Un tromino es una pieza en forma de L que consiste de tres cuadros, dos de ellos están unidos a los lados adyacentes del tercero

Se le da a usted un tablero de cuadros de 2ⁿ por 2ⁿ, y el tio Alberto pone un centavo en uno de ellos.

Su trabajo es cubrir el resto de los 2²ⁿ – 1 cuadros con (2²ⁿ – 1)/3 trominos. ¿Puede hacerlo?

Solución de MP29

Recibimos soluciones completas de Francesco Barioli (Regina), Pierre Bornsztein (Francia), Normand LaLiberté (Ontario), Juan Mir Pieras (España), Gordon Robinson (British Columbia), Jayavel Sounderpandian (Wisconsin), y Jason Stein (Regina). Casos especiales de Rachel Fello (internet) y Lina (California). La solución de Mir es idéntica a la de Baroli. La mayoría de las soluciones completas fueron muy similares en la forma que usaron inducción matemática. Aquellos lectores que no estén familiarizados con la forma en que se usa la inducción pueden consultar nuestra apartado central de recursos de matemáticas (Math Central Resource Room) en la página

http://mathcentral.uregina.ca/RR/database/RR.09.95/nom3.html

Mir solution

PASO 1
Primero, voy a demostrar que siempre se pueden cubrir tres cuadrantes de un cuadrado 2n x 2n, para cualquier n ≥ 1.

Es fácil demostrarlo por inducción:
- Para n=1, la solución es el propio tetrominó.
- Si se pueden cubrir con tetrominós tres cuadrantes de un cuadrado 2n x 2n, entonces también se pueden cubrir tres cuadrantes de un cuadrado 2n+1 x 2n+1, con la siguiente composición:

PASO 2
Ahora ya podemos demostrar constructivamente que el problema propuesto siempre se puede resolver.
Para ello, localizamos en qué cuadrante está el centavo y cubrimos con tetrominós los otros tres con el método del paso 1. Ahora el centavo está en un cuadrado cuyo lado es la mitad del inicial.
Podemos repetir el proceso hasta que el cuadrado que contiene el centavo sea de lado 1, es decir, hasta que hayamos cubierto con tetrominós todo el cuadrado inicial excepto el centavo, que es lo que queríamos conseguir.

Observación 1. La estrategia es única para n = 1, 2.

Observación 2. Es natural preguntarse que pasa con un tablero rectangular de m por n cuadros: coloque un centavo en uno de los mn cuadros: si mn – 1 es divisible por 3, ¿pueden los restantes cuadros del tablero ser cubiertos con (mn – 1)-3 trominos?

Barioli envió un argumento que requiere el análisis de varios casos especiales y los reduce cada uno a un caso menor (muy parecido al argumento de arriba). Parecer ser que con un poco de paciencia uno puede probar que hay solamente pocos casos de rectángulos de m por n que uno no puede resolver. En efecto, casos imposibles se reducen a cuatro casos. La afirmación de Barioli es que cuando y 3 divide mn - 1, la solución del problema es posible para todos los tableros excepto los siguientes cuatro tipos.

1. m = 1.
2. m = 2, n = 5 + 3k, k „ 0, y el centavo es colocado en la siguiente posición (donde k' + k'' = k):
   
   
   
3. m = 5, n = 8 + 3k, y el centavo esta en medio de la hilera, dos columnas a partir del final:
   
   
   
4. m = n = 5, y el centavo esta en cualquiera de las siguientes 16 posiciones: