Generalizando sobre sumas de cuadrados a partir de un cuadro ruso

En matemáticas es bien conocido el teorema de los cuatro cuadrados, que dice que todo número entero positivo puede expresarse como suma de los cuadrados de cuatro números enteros. La primera demostración conocida de este resultado se debe a Lagrange, y data de 1770, aunque después ha habido alguna mejora en dicha demostración, como la de Legendre en 1798 que fue terminada por Gauss, y algunas generalizaciones, como el teorema de los números poligonales de Fermat o una debida a Ramanujan.

El caso es que las sumas de cuadrados nos pueden dar más sorpresas aparte de la de este teorema, y una de ellas, de la que vamos a hablar hoy, tiene cierta relación con un cuadro de un artista ruso.

El cuadro en cuestión se titula Contando en sus cabezas, y el autor es el pintor ruso Nikolai Bogdanov-Belsky (1868-1945). Aquí tenéis la obra:

Contando con sus cabezas

(Imagen tomada de aquí.)

En ella se ven unos niños intentando dar la solución a una operación matemática que, se entiende, el profesor les ha planteado escribiéndola en una pizarra. Como veis, la operación es la siguiente:

\cfrac{10^2+11^2+12^2+13^2+14^2}{365}

Es sencillo dar el resultado correcto de dicha operación sin necesidad de realizar todas las operaciones a lo bestia. En los comentarios podéis dejar las ideas que se os ocurran, y si no se os ocurre ninguna podéis echar un ojo a los comentarios de este post de Guillermo en La Aldea Irreductible, ya que en ellos aparecen algunas posibilidades.

El caso es que el resultado que parecen buscar con mucho esfuerzo los niños que aparecen en el cuadro es, evidentemente, 2. Y una forma de obtenerlo (aunque incluiría hacer cuentas a lo bruto) es saber que tanto 10^2+11^2+12^2 como 13^2+14^2 dan como resultado 365. Por tanto obtendríamos

\cfrac{365+365}{365}

que es claramente 2.

Es curioso, ¿verdad? Si sumamos los cuadrados de los números 10, 11 y 12 nos da el mismo resultado que se obtiene al sumar los cuadrados de los dos números siguientes, 13 y 14:

10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

¿Será esta igualdad un caso aislado? ¿Será éste el único caso en el que ocurre algo parecido? ¿O simplemente se trata de un caso particular de un resultado más general? Pues sí amigos: esta igualdad es en realidad un caso concreto de una propiedad más general que involucra sumas de cuadrados. Dicha propiedad es la siguiente:

Para n \geq 1, si sumamos n+1 cuadrados de números naturales consecutivos comenzando con el cuadrado del número n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n números naturales.

Vamos a analizar algunos casos particulares:

  • Para n=1 tenemos que n(2n+1)=3. En este caso sumaríamos n+1=2 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 3, 3^2+4^2, y obtenemos el mismo resultado que si tomamos el cuadrado del siguiente número natural, 5^2 (tomamos uno nada más porque n=1). Es decir:

    3^2+4^2=5^2

    que sabemos que es cierto.

  • Para n=2 tenemos que n(2n+1)=10. En este caso sumaríamos n+1=3 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 10, que es el caso comentado anteriormente y sacado del cuadro ruso: 10^2+11^2+12^2. Obtendríamos el mismo resultado que si tomamos la suma de los cuadrados de los n=2 siguientes números naturales. Es decir:

    10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

    que también hemos visto que es cierto.

  • Para n=3 tenemos que n(2n+1)=21. En este caso sumaríamos n+1=4 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 21, 21^2+22^2+23^2+24^2, y obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=3 números naturales. Nos quedaría:

    21^2+22^2+23^2+24^2=25^2+26^2+27^2

    Podéis comprobar (os dejo que uséis calculadora) que en ambos lados de la igualdad obtenemos como resultado 2030.

