
2: A N
3: R I G
Però aleshores E no pot anar a cap dau ja que és incompatible amb la B —per FEB— del primer, la N —per GEN— del segon, i la G —també per GEN— del tercer. O sigui que la O i la G d’AGO no poden anar en les posicions que havíem provat. La conclusió és que la G va al dau 1 i la O al 3. Les tornem a escriure en negre.
1: M B G
2: A
3: R I O
Per idèntics motius que abans —GEN i NOV— la N ha d’anar al 2
1: M B G
2: A N
3: R I O
Per poder fer GEN la E ha d’anar al 3; per fer FEB la F al 2; per fer NOV la V al 1
1: M B G V
2: A N F
3: R I O E
Examinem SET i DES. Tenint en compte que la E és al dau 3, veiem que la S ha d'anar al 1 o al 2, i aleshores D i la T han d’anar juntes al dau 1 o 2 on no hi hagi la E.
Per poder fer OCT la C a d’anar al dau que no té ni la O —el 3— ni la T, o sigui que ha d’anar al mateix dau que la S.
1: M B G V (D T)
2: A N F (S C)
3: R I O E
Les dues parelles de lletres entre parèntesi són intercanviables. Però ara podem veure que per fer JUN cal posar o la J o la U al dau 1, i ja hi tenim 6 lletres. La conclusió és que és impossible posar els 12 mesos en tres daus.

No hi ha aquí cap truc tipus escriure en minúscules i aprofitar que la u i la n es poden fer amb la mateixa forma invertida —això si que funciona amb els mesos en anglès, aprofitant a més que la p i la d també es poden fer amb el mateix caràcter—.
Potser l’únic truc seria escriure les lletres a la “romana” que no distingien entre U i V —ni entre I i J, però aquesta equivalència no cal, tenim espai per a la J—:
1: M B G V D T
2: A N F S C L
3: R I O E J
Amb aquesta disposició els mesos serien:
GEN FEB MAR ABR MAI JVN JVL AGO SET OCT NOV DES

9: Tangrams amb trampa

Problema 9

El tangram és un trencaclosques d’origen xinès —aquest sí, n’hi ha molts d’altres que s’han venut com a xinesos que no ho són—, que consisteix en set peces amb les quals es poden formar diverses figures.
En particular poden formar un quadrat, i d’una sola manera, llevat de girs i simetries.

Els set tangrams dins una caixa, en la seva configuració quadrada

 Sovint el trencaclosques consisteix a reproduir amb les peces una forma que representa d’una manera més o menys fidel un ésser viu o un objecte, però aquí ens interessarem més per les formes geomètriques.
A diferència d’altres trencaclosques com per exemple els pentominós, els tangrams són arbitraris: no són totes les formes que gaudeixen d’una determinada propietat sinó un conjunt escollit per altres motius, des de la facilitat de construcció al fet de poder-se empaquetar en forma de quadrat.
Cinc dels tangrams són triangles, dos de grans un de mitjà i dos de petits, una altre un quadrat, i el darrer un romboide, que és l’única peça que no és igual a ella mateixa si la posem cap per avall, té dues orientacions. Totes les peces són múltiples del triangle més petit: el triangle mitjà, el quadrat i el romboide es poden formar amb dos triangles petits, i els triangles grossos amb quatre. L’àrea total és igual a setze triangles petits.
Alguns trencaclosques poden ser força difícils, per exemple, construir tos els pentàgons possibles amb les set peces: n’hi ha 53 de diferents, dos d’ells convexes, i 51 còncaus.
El problema que proposo aquí és molt més fàcil però té trampa…

Dotze configuracions amb una determinada propietat

A la figura hi podem veure 12 configuracions de tangrams que tenen una propietat en comú. No són totes les possibles, en falta alguna.

Tres possibles solucions

 A la presumpta solució veiem tres possibles configuracions més que podrien ser les que ens manquen, però hi ha gat amagat, no és la solució vàlida.

Quina és la propietat en comú?
Quines són les configuracions que manquen?
Per què no són bones les tres solucions de la segona figura, on és la trampa?

Solució 9

La propietat que tenen en comú les 12 configuracions de la figura és ser convexes, que informalment és el mateix que dir que si les envoltéssim amb una goma elàstica, aquesta tocaria a la figura en tota la volta.

