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martes, 6 de septiembre de 2011
Problema del dia (combinatoria) 06/09/11
Se tiene una cuadricula de $2011\times{2011}$, es posible cubrirla con rectangulos de $1\times{2}$ colocados horizontalmente y rectangulos de $1\times{3}$ colocados verticalmente?
llamare rectangulos A a los rectangulos de 3*1 y rectangulos B a los de 2*1
Asumamos que es posible
Fijemosnos en las columnas verticales, la suma de los Rectangulos A + la suma de rectangulos B que ocupan la columna debe de ser igual a 2011, y al ser 2011 congruente a 1 mod 3, debe de existir una cantidad de rectangulos B congruente a 1 mod3 de tal manera que 2011-B = 3k, si se pone una ilera de rectangulos B, existiria una columna que no tendria este cuadrito B por lo que habria un cuadrado que no seria llenado y si se pusiera un cuadrado B en otra parte se afectarian las otras columnas al no conseguir la congruencia 0 mod 3 como para que los rectangulos tipo A encajen perfectamente por lo que hay una contradiccion por ende es imposible llenar la cuadricula de esa manera
chuy_ito: tal vez no estoy entendiendo bien tu solucion, a que te refieres con hileras? y porque tiene que haber una hilera llena de cuadritos B lo anterior es cierto pero los cuadritos B pueden estar distribuidos por todas las hileras y de hecho pueden existir mas de uno por hilera como 4 o 7 o 10 etc por lo que no creo que tu solucion este completa pero vas por buen camino
Antonio lopez: no comprendi porque es que al colocar los rectangulos de 3*1 van a quedar 2011 cuadros?? la cantidad de rectangulos de 3*1 puede ser cualquiera por lo que no puedes asegurar eso
no porque miren en total tenemos (2011)^2 cuadritos que es igual a 4044121 lo que significa que tenemos esa misma cantidad de cuadritos.al numero de cuadritos le boy a yamar x x congruente 1 mod 2 x congruente a 1 mod 3 lo que significa que si ponemos todos los rectangulos de 2*1 nos van a sobrar 1*2011=2011 cuadritos en pocicion vertical y como 2011 congruente a 1 mod 3 entonces si ponemos todos los rectangulos de 3*1 al ultimo nos va a sobrar 1*1=1 cuaddrito y eso demuestra que no podemos llenar toda la cuadricula
No. Hacemos la siguiente coloracion. La primer fila es blanca, la segunda es negra, despues de ahi ponemos dos blancas y una negra, repitiendolo hasta terminar en dos blancas. Van a haber $670 \times 2011$ cuadritos negros.
Vemos que los rectangulos de 2x1, al ser horizontales, ocuparan dos cuadros del mismo color. Y los de 3x1 siempre ocuparán dos blancos y uno negro.
Como $2011^2$ es impar, debe haber una cantidad impar de rectangulos de 3x1, porque los de 2x1 son 2 cuadros, que es par. Esos rectangulos de 3x1 van a ocupar una cantidad impar de cuadritos negros, y los de 2x1 ocuparan una cantidad par. Par + Impar = Impar, pero teniamos $670 \times 2011$ cuadritos negros, que es par, por lo tanto no es posible llenar la cuadricula.
primero que nada voy a llamar al rectangulo 3*1 A y 2*1 B entonces al menos en una fila horizontal debe quedar una cantidad par de cuadritos para que se acomoden, y como todas las filas tienen cantidad impar de cuadros debe haber una cantidad impar de cuadritos de A en todas las filas, entonces si se acomodan lo mínimo de As posibles seria 670 pero habría una fila con una cantidad impar de cuadros,entonces agregamos otro A pero al agregarla habria 2 filas con cantidad impar de cuadritos o sea congruente a 1 mod 3 porque se van a ir agregando 3 cuadros y si seguimos agregando As van a seguir quedando filas con cantidad impar de cuadros porque n+multiplos de 3 (donde n es 2) va a ser congruente a 1 mod 3 por lo tanto no se pueden acomodar los As tal que en cada fila haiga una cantidad par de cuadritos asi que es imposible cubrir la cuadricula con rectangulos de 1*2 colocados horizontalmente y rectangulos de 1*3 colocados verticalmente
en mi comentario anterior no quedo claro que en una fila horizontal debe haber una cantidad par de cuadros para que B se acomoden y que debe haber una cantidad par de cuadritos en una fila omitiendo los cuadritos de A que haiga en la fila
Una vez analizado el problema podemos obtener dos ecuaciones:
En linea horizontal - $2n + k = 2011$ En linea vertical - $n + 3k = 2011$
Donde $n$ serian los rectángulos de 1*2, y $k$ los rectángulos de 1*3.
Con el método de suma y resta obtenemos: $2n -n +k -3k = 2011 - 2011$ $n -2k = 0$ $n = 2k$
Sustituimos el valor de $n$ en alguna de las ecuaciones:
$2(2k) + k = 2011$ $5k = 2011$ $k = 402$
Redondeamos el valor. Entonces, si $n = 2k$ $n = 804$.
Tenemos 804 rectángulos de 1*2, y 402 rectángulos de 1*3.
Entonces al sustituir $n$ y $k$ en ambas ecuaciones obtenemos $2010$. Esto nos representa que tanto horizontal como verticalmente tendremos una linea por cubrir.
En la linea horizontal solo podremos poner rectángulos de $1*2$, en una cantidad de $1005$. Donde quedaría un espacio por cubrir.(2*1005=2010). Y en la vertical solo rectángulos de 1*3,en una cantidad de 670. Donde también quedaría un espacio por cubrir.(3*670=2010)
Por lo tanto no es posible cubrir esta cuadricula en su totalidad.
si cada tercer cuadro (horizontalmente) se coloca una ficha verticalmente sabriamos que nos sobraria una fila al final por que 2011 es congruente con 1 modulo 3(: asi que verticalmente no se podriallenar y verticalmente funbciona uwal si cada cuarto cuadro se coloca una fica verticalmente tampoco cubririamos su totalidad por que 2011 es congruente con 3 modulo 4(:
No se puede porque 2011 es numero primo Como tenemos una cuadricula de 2011*2011 cuadritos tenemos un total de 4044121 cuadritos, como el total de cuadritos salio de un numero primo entonses solo va a ser divisible entre 2011 o 1 Lo que quiere decir que esa cuadricula solo va vamos a poder acompletar con cuadritos de 1*1 o rectangulos de 2011*1 o de 1*2011
Yo saque que 2011^2 sigue siendo numero impar, por lo tanto si los cuadros de 2*1, siempre van a ocupar numeros pares de cuadros, entonces los de 3*1 tienen que ser impares, y para que sean impares debe de haber un total de cuadros de estos impares para que se cumpla que impar*impar=impar.
Luego le di un valor X a los cuadros de 2*1, y un valor Y a los de 3*1 Para el vertical, tenemos que: 3Y+X=2011 2X+Y=2011 Esto por el total de cuadros que ocupa cada uno. Entonces como los 2 dan a 2011 3Y+X=2X+Y 3Y-Y=2X-X 2Y=X Y como tenemos que los cuadros X siempre van a dar Par, entonces como por cada X van a haber 2Y, y el total de X es par, entonces el total de Y tambien lo seria, y no cumpliria, ya que por lo ya mencionado antes, Y debia de ser impar para que esto cumpliera.
Tenemos que llenar la cuadricula de 2011*2011, con rectángulos de 2*1 y 3*1, los cuales llamare A y B respectivamente. Ahora, sabemos que 2011 es primo, y es congruente a 1 mod 3 y a 1 mod 2, ...entonces no podemos llenar la cuadricula con los rectángulos A, B esto debido a que 2*1=2 que es congruente a 0 mod 2 y 3*1=3 que es congruente a o mod 3. Entonces siempre faltara una fila (ya sea vertical u horizontal) por llenar en su totalidad, por lo cual no es posible llenar la cuadricula de 2011*2011 con los rectángulos A y B.