  • Para n=4 comenzamos en n(2n+1)=36 y sumaríamos n+1=5 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 36, obteniendo el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=4 números naturales:

    36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2

    En ambos caso nos sale 7230.

Y podríamos seguir con estas reglas, obteniendo siempre el mismo resultado a ambos lados de cada una de las igualdades obtenidas. Precioso resultado, ¿verdad?…

…bueno, en realidad todavía no es un resultado propiamente dicho, ya que no hemos demostrado que esto ocurra siempre. Hemos dado unas reglas y parece que con ellas nuestra propuesta de resultado se va cumpliendo para los primeros valores de n, pero eso no significa que se cumpla para todos. Es decir, lo que hemos planteado es una conjetura. Para que se convierta en un resultado matemático correcto debemos dar una demostración.

Bien, yo he intentado demostrar este hecho por inducción a pelo y la verdad es que es extremadamente engorroso. De hecho he estado un buen rato con ello, pero el proceso es tan farragoso que he desistido. Pero hay una forma relativamente sencilla de demostrarlo, y es la que aparece en este post de Visualizing Math (que es el post que me recordó el tema del cuadro del que me había hablado el propio Guillermo hace ya bastante tiempo). Vamos a intentar reproducirla.

Para empezar vamos a escribir lo que queremos demostrar, que es que si sumamos los cuadrados de n+1 números consecutivos comenzando por el n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrado de los n números siguientes. Es decir, queremos comprobar que la siguiente igualdad es cierta:

\begin{matrix} (n(2n+1))^2+(n(2n+1)+1)^2+ \ldots +(n(2n+1)+n)^2= \\ =(n(2n+1)+n+1)^2+\ldots+(n(2n+1)+n+n)^2 \end{matrix}

Lo que vamos a hacer es trastear esa igualdad y llegar a otra en la que a ambos lados de la misma obtenemos igual resultado. El primer paso es tomar las restas de cada término de la parte derecha con el que está en la misma posición en la parte izquierda (en el orden en el que están colocados ahora). Es decir, tomamos la resta del último de la derecha menos el último de la izquierda, la resta del penúltimo de la derecha menos el penúltimo de la izquierda, y así sucesivamente. Es decir, pasamos a la derecha todos los términos menos el primero y los ordenamos en forma de restas como hemos comentado. El objetivo ahora será ver que si sumamos todos los resultados obtenidos de esas restas nos da exactamente el único término que ha quedado a la izquierda, (n(2n+1))^2.

La resta de los dos últimos términos es

(n(2n+1)+n+n)^2-(n(2n+1)+n)^2

Si consideramos el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+n y n y usamos la identidad notable del cuadrado de una suma (vale, para algo nos valen las identidades notables), el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el término que teníamos restando, quedando la resta inicial así:

n^2+2n(n(2n+1)+n)

Hacemos lo mismo con las n restas que tendríamos. Por ejemplo, la última resta quedaría así:

(n(2n+1)+n+1)^2-(n(2n+1)+1)^2

Tomando ahora el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+1 y n, y operando igual que antes, el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el que teníamos restando (como antes). Nos queda lo siguiente:

n^2+2n(n(2n+1)+1)

Vamos a ver ahora qué nos quedaría al sumar todos los resultados de todas esas restas. Tendríamos el término n^2 sumado n veces (una por cada resta), que por tanto quedaría

n^2 \cdot n=n^3

y después tendríamos varios términos multiplicados todos por 2n. Sacando factor común ese 2n obtendríamos la siguiente expresión:

2n \bigg ( (n(2n+1)+1)+(n(2n+1)+2)+ \ldots + (n(2n+1)+n) \bigg )

Si nos fijamos, dentro del paréntesis grande aparece el término n(2n+1) sumado n veces, por lo que dicha suma puede expresarse como

n \cdot (n(2n+1))=2n^3+n^2

El resto de término que aparecen dentro de ese paréntesis grande son 1+2+\ldots+n. Sabemos que esa suma vale

\cfrac{n(n+1)}{2}

Recapitulando, la suma de los resultados de todas las restas que habíamos calculado es la siguiente:

n^3+2n \bigg (2n^3+n^2+\cfrac{n(n+1)}{2} \bigg )

Operando todo esto llegamos fácilmente a que su valor es

4n^4+4n^3+n^2

que es precisamente el valor de (n(2n+1))^2. Con ello queda demostrada nuestra conjetura.