En el cas dels tangrams una altra manera de dir figura convexa és dir que tots els angles del seu perímetre són inferiors a 180º.

Hi ha altres configuracions convexes a part de les 12 de la figura?

Sí, n'hi ha una altra.

I com és que al la figura de les possibles solucions sembla haver-n’hi tres?

Dues d’elles son trucs fotogràfics, només és correcta la imatge del mig.

Dues configuracions amb trampa i una de correcta

A la imatge es pot veure que realment les configuracions dels extrems no són convexes, a la foto modificada, canviant lleugerament la mida d’algunes de les peces no s’apreciava, però eren configuracions que amb les set peces de mides correctes no existeixen.

8: Un núvol de punts

Problema 8

Marquem tres punts —X, Y i Z— que formin els vèrtexs d’un triangle equilàter.

Escollim ara un punt al atzar de l’interior d’aquest triangle, per exemple el que marquem amb el número 1 a la figura.

Els primers dotze punts de la figura

Aleshores escollim al atzar un dels tres punts inicials. En el nostre exemple Y. Marquem ara amb el número 2 el punt mig entre 1 i Y.

Continuem escollint al atzar qualsevol dels tres punts X, Y o Z, i anem marcant cada vegada el punt situat a mig camí entre el darrer punt i el vèrtex escollit.

En l’exemple de la figura la seqüència de vèrtexs és Y, Y X, Y, Z, Z, X, X, Y, Z, X… hi podem veure numerats els dotze primers punts. Insisteixo, és només un cas particular, la seqüència pot ser qualsevol al atzar i els punts aleshores serien uns altres.

Imaginem que continuem el procés fins col·locar uns quants milers de punts a la figura.

Nou possibles respostes al problema

A quina de les nou imatges s’assemblarà més el núvol de punts resultant d’aquest procés?

 Solució 8

La resposta és la figura D.

Si repetidament partim d’un punt a l’atzar dins del triangle, la seva distribució seria la de la figura A del diagrama que segueix:

Els 9 primers passos de la construcció del triangle de Sierpiński

Si apliquem la transformació —el punt a mig camí d’un dels tres vèrtexs escollit a l’atzar— passem a la distribució de la figura B: un punt que partís de la posició del triangle clar central aniria a parar necessàriament a un dels tres triangles foscos que toquen cadascun dels vèrtexs; un punt ja dins d’un d’aquests triangles aniria a parar al mateix triangle o a qualsevol dels altres dos foscos depenent de a quin vèrtex s’apropés.

En la segona iteració la figura B es transforma en C, cal veure com les zones blanques resten fora de l’abast dels punts.

A continuació la figura serà D, E, F, G, H, I… i a partir d’aquí ja no la podrem distingir a ull de l’anterior.

Dit d’una altra manera, a cada pas, la figura de la distribució dels punts es triplica, es disminueix a la meitat de la mida i es ressitua tocant a cadascun dels vèrtexs del triangle.

En el límit, aquesta figura és el que s’anomena triangle de Sierpiński, en honor al matemàtic polonès que el va descriure l’any 1915.

Si partim d’un únic punt a l’atzar, a cada iteració s’anirà aproximant als punts del triangle de Sierpiński, al cap de molt poques —posem-hi vuit— ja serà a menys d’un píxel en la resolució de la figura.

El fet que el salt del punt sigui cada vegada al atzar, provoca l’efecte que aquesta aproximació és a qualsevol punt del fractal amb la mateixa probabilitat.

O sigui que llevat de les primeres poques iteracions, a efectes visuals el nostre punt anirà recorrent el triangle de Sierpiński, encara que en realitat mai hi arriba, senzillament s’hi apropa en el límit.

La figura resultant serà l’aproximació visual al fractal, potser afegint-hi mitja dotzena de punts inicials que veurem aïllats en zona blanca. 

7: Un text xifrat

Problema 7 

La criptografia és la tècnica —o art— de transformar un missatge en un seguit de signes que si són interceptats sigui difícil, o fins i tot impossible, esbrinar el missatge original.

Durant molts segles es van emprar mètodes que amb les tècniques modernes serien molt fàcils de desxifrar. Fins i tot durant la II Guerra Mundial, el mètode de xifratge del Reich alemany que emprava unes màquines anomenades “Enigma” i que només va ser trencat emprant una gran quantitat de mitjans humans i tècnics, seria molt fàcil de trencar amb els ordinadors actuals.

El mètode més antic que es coneix rep el nom de Juli Cèsar, que segurament el va emprar. Consisteix en substituir cada lletra del alfabet  per la lletra que hi ha n posicions més endavant, continuant comptant a partir de la A, si arribem al final del alfabet. Per exemple, si fem servir n = 4, la A es convertirà en E, i la X en B. És un mètode molt fàcil de desxifrar, i si Juli Cèsar el va emprar amb èxit, segurament va ser perquè el seus enemics gairebé no sabien llegir.

Un mètode quasi tan elemental com aquest, és el de substituir cada lletra per un dibuixet diferent. Aquí cal esbrinar a quina lletra correspon cada signe. Recordo haver vist fer servir aquest sistema entre els nois de l’escola…

Si, a més es mantenen els espais entre les paraules o els signes de puntuació, encara és més fàcil ja que paraules d’una o dues lletres n’hi ha poques.

Però aquí, per complicar-ho una mica, farem com Juli Cèsar, que com tots els romans escrivia sense espais; en el text els he suprimit, com també accents i altres signes de puntuació. Els signes estan disposats en grups de cinc, senzillament per llegibilitat.

Text xifrat, sense espais però en grups de 5 caràcters per facilitar la lectura

Podeu desxifrar aquest text? I encara que no tingui res a veure amb la criptografia, esbrinar —és fàcil— qui és el seu autor?

Pistes

En primer lloc, per desxifrar un text d'aquestes característiques, cal fer un estudi estadístic de les freqüències de les lletres.

En català, les 10 lletres més freqüents en un text són per ordre: E, A, S, L, I, R, T, N, O, U. Podem suposar que en el text que volem esbrinar les freqüències seran similars.

En segon lloc les repeticions de lletres. Com que hem suprimit els espais entre paraules, si trobem el mateix símbol dues vegades seguides, pot ser una lletra que es repeteixi dins una paraula, o una que aparegui al final d'un mot i al principi del següent. Si un símbol sure més de dues vegades seguides, és el cas de: ❯❯❯❯, segur que és dos cops al final d'una paraula i una al començament de la següent. En català, això, pràcticament, només li pot passar a una lletra.

Ocurrències dels símbols i de les seves repeticions

 Substituint les símbols més fàcils de conjecturar per la seva lletra, podem començar a esbrinar paraules, que ens donen el valor dels símbols menys freqüents, i amb facilitat ens permetran desxifrar tot el text.

Solució

… properament …

6: El mapa dels quatre colors al cel

Problema 6

A mitjans del segle XIX un jove universitari britànic es va entretenir un dia acolorint el mapa dels comtats anglesos, de manera que dos que compartissin frontera mai no fossin del mateix color. Va aconseguir amb certa facilitat fer-ho amb només quatre colors, i també va veure que amb tres era impossible.

Aleshores es va preguntar si qualsevol mapa es podria acolorir d’aquesta manera amb només quatre colors. En tots els mapes que ho va provar, ho va aconseguir, però no va trobar cap sistema per demostrar-ho.

Un mapa acolorit amb quatre colors.

El problema va arribar a les orelles dels matemàtics professionals —el primer que se’n va ocupar va ser Augustus de Morgan— que tampoc no van aconseguir la demostració.

Alguns avenços sí que es van fer: es va demostrar que no era possible que cinc regions compartissin frontera cadascuna amb les altres quatre, que amb cinc colors sempre era possible acolorir qualsevol mapa, que un mapa sobre una esfera era equivalent en aquest aspecte a qualsevol mapa pla, i fins i tot, que sobre d’altres superfícies el nombre de colors necessaris podia ser superior. Per exemple, sobre un tor —la figura en forma de pneumàtic— son possibles set regions que dos a dos comparteixin frontera i va ser possible demostrar que amb 7 colors és sempre possible acolorir qualsevol mapa pintat sobre aquesta superfície. Però l’esfera i el pla es resistien.

124 anys després es va demostrar, però no va ser una demostració “normal”, amb llapis i paper, sinó que va precisar un ordinador que comprovés totes i cadascuna d’uns milers de configuracions de regions, anomenades irreductibles, en les quals es pot transformar mantenint el problema, qualsevol configuració.

No ho hem esmentat, però quan aquí parlem d’un mapa dividit amb regions, volem dir un mapa simple: on cada zona estigui envoltada per una línia fronterera simple, no s’hi valen els “països” dividits en dues o més zones. També cal la condició que si més de tres regions conflueixen al mateix punt, es consideri que les que només entren en contacte en aquest punt, no són veïnes, o sigui que el veïnatge necessita compartir una línia, no tan sols un punt.

Dos mapes que precisen 5 colors

Sense aquestes condicions, poden caldre més de quatre colors per pintar un mapa.

Per exemple, al mapa de la dreta, imaginem que les dues zones blaves marcades A, són el mateix país; B, C i D hauran de ser de colors diferents ja que toquen A i també entre elles; però aleshores, E necessita un cinquè color, ja que té frontera comú amb A, B, C i D que ja són de quatre colors diferents.

En el mapa de la dreta, si consideréssim veïnes W i Y, i també X i Z, ja ens caldrien quatre colors per a aquestes zones; aleshores V, que les toca a totes, precisaria un cinquè color.

Aquests aclariments són necessaris pel problema que plantegem.

Fins a principis del segle XX, les constel·lacions van ser conjunts d’estrelles que d’una manera més o menys vaga recordaven un objecte, personatge o sovint animal. La seva representació sovint incloïa superposat el dibuix corresponent, encara que més modernament es va substituir per unes poques línies representatives unint les estrelles més brillants.

Però a partir de 1930 es va anomenar constel·lació a una regió del cel, limitada per línies rectes que seguien els meridians i paral·les celestes i que incloïa l’antiga configuració d’estrelles.

Es van definir 88 constel·lacions que abasten tota la volta celeste. O sigui que qualsevol punt del cels està inclòs de manera unívoca en alguna de les 88 constel·lacions grans o petites i que es pot dibuixar un mapa del cel amb les fronteres de la mateixa manera que podem dibuixar un mapa del món amb els estats —prescindim ara dels mars—.

Les 88 constel·lacions del cel en projecció mercator (si surts per la dreta del mapa entres per l’esquerra)

Podem assegurar que aquest mapa es podrà acolorir amb quatre colors?

En principi no, perquè hi ha una anomalia, una de les constel·lacions —Serpens, marcada amb la vora groga— per motius històrics està dividida en dues zones. A més, posem la condició suplementària que als quatre punts —marcats en vermell— on conflueixen quatre constel·lacions, han de ser les quatre de colors diferents.

Podeu, amb aquestes condicions, acolorir el mapa del cel amb quatre colors?

Solució 6

És perfectament factible dibuixar el mapa tot i les condicions suplementàries.
He marcat amb × les constel·lacions  que estan envoltades per altres tres que es toquen mútuament i que en conseqüència han de ser de tres colors diferents; les marcades, senzillament, s’han de pintar del quart color i no afecten la resta del mapa.
Probalement el més fàcil és començar per Serpens —la que està pintada en groc i té dos regions— i a partir d’aquella zona anar-se expandint per tot el mapa.

Una de les moltes solucions al problema

En molts pocs casos ens trobem que hi ha una zona que no podem acolorir perquè fa frontera amb quatre que ja tenen els quatre colors, aleshores cal retrocedir en el procés fins trobar un punt on hem pres la decisió d’acolorir la constel·lació que ens causa el problema posterior i escollir per a ella un color diferent. És un mètode que es pot aplicar fàcilment a mà, només cal portar un registre de l’ordre en el que anem acolorint les zones per poder fer marxa enrere si és necessari.

5: Disseccions de pentominós

Problema 5

Els 12 pentominós són una font inexhaurible de problemes.

(Aquí podeu trobar una pàgina específica amb més informació)

Els 12 pentominós dins d’un rectangle de 6 × 10 unitats

 Un dels problemes més freqüents és  el de formar una determinada figura amb els diferents pentominós; aquí plantejarem un problema que en algun aspecte és l’invers: dividir un pentominó en parts que ajuntades d’una altra manera formin una figura diferent, per exemple un quadrat.

Els matemàtics de la Grècia clàssica ja van intuir, encara que no ho van explicitar mai, que qualsevol polígon —figura limitada per segments— es pot partir mitjançant rectes en un nombre finit de peces, que reunides convenientment formen qualsevol altre polígon de la mateixa àrea. Aquest fet es va demostrar —és relativament fàcil— a principis del segle XIX. Però la demostració no ens diu quin és el nombre mínim de parts en que podem descompondre una figura per formar-ne una altra de la mateixa àrea; aconseguir-ho amb un mínim de parts és un problema que pot ser força difícil.

En particular, és possible dividir cadascun dels pentominós en diverses parts, que disposades d’una altra manera formin un quadrat. Veiem-ne un exemple:

Dissecció del pentominó V en 4 parts que formen un quadrat

Quin és el menor número de trossos en que es pot dividir algun dels pentominós per formar un quadrat?

És possible dividir algun dels pentominós en quatre parts iguals que puguin formar un quadrat?

Solució 5 

Hi ha dos pentominós que es poden dividir en només tres trossos per recompondre un quadrat de la mateixa àrea. Curiosament les tres peces són les mateixes en ambdós casos.

Els pentominós Y i Z dividits en 3 parts per formar un quadrat

El més simètric dels pentominós, X, es pot dividir, com veiem a la il·lustració, de manera simètrica en quatre peces iguals que recomponen un quadrat.

Els pentominó X dividit en 4 parts iguals per formar un quadrat

Tots els altres pentominós es poden dividir també en 4 trossos, de manera que amb ells es pot fer un quadrat de la mateixa àrea.

Tots els pentominós dividits en parts per formar quadrats

No totes les divisions són úniques ni molt menys, per exemple la del pentominó X ara no és en quatre parts iguals.

4: Seixanta-quatre igual a seixanta-cinc?

Problema 4

Observen aquest quadrat format per quatre peces. La quadrícula ens permet veure que la seva àrea és 8 × 8 = 64 unitats quadrades.

Quatre peces formen un quadrat de 8 × 8

A continuació, reordenem les peces —les dues trapezoïdals les hem de girar 90º— per formar un rectangle. Si ara mesurem l'àrea podem veure que és de 5 × 13 = 65 unitats quadrades.

Les mateixes quatre peces formen un rectangle de 5 × 13

D'on ha sortit el quadrat suplementari?

Solució 4

Les quatre peces que formen el quadrat, tenen sumades, efectivament, una àrea de 64. Però no són exactament iguals a les quatre peces que formen la figura rectangular.

 Il·lustració acurada: les quatre peces del quadrat dins el rectangle

En un trencaclosques real, amb les peces fabricades amb una certa tolerància, vores una mica arrodonides i talls entre les peces de gruix no menyspreable, no es nota gaire. En un dibuix acurat és més fàcil d'apreciar.

Podem observar en particular que per fer veure que les peces ocupaven tot el rectangle de 5 × 13, les dues peces triangulars s'havien deformat per convertir-les en quadrilàters amb el quart vèrtex situat als punts blancs del centre del dibuix.

L'àrea de la zona blava, és exactament s'una unitat quadrada, precisament la que ens havia aparegut del no res.

Teorema de Pick

Per calcular aquesta àrea, podem fer ús d'un teorema publicat per primera vegada l'any 1899 pel matemàtic austríac Georg Alexander Pick que afirma:

L'àrea d'un polígon simple —sense forats ni costats que s'intersequin— que tingui tots els vèrtex en els punts d'una quadrícula regular, és igual a I + V/2 – 1, essent I el nombre de punts de la quadrícula interiors al polígon i V els que cauen en el seu perímetre, siguin els vèrtex o punts continguts en un dels costats.

En el cas del nostre problema, la figura blava és un polígon que té els quatre vèrtex a punts de la quadrícula —V = 4—, i cap punt a l'interior —I = 0—, o sigui que la seva superfície serà: 0 + 4/2 – 1 que val, precisament, 1.

Aplicant el mateix teorema podem veure que els triangles de la figura tenen una àrea de 12, i els trapezis de 15, o sigui un total de 12 + 12 + 15 + 15 = 64 unitats quadrades.

Els "triangles" tramposos de la figura rectangular, són de fet quadrilàters, amb 4 vèrtex a la quadrícula, 9 punts de la quadrícula als costats i 7 punts interiors; en conseqüència la seva superfície és de 12,5.