Llamemos a los rectángulos de 1x2 A y a los 1x3 B. Primero vemos que cualquier acomodo se puede invertir de manera que todas las fichas A queden juntas, igual que todas las fichas B. Primero vemos que ni las fichas A ni las fichas B pueden llenar una fila horizontal o vertical, segun sea el caso, por completo, ya que ambas a lo más pueden llenar 2010 cuadritos en una misma fila. Entonces cualquier fila vertical u horizontal debe contener almenos un cuadrito que pertenezca a cada tipo de ficha para poderla cubrir por completo. Despues vemos lo que pasaria si tratamos de llenar un area de 2010 por 2011 con puras A. Al hacer esto nos quedaría toda una fila vertical vacía, la cual rellenariamos con fichas B, pero como ya lo dijimos, esto no es posible ya que las fichas B no llenarian dicha fila y nos quedaria un cuadrito vacío. Despues nos fijamos que para cualquier número de fichas A en una fila horizontal, siempre va a haber un numero imapr de cuadritos vacío en la misma fila, despues si llenamos todas las filas de la misma manera con cualquier numero de fichas A ordenadas en cada fila, nos quedara un numero impar de cuadritos desocupados por fila. Si esos cuadritos desocupados los rellenamos con B, nos quedaria una porcion de hilera horizontal desocupada, pero esa porcion desocupada tendria su dimension horizontal impar, por lo cual no se podria llenar con fichas A. Igual si hacemos lo mismo con fichas B, al rellenar de la misma forma, cualquier numero de filas verticales con B, nos quedaria un numero par de cuadritos desocupados por fila, los cuales tendriamos que rellenar con A, pero no podemos rellenar todo el espacio con A, asi que tendriamos que cubrir el espacio vacío con más B, pero ese espacio vacío tendría su dimension vertical par, por lo cual no se podría llenar con B. Viendolo de ambas formas, la cuadricula de 2011x2011 no se puede llenar con cuadritos A y B.
Si numeramos todas las filas horizontales del 1 al 3 (1,2,3,1,2,...) tendremos que habrá 671 filas 1 y 670 filas 2 y 3. Si se coloca un rectángulo de 1*3, siempre ocupará una fila de cada número (1,2,3) entonces la cantidad de cuadros cubiertos por rectángulos verticales en cada número de fila deberá ser igual. Como 2011 es impar y los rectángulos de 1*2 ocuparán una cantidad par de cuadros, entonces la cantidad de cuadros que cubren los rectángulos de 3 será impar en todas las filas. En las filas 1 los cuadros cubiertos por rectángulos de 3 serán una cantidad impar de impares, es decir una cantidad impar; y en las filas 2 y 3 será una cantidad par de impares, es decir una cantidad par, pero esto es una contradicción pues la cantidad de cuadros cubiertos en las filas 1, 2 y 3 debe ser igual, por lo tanto no es posible.
chuy_ito: tal vez no estoy entendiendo bien tu solucion, a que te refieres con hileras? y porque tiene que haber una hilera llena de cuadritos B lo anterior es cierto pero los cuadritos B pueden estar distribuidos por todas las hileras y de hecho pueden existir mas de uno por hilera como 4 o 7 o 10 etc por lo que no creo que tu solucion este completa pero vas por buen camino
Antonio lopez: no comprendi porque es que al colocar los rectangulos de 3*1 van a quedar 2011 cuadros?? la cantidad de rectangulos de 3*1 puede ser cualquiera por lo que no puedes asegurar eso
Martin Contreras: No entiendo de donde sacaste que despues de poner los cuadritos horizontals quedarian 2011 cuadritos, pues puede haber cualquier numero de cuadritos horizontals por lo que no puedes asegurar eso.