Sí, cierto, esta demostración también queda un pelín engorrosa, pero como he comentado antes no os imagináis lo que es intentar demostrar esta conjetura directamente con inducción. A mí no se me ha ocurrido ninguna otra forma que pueda ser más amigable que la descrita en esta entrada, pero puede que a alguno de vosotros se os encienda la bombilla y encontréis alguna manera de simplificar esta demostración, o quizás alguna otra más sencilla. Si es así os agradecería que nos los contarais en los comentarios.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

11 Comentarios

  1. Sea T1 la suma de cuadrados desde 1 hasta k=2n^2+n-1. Usando la fórmula de la suma de cuadrados consecutivos, T1=(2k^3+3k^2+k)/6, sustituyendo k y desarrollando tenemos que T1=(16n^6+24n^5-10n^3-n^2-n)/6.

    T2 es la suma de cuadrados desde 1 hasta k=2n^2+2n, T2=(16n^6+48n^5+60n^4+40n^3+14n^2+2n)/6.

    T3 es la suma de cuadrados desde 1 hasta k=2n^2+3n, T3=(16n^6+72n^5+120n^4+90n^3+29n^2+3n)/6.

    Se comprueba fácilmente que T3-T2=T2-T1=(24n^5+60n^4+50n^3+15n^2+n)/6.

    Publica una respuesta
    • Hace unos años demostré :
      Dado cualquier número impar n=2k+1, existe una única secuencia de “n” números naturales consecutivos de forma que la suma de los cuadrados de los “k+1” menores coincide con la suma de los cuadrados de los “k” mayores.
      La demostración se basa en la fórmula de la suma de los cuadrados de los primeros “n” naturales:
      1^2+2^2+3^2+…….+

      Publica una respuesta
  2. Ya había leído una anécdota de Euler sobre este uso curioso de la suma, que se habría valido de el.

    “Durante el reinado de Catalina II Denis Diderot, filósofo y enciclopedista francés, fue invitado a visitar la corte rusa. Reconocido ateísta divulgaba sus ideas entre la juventud rusa. Esto divertía a la emperatriz pero algunos de sus consejeros le sugirieron que seria conveniente controlar las ideas que Diderot exponía. La emperatriz que no quería actuar de forma directa para callar a Diderot urdió el siguiente plan. Se informó a Diderot que un sabio matemático, que resulto ser Leonhard Euler, tenía una demostración algebraica de la existencia de Dios y que se la expondría en presencia de la corte si estaba de acuerdo. A Diderot le pareció bien la sugerencia. Una vez reunida la corte y ambos presentes Euler avanzó hacia Diderot y en un tone grave y de convicción exclamo:

    “Señor, (a^n+b^n)/n = x, por tanto Dios existe; responda Vd!”

    Diderot, para el que el álgebra era Hebreo, estaba avergonzado y desconcertado, mientras que la corte reía a su alrededor. Pidió permiso, que le fue concedido, y volvió a Francia inmediatamente.”

    La información la tomé de aquí: http://divulgadores.com/euler-y-diderot/

    Publica una respuesta
  3. Se me ha ocurrido un problema del tipo del aquí planteado y del que no he encontrado información en la red:

    Averiguar cuántos puntos de coordenadas enteras hay en la superficie de una esfera con centro en el origen y radio R entero.