3: Totes les lletres dels números

Problema 3

A la il·lustració —no, no és una fotografia— hi podem observar com s’escriuen els números en català. Parlem aquí de nombres inferiors a 1.000.000.000.000 que és un bilió i que empra un mot no llistat a la taula, concretament és el primer número que conté la lletra B. Tots els números inferiors a un bilió es poden construir a base de juxtaposar les paraules de la llista, afegint-hi en alguns casos el guionet.

Podem veure, per exemple que les lletres M i L, només apareixen a les paraules MIL i MILIO —aquí, com en els mots encreuats, prescindim de l’accent—; una altra lletra, la X, només surt dins SEIXANTA; la Z només en els nombres entre l’ONZE i el SETZE; la Q, a tots els que contenen QUATRE, QUINZE, QUARANTA o CINQUANTA. Cada lletra té la seva pròpia idiosincràsia, els números entre el DEU i el SETZE introdueixen una curiosa irregularitat lèxica en la seqüència que ens complica una mica el problema…

Les paraules que forment tots els números inferiors a un bilió

Els problema d’avui consisteix en trobar el número enter més petit que conté, al menys una vegada cadascuna, totes les lletres possibles —Excloent la B de bilió que no ens aportaria res a la qüestió—.

Com a problemes subsidiaris podem preguntar també:

Quin és el número més gran que no repeteix cap lletra?

Quin és el número més petit on cada lletra que hi surt, al menys ho fa dos cops?

Solució 3

Aquesta mena de problemes, tenen l’avantatge que no calen gaire coneixements previs, llevat de saber com s’escriuen els números.
De totes maneres no vol dir això en absolut que siguin fàcils. Cal actuar amb força cura per tal de no ometre solucions, i cal elaborar estratègies adequades, per tal de no convertir-los en un examen inacabable, a mà, de totes les possibilitats. 

Deixem el problema principal pel final.

El segon problema ens parla del número el més gran possible sense repetició de lletra.
És evident que qualsevol número superior a un milió, tindrà al menys dues I, o sigui que la solució serà inferior a aquest valor.
Anem baixant per la sèrie dels “cents mils” i marquem les lletres que presentin repeticions: nou-cents mil, vuit -cents mil, set-cents mil, sis-cents mil, cinc-cents mil, quatre-cents mil, tres-cents mil, dos-cents mil… cent mil.
Cent mil, no té repetició de lletra, a partir d’aquí podem pujar fent servir valor que no continguin cap lletra ja emprada, Quins hi ha disponibles?
Resseguint la taula, podem veure que les números que tenim disponibles sense emprar cap de les lletres C, E, I, L, M, N o T són limitats, només tenim l’u i el dos. En conseqüència, el número més gran que es pot escriure sense repetir lletres és CENT Dos Mil U —o cent dos mil si per a 1 només admetem el cardinal un—.

El tercer problema exigeix que qualsevol lletra, o bé no aparegui, o bé surti al menys dues vegades al nom del número.
El procediment és més llarg que per trobar la solució del cas anterior, cal primer mirar tots els números fins al cent, combinant les unitats amb les desenes. És fàcil constatar que sempre hi ha alguna lletra que no es repeteix. El numero que busquem, serà doncs superior a cent.
Suposem que és menor que mil. Com que necessàriament tindrà una C de cent o cents, l’altre C ha d’aparèixer a cinc o a cinquanta. Podem descartar el cinquanta ja que la Q només es podria duplicar amb una altra de quatre, i no hi ha cap número de la forma x-cents cinquanta-quatre o quatre-cents cinquanta-x que dupliqui totes les lletres, perquè la xifra x, com a mínim hauria de tenir una I i una R que a la resta del número només surten un cop.
Sabem, doncs, que el número que busquem comença per cinc-cents, acaba en cinc, o ambdues coses. Podem descartar fàcilment que les desenes siguin zero, perquè amb una sola xifra d’unitats o centenes, no podem duplicar les lletres I, E i T.

Descartem també que la desena sigui vint o quaranta, perquè per duplicar respectivament la V o la Q, necessitaríem respectivament vuit o quatre i aleshores, en un cas ens mancaria, per exemple, una segona E, i en l’altre, una I. Seixanta, encara és més fàcil d’eliminar, ja que no hi pot haver una segona X.

Passem a setanta. Hauria de ser un número de la forma x-cents setanta-cinc o cinc-cents setanta-x. observem que fins aquí, totes les lletres estan repetides llevat de la I. Però la I la podem introduir fent precisament que x sigui cinc, que les altres lletres també les té duplicades.
En conseqüència el número buscat és CINC-CENTS SETANTA-CINC.

La deducció és un xic llarga i embolicada, i no dubto que se’n pugui fer una de més curta o entenedora, però és un exemple de recerca sistemàtica, amb pistes que ens estalvien de mirar tots els casos d’un en un.

No posaré aquí tots els passos detallats per trobar la solució al  problema principal: trobar el menor número que contingui totes les lletres possibles.
Peró sí algunes deduccions bàsiques.
Com que el número ha de tenir una X, ha de contenir seixanta.
Com que ha de tenir M i L, ha de contenir mil.
Com que ha de tenir Z, el número que cerquem ha de portar onze, dotze, tretze, catorze, quinze o setze, i si no és als milers, és incompatible amb que les desenes siguin seixanta. O sigui que el número, com a mínim serà de la forma (onze~setze) mil x seixanta-y, on x és de la forma cent o z-cents, i y és una dígit.
Altres lletres que ens donen pistes són la Q i la V.  La Q sols pot aparèixer a quatre o quinze, perquè quaranta seria incompatible amb seixanta, si és que no ens en anem a números molt alts. La V, per idèntic raonament, només pot venir de vuit i no de vint.
Amb onze mil quatre-cents seixanta-vuit ens manca la D, invertint quatre i vuit per fer onze mil vuit-cents seixanta-quatre, també; o sigui que hem de passar a DOTZE mil quatre-cents seixanta-vuit per tenir la solució.

2: Triangle de diferències

Problema 2

Observem aquesta disposició triangular de fitxes numerades de l'1 al 10:

Triangle de diferències d'ordre 4, amb els números de l'1 al 10

Podem observar que cada fitxa té un valor numèric que és la diferència dels de les dues fitxes adjacents de la rengla superior. Diferència presa en valor absolut, sense tenir en compte el signe.

És possible construir un triangle similar de costat 5, amb fitxes —o boles de billar, per exemple— numerades de l'1 al 15?

I amb 21 fitxes formant un triangle de 6 de costat?

 Solució 2
Tan sols hi ha un triangle —llevat de la seva imatge especular— amb els números de l'1 al 15 que compleixi les condicions del problema:

La solució única del problema de les diferències

La recerca de solucions es pot simplificar una mica si observem que el número 15 ha d'estar necessàriament a la rengla superior i que cadascun dels números 1, 2, 3, 4 i 5 han d'ocupar files diferents.
Els triangles d'ordre 1, 2, 3, i 4 —més fàcils— tenen respectivament  1, 2, 4 i 4 solucions —sempre descartant les simetries especulars.
El triangle d'ordre 6, amb 21 números no té solució. Es pot demostrar per un argument de paritat considerant els números mòdul 2. En primer lloc hem de adonar-nos que mòdul 2, la suma i la diferència coincideixen.
Anomenem a, b, c, d, e, f als números del rengle superior.
La segona fila serà: a+b, b+c, c+d, d+e, e+f.
La tercera: a+2b+c, b+2c+d , c+2d+e, d+2e+f
La quarta: a+3b+3c+d, b+3c+3d+e, c+3d+3e+f
La cinquena: a+4b+6c+4d+e, b+4c+6d+4e+f
La sisena: a+5b+10c+10d+5e+f
La suma de tots els números del triangle serà, sempre mòdul 2, 6a+20b+34c+34d+20e+6f que necessàriament és un número parell ja que ho son tots els coeficients de l'expressió. Però la suma dels número de l'1 al 21 és 231, que és senar, o sigui que hem arribat a una contradicció i la solució no és possible.
La mateixa demostració val per a tots els triangles d'ordre 2ⁿ–2 llevat del d'ordre 2.
Hi ha una demostració que no existeix solució per a cap triangle de diferències d'ordre 9 o superior; els casos 7 i 8 es poden verificar mitjançant ordinador i resulta que tampoc no en tenen, o sigui que el triangle de la il·lustració és el més gran possible.