Alberto: :)
Antonio Lopez: Tu respuesta parece estar bien sin embargo no la demuestras completamente.
Alejandro Reyes: cuando planteas tu sistema de ecuaciones no puedes tomar como si fuera la misma n y la misma k en ambas ecuaciones ya que los cuadros que hay en una hilera son distintos a los que hay en una columna.
Caro: tu solucion no dice mucho ya que hay posibilidades de llenar toda una hilera o columna con los cuadros, toma por ejemplo 670 cuadros verticals y uno horizontal, ahi estas llenando una columna complete
Alan Salcido: Tu razonamiento no es cierto ya que si los rectangulos de 3*1 y 2*1 pudieran ser horizontals o verticals si se podria rellenar la cuadricula, haz el intent con una de 5*5
Padilla: cuando planteas tu sistema de ecuaciones no puedes tomar como si fuera la misma n y la misma k en ambas ecuaciones ya que los cuadros que hay en una hilera son distintos a los que hay en una columna.
Ricardo G: Tu razonamiento no es del todo cierto ya que con la suma de los cuadros puedes generar un numero congruente con 1 modulo 2 y modulo 7, por ejemplo 2+2+3=7
Luis Carlos Garcia: No me queda clara tu solucion, primero ya que una de 2011 por 2010 si puede rellenarse, y algunos de tus argumentos no son ciertos, tiene que checarlo de Nuevo.
En la cuadricula de $2011 \times 2011$: Por ser $2011$ número impar, habrá un número impar de cuadrados de $1 \times 1$. Los rectángulos de $1 \times 2$ tendrán 2 cuadrados de $1 \times 1$ cada uno, entonces es posible decir que habrá un número impar de rectángulos de $1 \times 3$ (De otra forma tendríamos un numero par de cuadrados de $1 \times 1$ a partir de los rectángulos de $1 \times 3$, que sumados con la cantidad par de cuadrados obtenidos de los rectángulos de $1 \times 2$ no sería posible tener la cantidad total impar de cuadrados de $1 \times 1$ de la cuadricula de $2011 \times 2011$). Se tiene la cuadricula de $2011 \times 2011$ y se colorea con la siguiente secuencia: 2 filas NEGRAS y 1 fila BLANCA, 2 filas NEGRAS, y así sucesivamente. La fila $2010$ la colorearemos de BLANCO, y para finalizar la fila $2011$ será NEGRA. Tendremos $1341$ filas NEGRAS, y $670$ filas BLANCAS. Cada una tendrá $2011$ cuadrados de $1 \times 1$ del respectivo color. Habrá una cantidad impar de cuadrados NEGROS, y una cantidad par de cuadrados BLANCOS. Es posible asegurar que siempre que se coloque un rectángulo de $1 \times 3$, éste contara con $2$ cuadrados NEGROS, y $1$ cuadrado BLANCO. Y siempre que se coloque un rectángulo de $1 \times 2$ este contara con dos cuadrados NEGROS o dos cuadrados BLANCOS. Como fue antes mencionado, se debe tener una cantidad impar de rectángulos de $1 \times 3$ Por lo tanto, se sabe que después de colocar la cantidad impar de rectángulos de $1 \times 3$ se contara aun con una cantidad impar de cuadrados de $1 \times 1$ NEGROS, y también se contara con una cantidad impar de cuadrados BLANCOS (Teniendo como base que los rectángulos de $1 \times 3$ cuentan con dos cuadrados NEGROS y uno BLANCO). Entonces, tenemos cantidad impar de cuadrados de ambos colores, y recordando que los rectángulos de $1 \times 2$, cuentan con dos cuadrados de un solo color, no se podrá alcanzar a cubrir toda la cuadricula de $2011 \times 2011$. De esta manera se muestra que NO es posible cumplir con lo expuesto en el problema.
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ResponderBorrarllamare rectangulos A a los rectangulos de 3*1 y rectangulos B a los de 2*1
ResponderBorrarAsumamos que es posible
Fijemosnos en las columnas verticales, la suma de los Rectangulos A + la suma de rectangulos B que ocupan la columna debe de ser igual a 2011, y al ser 2011 congruente a 1 mod 3, debe de existir una cantidad de rectangulos B congruente a 1 mod3 de tal manera que 2011-B = 3k, si se pone una ilera de rectangulos B, existiria una columna que no tendria este cuadrito B por lo que habria un cuadrado que no seria llenado y si se pusiera un cuadrado B en otra parte se afectarian las otras columnas al no conseguir la congruencia 0 mod 3 como para que los rectangulos tipo A encajen perfectamente por lo que hay una contradiccion
por ende es imposible llenar la cuadricula de esa manera
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarchuy_ito: tal vez no estoy entendiendo bien tu solucion, a que te refieres con hileras? y porque tiene que haber una hilera llena de cuadritos B lo anterior es cierto pero los cuadritos B pueden estar distribuidos por todas las hileras y de hecho pueden existir mas de uno por hilera como 4 o 7 o 10 etc por lo que no creo que tu solucion este completa pero vas por buen camino
ResponderBorrarAntonio lopez: no comprendi porque es que al colocar los rectangulos de 3*1 van a quedar 2011 cuadros?? la cantidad de rectangulos de 3*1 puede ser cualquiera por lo que no puedes asegurar eso
no porque miren en total tenemos (2011)^2 cuadritos que es igual a 4044121 lo que significa que tenemos esa misma cantidad de cuadritos.al numero de cuadritos le boy a yamar x
ResponderBorrarx congruente 1 mod 2
x congruente a 1 mod 3
lo que significa que si ponemos todos los rectangulos de 2*1 nos van a sobrar 1*2011=2011 cuadritos en pocicion vertical y como 2011 congruente a 1 mod 3 entonces si ponemos todos los rectangulos de 3*1 al ultimo nos va a sobrar 1*1=1 cuaddrito y eso demuestra que no podemos llenar toda la cuadricula
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ResponderBorrarNo. Hacemos la siguiente coloracion. La primer fila es blanca, la segunda es negra, despues de ahi ponemos dos blancas y una negra, repitiendolo hasta terminar en dos blancas.
ResponderBorrarVan a haber $670 \times 2011$ cuadritos negros.
Vemos que los rectangulos de 2x1, al ser horizontales, ocuparan dos cuadros del mismo color. Y los de 3x1 siempre ocuparán dos blancos y uno negro.
Como $2011^2$ es impar, debe haber una cantidad impar de rectangulos de 3x1, porque los de 2x1 son 2 cuadros, que es par. Esos rectangulos de 3x1 van a ocupar una cantidad impar de cuadritos negros, y los de 2x1 ocuparan una cantidad par. Par + Impar = Impar, pero teniamos $670 \times 2011$ cuadritos negros, que es par, por lo tanto no es posible llenar la cuadricula.
primero que nada voy a llamar al rectangulo 3*1 A y 2*1 B
ResponderBorrarentonces al menos en una fila horizontal debe quedar una cantidad par de cuadritos para que se acomoden, y como todas las filas tienen cantidad impar de cuadros debe haber una cantidad impar de cuadritos de A en todas las filas, entonces si se acomodan lo mínimo de As posibles seria 670 pero habría una fila con una cantidad impar de cuadros,entonces agregamos otro A pero al agregarla habria 2 filas con cantidad impar de cuadritos o sea congruente a 1 mod 3 porque se van a ir agregando 3 cuadros y si seguimos agregando As van a seguir quedando filas con cantidad impar de cuadros porque n+multiplos de 3 (donde n es 2) va a ser congruente a 1 mod 3 por lo tanto no se pueden acomodar los As tal que en cada fila haiga una cantidad par de cuadritos
asi que es imposible cubrir la cuadricula con rectangulos de 1*2 colocados horizontalmente y rectangulos de 1*3 colocados verticalmente
en mi comentario anterior no quedo claro que en una fila horizontal debe haber una cantidad par de cuadros para que B se acomoden y que debe haber una cantidad par de cuadritos en una fila omitiendo los cuadritos de A que haiga en la fila
ResponderBorrarUna vez analizado el problema podemos obtener dos ecuaciones:
ResponderBorrarEn linea horizontal - $2n + k = 2011$
En linea vertical - $n + 3k = 2011$
Donde $n$ serian los rectángulos de 1*2, y $k$ los rectángulos de 1*3.