    Son las distintas soluciones enteras de la ecuación x^2+y^2+z^2=R^2.
    Existen cuatro formas de descomponer un R^2 en suma de tres cuadrados:

    0^2+0^2+R^2 que aporta 6 puntos de coordenadas enteras.
    0^2+a^2+b^2 que aporta 24 puntos-
    a^2+a^2+b^2 que aporta también 24 puntos.
    a^2+b^2+c^2 que aporta cuarenta y ocho puntos.

    Ni 0^2+a^3+a^2 ni a^2+a^2+a^2 pueden sumar un cuadrado perfeco.

    Bajo estas condiciones he elaborado la lista de puntos ce coordenadas enteras para radios desde 1 hasta 21 y me salen (salvo error mío) 6, 6, 30, 6, 30, 30, 54, 6, 102, 30, 78, 30, 54, 30, 150, 6, 102, 102, 126, 30 y 222.

    Además de preguntar si alguien conocía ya este problema sugiero oro adicional:
    Demostrar que en una superficie esférica centrada en el origen con un radio R=2^n solo puede haber SEIS puntos con coordenadas enteras.

    Publica una respuesta
  4. El recíproco también es cierto. Si la suma de los cuadrados de n+1 números consecutivos es igual a la suma de los cuadrados de los n siguientes, entonces el primero de los números es 2n^2+n.

    Basta con escribir (r – n)^2 +… +r^2 = (r+1)^2 +… + (r + n)^2
    para comprobar que r = 2n^2 + 2n.

    También es curioso que dicha secuencia de números va de un número triangular de orden par al anterior del siguiente número triangular (de orden impar).

    Publica una respuesta
  5. Creo que es la misma demostración pero de otra manera…

    Se trata de demostrar lo siguiente:

    \sum\limits_{j=0}^n (n(2n+1)+j)^2=\sum\limits_{j=1}^n (n(2n+1)+j+n)^2

    O lo que es lo mismo:

    (n(2n+1))^2+\sum\limits_{j=1}^n (n(2n+1)+j)^2=\sum\limits_{j=1}^n (n(2n+1)+j+n)^2

    De esta forma tenemos sumatorios con los mismos límites.

    Ahora defino: n(2n+1)+j=a

    Con lo que la ecuación nos queda:

    (n(2n+1))^2+\sum\limits_{j=1}^n a^2 = \sum\limits_{j=1}^n (a+n)^2

    Donde el segundo término de la ecuación queda:

     \sum\limits_{j=1}^n (a+n)^2=\sum\limits_{j=1}^n a^2+\sum\limits_{j=1}^n 2an+\sum\limits_{j=1}^n n^2

    Por lo tanto podemos eliminar el término  \sum\limits_{j=1}^n a^2 a ambos lados de la ecuación, con lo que nos queda:

    (n(2n+1))^2 =\sum\limits_{j=1}^n 2an+\sum\limits_{j=1}^n n^2

    Sustituyo a y expando:

    4n^4+4n^3+n^2=\sum\limits_{j=1}^n 2(n(2n+1)+j)n+\sum\limits_{j=1}^n n^2
    4n^4+4n^3+n^2=\sum\limits_{j=1}^n (4n^3+2n^2+2nj)+\sum\limits_{j=1}^n n^2
    4n^4+4n^3+n^2=\sum\limits_{j=1}^n (4n^3+3n^2)+\sum\limits_{j=1}^n 2nj
    4n^4+4n^3+n^2= 4n^4+3n^3+2n\sum\limits_{j=1}^n j

    Con lo que finalmente obtenemos:

    n^3+n^2=2n\sum\limits_{j=1}^n j

    Y dado que \sum\limits_{j=1}^n j = \frac{n(n+1)}{2}

    Finalmente nos queda:

    n^3+n^2=2n \frac{n(n+1)}{2}=n^2(n+1)

    Y queda demostrado 🙂

    Publica una respuesta

Trackbacks/Pingbacks

  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com Valora en Bitacoras.com: En matemáticas es bien conocido el teorema de los cuatro cuadrados, que dice que…

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Envía un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *