Números colocados

Hoy os traigo como problema semanal uno que me envió Lezcano al mail hace ya tiempo. Ahí va:

Partimos del siguiente triángulo numérico:

$\begin{matrix} 1 \\ 2 \quad 3 \quad 4 \\ 5 \quad 6 \quad 7 \quad 8 \quad 9 \\ 10 \; \; 11 \; \; 12 \; \; 13 \; \; 14 \; \; 15 \; \; 16 \\ \ldots \end{matrix}$

Decimos que un número está colocado en este triángulo si la suma del primer número de su fila y el primero de su columna da como resultado ese número. Por ejemplo, el 12=10+2 está colocado, el 14=10+4 también lo está, pero el 6 no lo está, ya que 5+2=7.

La pregunta es la siguiente: ¿está colocado el número $2^{2011}$ ? Explica el procedimiento que has empleado para determinarlo.

Que se os dé bien.

16 comentarios

Trackback | 11 Oct, 2011

Bitacoras.com
josejuan | 11 de October de 2011 | 17:37

Si un número está a la izquierda del triángulo, está colocado si es cero la siguiente expresión

$R(n)=-~n^{2}+2n\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{2}-2n\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil +3n-\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{4}+2\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{3}-\allowbreak 4\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{2}+4\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil -4$

Si está a la derecha, estará colocado si es cero

$Q(n)=-n^{2}+2n\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{2}-2n\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil +n-\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{4}+2\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{3}-\allowbreak 2\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil ^{2}+2\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil -2$

Para valores pequeños me dan bien el resultado, para el valor pedido no me da cero.

La forma de obtener las expresiones ha sido por construcción.

De todos modos, supongo que la solución pasa por algo mucho más elegante (a mí es que no me da pa’más)
Sebas | 11 de October de 2011 | 18:03

Yo de momento estoy en:
Si n^4-2*n^3+4*n^2-4*n+4=2^2011
o n^4-2*n^3+4*n^2-2*n+2=2^2011
tiene solución entera, entonces esta “colocado”
Pero estoy atascado y tambien supongo que la solución ha de ser brillante, distante de los tochos que he parido.
JJGJJG | 11 de October de 2011 | 18:34

He ampliado el triángulo unas cuantas filas y observo lo siguiente:
En la fila n el extremo izquierdo es (n – 1)^2 + 1 y en derecho n^2.
Los primeros valores colocados son 3, 12, 14, 55, 59, ….
Las filas correspondientes son las 2, 4, 8, 14,…..
El 3 está en el centro y los restantes son parejas que se vas separando a izquierda y derecha un lugar en cada nueva ocurrencia.

Las filas privilegiadas parecen formar parte de una sucesión aritmética de segundo orden con diferencias 2, 4, 6,.. cuyo término general es x^2 – x + 2
Comprobando para la siguiente fila candidata que sería la 22 encontramos en los lugares previstos el 459 y el 467, ambos “colocados”.

Poniendo en función del indice de fila privilegiada y sus valores izquierdo y superior los números colocados obtenemos para ellos las siguientes vexpresiones:
Izquierdo (x^2 – x + 1)^2 + x^2 – 2*x +3
Derecho (x^2 – x +n 1)^2 + x^2 + 1
o lo que es lo mismo:
Izquierdo x^4 – 2*x^3 + 4*x^2 – 4*x + 4
Derecho x^4 – 2*x^3 + 4*x^2 – 2*x + 2

Si una de ellas ha de ser una potencia de 2, x debe ser par ya que todos los coeficientes excepto el de x^4 son pares.

Sustituyamos en ambas x por 2*y e igualemos a potencias de 2.
16*y^4 – 16*y^3 + 16*y^2 – 8*y + 4 = 2^a
16*y^4 – 16*y^3 + 16*y^2 – 4*y + 2 = 2^b

Dividamos la primera por 4 y la segunda por 2:

4*y^4 – 4*y^3 + 4*y^2 – 2*y + 1 = 2^(a – 2)
8*y^4 – 8*y^3 + 8*y^2 – 2*y + 1 = 2^(b – 1)

Como es evidente que los miembros de la izquierda son impares en ambas expresiones NINGUNA POTENCIA DE 2 PUEDE ESTAR “COLOCADA” EN EL TRIÁNGULO
Sebas | 11 de October de 2011 | 19:41

Despues de colgar mi aportación, mi perro me ha sacado a pasear, mientras estabamos dialogando lo que consideraba unos tochos se han convertido en fina porcelana, creo que no hace falta seguir, coincido con JJGJJG.
Esperemos que a alguien se le ocurra algo mas drillante.
Saludos
JJGJJG | 11 de October de 2011 | 20:03

Sebas, veo que en el tiempo que he usado redactando mi post tu ya habías dado los polinomios que dan los números “!colocados en cada fila.
Como resuman podemos decir que dados estas tres expresiones
a = x^2 – x + 2
b = x^4 – 2*x^3 + 4*x^2 – 4*x + 4
c = x^4 – 2*x^3 + 4*x^2 – 2*x + 2
Para cada x natural a es la fila, b es el “colocado” izquierdo y c es el derecho

También podemos expresarlos así:
a = x^2 – x + 2
b = a^2 – x^2
c = a^2 – (x-1)^2 – 1
Sebas | 11 de October de 2011 | 20:41

JJGJJG, como habras leido en mi primer post me habia parado en las ecuaciones sin llegar a discutirlas, pues suponia que existiria otro camino mas brillante, pero despues de cerrar el ordenador y discutir con mi perro he llegado a la conclusió que deberia ser el camino correcto.
El camino que sigo para llegar a las ecuaciones es practicamente identico al tuyo, con ligeras variaciones en el razonamiento, pero todas las expresiones coinciden.
Saludos
maite | 13 de October de 2011 | 10:42

Estoy en la pelu y en este momento no tengo lapiz y papel aunque si un tablet.
He llegado a la conclusion que el lado izquierdo del triangulo sigue la progresion (n-1)^2 y el+ lado derech n^2.
Por lo tanto habra que ver cual es el cuadrado perfecto mayor mas cercano al numero pedido, asi tendriamos el valor de n y por tanto el primer numero pedido: (n-1)^2, para saber el segundo hacemos la resta del cuadrado perfecto y el numero dado y restamos ese valor a n y hallamos su cuadrado ,seria la segund cifra a sumar
maite | 13 de October de 2011 | 10:51

En el comentario anterior he cometido un error, la progresion del lado izquierdo corresponde a (n-1)^2+1
javiol | 16 de October de 2011 | 21:39

Entonces esta sería la solución definitiva?? No digo que no sean correctas, pero no hay alguna manera más “ortodoxa” de demostrarlo? Poruqe al final las ecuaciones las habeis obtenido “contando” y viendo que orden siguen sin buscar una explicación más profunda, lo cual sigue teniendo mucho merito, que quede claro que para mi tiene merito.
Sebas | 16 de October de 2011 | 22:21

Amigo javiol: No se que entiendes por una solución mas “ortodoxa” a este desafio, mi razonamiento no dista mucho del de JJGJJG y considero que no es “contar”. Como comente en mi post al llegar a la ecuación, de forma razonada por las condiciones exigidas, consideré que no era la solución pero rectifiqué al ver que esta era la clave, mas o menos brillante. El 2^2011 es muy grande, el 2011 puede ser cualquier impar (se ha aprovechado el año, supongo, como en otros casos)
Estudié una relación estre la fila de los “colocados” y la fila de los sumandos, con esta función se conocen las “n” filas que pueden contener “colocados”, despues con la condición de “colocado” como suma de los extremos de estas filas queda la condición unica que debe cumplir un “colocado”, con esta condición facilmente se pueden descartar muchos números.
Escribo esta nota de “corrido” sin tener a mano las ecuaciones, si lo deseas no tengo inconveniente en volver a resolverlo y exponerlo.

maite: no sabemos si aún estas en la pelu, yo empecé por la sucesión de los centrales, creo que es mas facil.

Saludos
Manuel | 18 de October de 2011 | 23:22

Voy a dar una respuesta alterantiva, mucho más sencilla, creo. Se basa en estudiar la divisibilidad por 8 de los números que forman el lado izquierdo y el lado derecho del triángulo. Como ya se ha observado, el lado izquierdo lo forman números del tipo (n-1)^2 + 1, los del lado derecho números de la forma n^2. Pues bien, podemos investigar los restos de dichos números entre 8 y observamos que:
-Números del lado izquierdo, restos: 1, 2, 5, 2, …… ( la serie se repite cíclicamente)
-Números del lado derecho, restos: 1, 4, 1, 0, ….. ( la serie se repite cíclicamente)
Ahora bien, los números “colocados” coinciden con la suma o bien de dos del lado izquierdo (uno corresponde a la vertical y otro a la horizontal ) o bien a uno del lado izquierdo ( la horizontal ) y a uno del derecho ( para la vertical ).
Si realizamos las posibles sumas entre de todos los restos nombrados, vemos que los únicos resultados posibles ( recordemos que estamos trabajando en módulo 8 ) son los siguientes: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. No existe el resto 0, por tanto la conclusión es que los números “colocados” NUNCA PUEDEN SER MÚLTIPLOS DE 8. Como 2^2011 sí lo es, no puede ser número “colocado”.
JJGJJG | 19 de October de 2011 | 12:01

Enhorabuena, Manuel. Una solución breve y muy sencilla de entender.
Se apoya en la certeza de que la serie de restos por 8 se repite indefinidamente con periodicidad 4.
Copmprobamos:
A la izquierda (n-1)^2+1 y (n+3)^2+1 son congruentes módulo 8 ya que su diferencia es múltiplo de 8: (n^2+6*n+10)-(n^2-2*n+2)=8*n+8.
Y a la derecha (m+4)^2-m^2=8*m+16.
Basta, pues, con escribir las cuatro primeras filas y utilizar tu hábil proceso aritmético.
Sebas | 19 de October de 2011 | 14:38

Feliz ocurrencia, Manuel, estupendo. Mejor que nuestras ecuaciones
JJGJJG | 20 de October de 2011 | 01:06

Últimamente están apareciendo números singulares en el blog como colocados, elegantes, polidivisibles y otros.

Buscando relaciones en los números he encontrado un grupo curioso del que no encuentro documentación alguna.

A falta de otro nombre los llamaré números “potenciables” y los defino como
NÚMEROS NATURALES QUE AL SER ELEVADOS A UNA POTENCIA DE EXPONENTE ENTERO DAN OTRO NÚMERO CUYA SUMA DE CIFRAS ES IGUAL AL PRIMERO.
Ejemplo: 18^3=5832, 5+8+3+2=18.

Es fácil comprobar que para cada exponente entero posible los números potenciables tienen una cota superior. Basta observar que el número n=a^b tiene log10(n) dígitos que van de 0 a 9, luego su suma ha de ser menor que 9*log10(n), es decir, a<9*b*log10(a) o, lo que es lo mismo a/log10(a)<9*b.

Veamos los números potenciables para los primeros exponentes :
Descartamos el 0 porque, singularmente, 0^p=0 para todo p (excepto p=0).
Con exponente 1 son potenciables los 9 de una cifra y solo ellos 1=1^1, 2=2^1, …. 9=9^1.
Con exponente 2 solo tenemos 1:l 81=9^2 ya que 8+1=9.
Con exponente 3 hay 4: 512=8^3, 4913=17^3, 5832=18^3 y 17576=26^3.
Con exponente 4 hay 5: 7^4, 22^4, 25^4, 28^4 y 36^4.
Con exponente 5 hay 4: 28^5, 35^5, 36^5 y 46^5.
Con exponente 6 hay otros 4: 18^6, 45^6, 54^6 y 64^6.
Con exponente 7 hay 8: 18^7, 27^7, 31^7, 34^7, 43^7, 53^7, 58^7 y 68^7.
Con exponente 8 solo hay 3: 46^8, 54^8 y 63^8.

Me planteo preguntas sobre estos números como, por ejemplo:
¿Hay infinitos números potenciables? (Aparentemente sí).
¿Existirá algún exponente que no permita ningún número potenciable? (El hecho de que solo haya 3 para el exponente 8 me hace sospecharlo).
¿Hay algún algoritmo para generar números potenciables?
Está claro que el 10 y sus potencias sucesivas no son potenciables. ¿Se puede probar que cualquier otro número tampoco lo es? Es decir, se puede probar que, por ejemplo, ninguna potencia de 13 tiene una suma de 13 en sus dígitos?
Aparte de la curiosidad humana, ¿Podrían tener estos números alguna utilidad práctica?
juan ignacio sequeira | 20 de October de 2011 | 03:39

una pregunta donde dan la solucion?