Con el método de suma y resta obtenemos:
$2n -n +k -3k = 2011 - 2011$
$n -2k = 0$
$n = 2k$
Sustituimos el valor de $n$ en alguna de las ecuaciones:
$2(2k) + k = 2011$
$5k = 2011$
$k = 402$
Redondeamos el valor. Entonces, si $n = 2k$
$n = 804$.
Tenemos 804 rectángulos de 1*2, y 402 rectángulos de 1*3.
Entonces al sustituir $n$ y $k$ en ambas ecuaciones obtenemos $2010$. Esto nos representa que tanto horizontal como verticalmente tendremos una linea por cubrir.
En la linea horizontal solo podremos poner rectángulos de $1*2$, en una cantidad de $1005$. Donde quedaría un espacio por cubrir.(2*1005=2010).
Y en la vertical solo rectángulos de 1*3,en una cantidad de 670. Donde también quedaría un espacio por cubrir.(3*670=2010)
Por lo tanto no es posible cubrir esta cuadricula en su totalidad.
si cada tercer cuadro (horizontalmente) se coloca una ficha verticalmente sabriamos que nos sobraria una fila al final por que 2011 es congruente con 1 modulo 3(:
ResponderBorrarasi que verticalmente no se podriallenar
y verticalmente funbciona uwal si cada cuarto cuadro se coloca una fica verticalmente tampoco cubririamos su totalidad por que 2011 es congruente con 3 modulo 4(:
No se puede porque 2011 es numero primo
ResponderBorrarComo tenemos una cuadricula de 2011*2011 cuadritos tenemos un total de 4044121 cuadritos, como el total de cuadritos salio de un numero primo entonses solo va a ser divisible entre 2011 o 1
Lo que quiere decir que esa cuadricula solo va vamos a poder acompletar con cuadritos de 1*1 o rectangulos de 2011*1 o de 1*2011
Yo saque que 2011^2 sigue siendo numero impar, por lo tanto si los cuadros de 2*1, siempre van a ocupar numeros pares de cuadros, entonces los de 3*1 tienen que ser impares, y para que sean impares debe de haber un total de cuadros de estos impares para que se cumpla que impar*impar=impar.
ResponderBorrarLuego le di un valor X a los cuadros de 2*1, y un valor Y a los de 3*1
Para el vertical, tenemos que:
3Y+X=2011
2X+Y=2011
Esto por el total de cuadros que ocupa cada uno.
Entonces como los 2 dan a 2011
3Y+X=2X+Y
3Y-Y=2X-X
2Y=X
Y como tenemos que los cuadros X siempre van a dar Par, entonces como por cada X van a haber 2Y, y el total de X es par, entonces el total de Y tambien lo seria, y no cumpliria, ya que por lo ya mencionado antes, Y debia de ser impar para que esto cumpliera.
Tenemos que llenar la cuadricula de 2011*2011, con rectángulos de 2*1 y 3*1, los cuales llamare A y B respectivamente.
ResponderBorrarAhora, sabemos que 2011 es primo, y es congruente a 1 mod 3 y a 1 mod 2, ...entonces no podemos llenar la cuadricula con los rectángulos A, B esto debido a que 2*1=2 que es congruente a 0 mod 2 y 3*1=3 que es congruente a o mod 3. Entonces siempre faltara una fila (ya sea vertical u horizontal) por llenar en su totalidad, por lo cual no es posible llenar la cuadricula de 2011*2011 con los rectángulos A y B.
Llamemos a los rectángulos de 1x2 A y a los 1x3 B.
ResponderBorrarPrimero vemos que cualquier acomodo se puede invertir de manera que todas las fichas A queden juntas, igual que todas las fichas B.
Primero vemos que ni las fichas A ni las fichas B pueden llenar una fila horizontal o vertical, segun sea el caso, por completo, ya que ambas a lo más pueden llenar 2010 cuadritos en una misma fila. Entonces cualquier fila vertical u horizontal debe contener almenos un cuadrito que pertenezca a cada tipo de ficha para poderla cubrir por completo. Despues vemos lo que pasaria si tratamos de llenar un area de 2010 por 2011 con puras A. Al hacer esto nos quedaría toda una fila vertical vacía, la cual rellenariamos con fichas B, pero como ya lo dijimos, esto no es posible ya que las fichas B no llenarian dicha fila y nos quedaria un cuadrito vacío. Despues nos fijamos que para cualquier número de fichas A en una fila horizontal, siempre va a haber un numero imapr de cuadritos vacío en la misma fila, despues si llenamos todas las filas de la misma manera con cualquier numero de fichas A ordenadas en cada fila, nos quedara un numero impar de cuadritos desocupados por fila. Si esos cuadritos desocupados los rellenamos con B, nos quedaria una porcion de hilera horizontal desocupada, pero esa porcion desocupada tendria su dimension horizontal impar, por lo cual no se podria llenar con fichas A.
Igual si hacemos lo mismo con fichas B, al rellenar de la misma forma, cualquier numero de filas verticales con B, nos quedaria un numero par de cuadritos desocupados por fila, los cuales tendriamos que rellenar con A, pero no podemos rellenar todo el espacio con A, asi que tendriamos que cubrir el espacio vacío con más B, pero ese espacio vacío tendría su dimension vertical par, por lo cual no se podría llenar con B.
Viendolo de ambas formas, la cuadricula de 2011x2011 no se puede llenar con cuadritos A y B.
Si numeramos todas las filas horizontales del 1 al 3 (1,2,3,1,2,...) tendremos que habrá 671 filas 1 y 670 filas 2 y 3. Si se coloca un rectángulo de 1*3, siempre ocupará una fila de cada número (1,2,3) entonces la cantidad de cuadros cubiertos por rectángulos verticales en cada número de fila deberá ser igual. Como 2011 es impar y los rectángulos de 1*2 ocuparán una cantidad par de cuadros, entonces la cantidad de cuadros que cubren los rectángulos de 3 será impar en todas las filas. En las filas 1 los cuadros cubiertos por rectángulos de 3 serán una cantidad impar de impares, es decir una cantidad impar; y en las filas 2 y 3 será una cantidad par de impares, es decir una cantidad par, pero esto es una contradicción pues la cantidad de cuadros cubiertos en las filas 1, 2 y 3 debe ser igual, por lo tanto no es posible.
ResponderBorrarchuy_ito: tal vez no estoy entendiendo bien tu solucion, a que te refieres con hileras? y porque tiene que haber una hilera llena de cuadritos B lo anterior es cierto pero los cuadritos B pueden estar distribuidos por todas las hileras y de hecho pueden existir mas de uno por hilera como 4 o 7 o 10 etc por lo que no creo que tu solucion este completa pero vas por buen camino
ResponderBorrarAntonio lopez: no comprendi porque es que al colocar los rectangulos de 3*1 van a quedar 2011 cuadros?? la cantidad de rectangulos de 3*1 puede ser cualquiera por lo que no puedes asegurar eso
Martin Contreras: No entiendo de donde sacaste que despues de poner los cuadritos horizontals quedarian 2011 cuadritos, pues puede haber cualquier numero de cuadritos horizontals por lo que no puedes asegurar eso.
Alberto: :)
Antonio Lopez: Tu respuesta parece estar bien sin embargo no la demuestras completamente.
Alejandro Reyes: cuando planteas tu sistema de ecuaciones no puedes tomar como si fuera la misma n y la misma k en ambas ecuaciones ya que los cuadros que hay en una hilera son distintos a los que hay en una columna.
Caro: tu solucion no dice mucho ya que hay posibilidades de llenar toda una hilera o columna con los cuadros, toma por ejemplo 670 cuadros verticals y uno horizontal, ahi estas llenando una columna complete
Alan Salcido: Tu razonamiento no es cierto ya que si los rectangulos de 3*1 y 2*1 pudieran ser horizontals o verticals si se podria rellenar la cuadricula, haz el intent con una de 5*5
Padilla: cuando planteas tu sistema de ecuaciones no puedes tomar como si fuera la misma n y la misma k en ambas ecuaciones ya que los cuadros que hay en una hilera son distintos a los que hay en una columna.
Ricardo G: Tu razonamiento no es del todo cierto ya que con la suma de los cuadros puedes generar un numero congruente con 1 modulo 2 y modulo 7, por ejemplo 2+2+3=7
Luis Carlos Garcia: No me queda clara tu solucion, primero ya que una de 2011 por 2010 si puede rellenarse, y algunos de tus argumentos no son ciertos, tiene que checarlo de Nuevo.
Luis Chacon: :)
En la cuadricula de $2011 \times 2011$: Por ser $2011$ número impar, habrá un número impar de cuadrados de $1 \times 1$.
ResponderBorrarLos rectángulos de $1 \times 2$ tendrán 2 cuadrados de $1 \times 1$ cada uno, entonces es posible decir que habrá un número impar de rectángulos de $1 \times 3$ (De otra forma tendríamos un numero par de cuadrados de $1 \times 1$ a partir de los rectángulos de $1 \times 3$, que sumados con la cantidad par de cuadrados obtenidos de los rectángulos de $1 \times 2$ no sería posible tener la cantidad total impar de cuadrados de $1 \times 1$ de la cuadricula de $2011 \times 2011$).
Se tiene la cuadricula de $2011 \times 2011$ y se colorea con la siguiente secuencia: 2 filas NEGRAS y 1 fila BLANCA, 2 filas NEGRAS, y así sucesivamente. La fila $2010$ la colorearemos de BLANCO, y para finalizar la fila $2011$ será NEGRA. Tendremos $1341$ filas NEGRAS, y $670$ filas BLANCAS. Cada una tendrá $2011$ cuadrados de $1 \times 1$ del respectivo color. Habrá una cantidad impar de cuadrados NEGROS, y una cantidad par de cuadrados BLANCOS.
Es posible asegurar que siempre que se coloque un rectángulo de $1 \times 3$, éste contara con $2$ cuadrados NEGROS, y $1$ cuadrado BLANCO. Y siempre que se coloque un rectángulo de $1 \times 2$ este contara con dos cuadrados NEGROS o dos cuadrados BLANCOS.
Como fue antes mencionado, se debe tener una cantidad impar de rectángulos de $1 \times 3$ Por lo tanto, se sabe que después de colocar la cantidad impar de rectángulos de $1 \times 3$ se contara aun con una cantidad impar de cuadrados de $1 \times 1$ NEGROS, y también se contara con una cantidad impar de cuadrados BLANCOS (Teniendo como base que los rectángulos de $1 \times 3$ cuentan con dos cuadrados NEGROS y uno BLANCO).
Entonces, tenemos cantidad impar de cuadrados de ambos colores, y recordando que los rectángulos de $1 \times 2$, cuentan con dos cuadrados de un solo color, no se podrá alcanzar a cubrir toda la cuadricula de $2011 \times 2011$.
De esta manera se muestra que NO es posible cumplir con lo expuesto en el problema.