Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 3

Hoy viernes ha aparecido en la edición digital de El País el tercer problema de la serie de 30 problemas matemáticos que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este tercer problema se titula Un cuadrado mágico de productos y lo propone Javier Cilleruelo, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid y miembro del ICMAT, bien conocido por los lectores de Gaussianos debido al problema de los conjuntos generalizados de Sidon. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace.

Recordamos que se sorteará la colección de libros “Las matemáticas nos rodean” entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@elpais.es antes de que termine el lunes día 4 de abril.

Respecto al tema de los comentarios me gustaría que supierais mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, sobre todo en problemas como éste donde sólo se pide enviar la solución sin ninguna explicación. Preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos.

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.

28 Comentarios

  1. Cierto Cristobal, lo cambio ahora mismo. Gracias por el aviso.

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  2. El problema es sencillo si uno sabe lo que hace 😉

    Precisamente Javier Cilleruelo escribio un articulo muy interesante sobre cuadrados magicos en la gaceta de la RSME el año de su re-fundacion:
    http://www.rsme.es/gacetadigital/vernumero.php?id=51

    De vuelta al problema, una cuestion relacionada que a mi me parece muy interesante es saber cuantas soluciones existen y como se relacionan entre si.

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  3. Pista: Teorema Fundamental de la Aritmética.
    Pista 2: Hay cuadrados mágicos de sumas.

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  4. Con un poco de manipulación con las distintas relaciones se puede llegar a inferir que la suma de cualquier fila/columna/diagonal tiene que ser un valor en concreto. Una vez hecho esto la solución sale de manera casi inmediata.

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  5. “cuantas soluciones existen y como se relacionan entre si”

    Sea M el producto “invariante” y m_{1} m_{2} \dots m_{Z} su descomposición en factores primos (pudiendo estar repetidos, por ejemplo si es M=8 entonces es m_{1}=m_{2}=m_{3}=2).

    Un cuadrado mágico viene determinado por el número de factores primos de M (es decir, da igual de qué M se trata, sólo importa contar el número de factores diferentes).

    Definamos 9Z incógnitas (Z para cada celda del cuadrado mágico: a_{1} a_{2} \dots a_{Z} b_{1} b_{2} \dots b_{Z} c_{1} \dots i_{Z}) que podemos ver como 9 vectores en \{0, 1\}^{Z} que llamaremos directamente a b \dots i.

    Así, la celda a tiene por valor el producto m^{a_{1}}_{1} m^{a_{2}}_{2} \dots m^{a_{Z}}_{Z}.

    Llamemos a cada vector en \{0, 1\}^{Z} con la letra de la celda pero mayúscula.

    Entonces, expresar una equivalencia de producto de celdas es igual a expresar una equivalencia de suma de vectores.

    Por ejemplo:

    abc=def sii A+B+C=D+E+F

    Así, todos los cuadrados mágicos de productos de 3×3 deben satisfacer el sistema lineal:

    A+B+C=D+E+F=G+H+I=A+D+G=B+E+H=C+F+I=A+E+I=G+E+C

    [1] Una consecuencia directa de ello es que da igual qué factores (primos) formen M, sólo importa el número diferente de ellos (si tenemos un cuadrado con un M de 3 factores primos, entonces hemos caracterizado todos los cuadrados con cualquier M de 3 factores primos).

    [2] Otra consecuencia es que hacen falta definir al menos dos celdas para que la solución (si existe) sea única. Esto es así, porque de partida, tenemos 9 Z incógnitas y 7 Z ecuaciones, al fijar dos celdas, nos quedan 7 Z incógnitas con 7 Z ecuaciones.

    Por tanto, para obtener todos los cuadrados mágicos, hay que resolver el sistema para cada Z=1,2,\dots fijando 2 Z incógnitas (es decir, 2^{2 Z} variantes.

    Como el sistema es BIP (binary integer programming) se pueden añadir las restricciones adicionales de que la suma de todos los coeficientes i-ésimos sea menor que 9 (en otro caso, todas las celdas comparten un factor y puede reducirse Z en una unidad y por tanto, la complejidad).

    Digo…

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  6. Sea A=a(i,j) matriz 3×3 donde a(2,2)=15=3*5

    Todos los elementos a(i,j) tienen que ser a(i,j)=3^k(i,j)*5^m(i,j)
    donde uso dos matrices 3×3 dadas por K=k(i,j) con k(2,2)=1 y M=m(i,j) con m(2,2)=1
    son cuadrados mágicos para la suma.

    Si hay N cuadrados mágicos para la suma con valor central unidad, entonces hay N^2 cuadrados mágicos para el producto.

    ¿Cuántos cuadrados mágicos para la suma hay con valor central unidad?

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  7. Una pregunta: ¿Es posible que todos los números sean 0?

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  8. Imanol, en el problema se dice que todos los elementos del cuadrado deben ser enteros positivos distintos, por lo que no pueden ser todos cero :).

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  9. Sea P el producto de los elementos de cada fila, columna o diagonal.

    El producto global de los elementos de la primera fila y de la tercera será P^2.

    El producto global de los elementos de las dos diagonales por los de la columna central es 15^3 por los de las filas primera y tercera, es decir: 15^3 x P^2 = P^3, por lo que P=15^3.

    De aquí se deduce que el producto de dos vértices opuestos o de dos elementos centrales opuestos debe valer 15^2.

    Luego los ocho números buscados han de ser divisores de 15^2.

    Como 15^2 solo tiene ocho divisores distintos del propio 15 éstos deberían ser los buscados.

    Si situamos el 225 en un vértice (por ejemplo, el primero de arriba) el vértice opuesto debe ser 1 y en la primera fila y en la primera columna debe haber dos pares distintos de números que den como producto 15 y solo existe un par: 3 x 5 , puesto que el 1 y el 15 ya los hemos utilizado.

    Si situamos el 225 en el centro de una cara los otros dos elementos de esa cara han de ser el 3 y el 5, con lo que podemos completar el cuadrado:

    3 225 5

    25 15 9

    45 1 75

    Como el 225 puede colocarse en el centro de cada cara y el 3 y el 5 en cada uno de sus lados existen 4 x 2 = 8 soluciones obtenibles todas ellas por giro o simetría de la primera.

    Podríamos generar cuadrados de este estilo utilizando como número central cualquier producto de dos primos distintos.

    Si el número central tiene más de dos factores primos, con tal de que al menos dos de ellos sean diferentes el número de soluciones sería mayor, aunque algunas de ellas podrían simplificarse al tener todos los elementos algún factor común.

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  10. Lo lamento profundamente. No volverá a ocurrir. Efectivamente leí el problema y no me molesté en terminar de leer el post.

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  11. A mi me ha parecido que han bajado bastante el nivel, Yo he presentado la demostración (no formal) de por qué sale ese cuadrado mágico y sus variantes (rotaciones y reflexiones).

    Por cierto muy interesante el post de josejuan

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  12. A ver si ^DiAmOnD^ se pasa y edita el comentario para que no se vea la solución… por lo menos hasta que acabe el plazo, porque si no la respuesta la va a enviar hasta el tato!! (aunque también es un problema por parte de los requerimientos, que no exigen explicar el porqué del asunto…)

    Coincido con gogely, han bajado el nivel… después del de la semana pasada parecía que la cosa se ponía interesante, pero va a ser que no. ¡¡Cuenta-de-la-vieja Rules!!

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  13. JJGJJG, no te preocupes, no pasa nada. Pero sí, hubiese preferido que sólo se hubieran dado pista para resolverlo en vez de dar la solución. De todas formas veo que te has dado cuenta de mi petición ahora, y que a partir de ahora la tendrás en cuenta :). En principio no tengo pensado editar tu comentario, a no ser que tú me lo digas.

    gogely y mimetist, os recuerdo que el concurso es para todo el mundo, por lo que supongo que estarán intentando que los problemas propuestos puedan resolverse sin unos conocimientos matemáticos avanzados. Con este punto de vista yo no creo que estén bajando el nivel, pero bueno, es mi opinión nada más.

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  14. .
    Sinceramente, que pongan este tipo de problemas en un concurso matemático a mi me parece una tontería como un piano, porque no piden más que la solución, sin ningún tipo de desarrollo ni explicación, y en estos tiempos de Internet y Google hasta el mas inepto matemáticamente hablando sabe hacer una búsqueda trivial, digamos

    “multiplication magic square”

    e inmediatamente obtendrá una serie de artículos y documentos con todas las soluciones que pueda desear. Ya el primer enlace incluye una referencia que da la fórmula general para este tipo de cuadrados de tamaño 3×3, y de esa forma se puede obtener y enviar la solución sin el menor esfuerzo intelectual, ni matemático ni de otro tipo.

    Saludos y buen finde.
    .

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  15. Pues a mi me parecen geniales. Cualquier cosa que fomente las matemáticas será bienvenida.

    Ten en cuenta (Ramanujan) que ni siquiera importa que tengas vien la respuesta, lo importante es que hayas dedicado tiempo (y si divertido mejor) en problemas matemáticos. Si el tiempo ha sido buscando formas de resolverlo, o de buscar la respuesta, pues mejor eso que nada, algo se te habrá quedado.

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  16. Creo que el objetivo de EL PAÍS no es poner problemas para matemáticos sino para gente que tiene algo de curiosidad por pensar. Yo no soy matemático y pienso que “bendita sea la cuenta de la vieja”. Me gustan los números desde que, de niño, mi madre me hacía multiplicar los dígitos del billete del tranvía cada vez que montábamos en él. Admiro a los camareros y dependientes que te dan la vuelta sin tener que recurrir a la calculadora de la caja registradora. También creo que GAUSSIANOS no pierde categoría porque intervengamos los que no somos ni matemáticos ni profesores ni estudiantes avanzados.
    A algunos nos hace felices comprobar que, visitándolo frecuentemente, comprendemos muchos de los comentarios aunque no seamos capaces de idearlos nosotros mismos.

    Por supuesto, ^DIAmOnD^, no tengas el menor reparo en editar mi comentario si te parece conveniente para una más justa evolución del concurso.

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  17. Ya, vale, Rama Nujan, en Google lo encuentras todo. Pero no es cuestión de copiar y mandar tal cual. Yo llevo 2 puñeteras horas dándole vueltas a la cabeza hasta que he leído el comentario de JJGJJG que me ha aclarado el método por la cuenta de la vieja, que es el que uso yo, pero menos vieja que la de él porque a mí no me salía…
    Saludos.

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  18. Hola.

    Un hecho interesante sobre la Web que nos han dicho antes, es que para cuadrados magicos multiplicativos, cuyo factor central sean una potencia de un primo p (p^2, p^3, …, p^n), la solucion es facil de encontrar cuando n>3, pues calcular el cuadrado multiplicativo equivale a calcular el cuadrado magico normal de los logaritmos, pero, ¿podemos estar seguros de la no existencia del cuadrado magico multiplicativo para cuadrados magicos con casillas centrales p, p² o p³?

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  19. Ahora que se ha terminado el plazo para enviar la solución a EL PAIS me decido a hacer algún comentario sobre el problema. Nunca me ha gustado ser el que destripa un chiste antes de que lo acabe el que lo está contando.

    Creo que el tono del problema es el adecuado si se trata de interesar a un público general. En este problema los matemáticos profesionales no tienen demasiadas ventajas sobre el resto. Además, como se puede ver en los comentarios de este blog, el problema invita a buscar generalizaciones interesantes o preguntas como la de Javier.

    Como sospecha Javier, no hay cuadrados de productos formados con enteros positivos y distintos cuyo término central sea p, p^2 o p^3. La razón es la siguiente: Los exponentes de p son enteros no negativos y distintos, y forman un cuadrado mágico de sumas. Los números más pequeños que pueden aparecer en un cuadrado mágico de sumas de estas características son 0,1,2,3,4,5,6,7 y 8. Por lo tanto la suma de todos ellos tiene que ser por lo menos 36, así que la suma de los numeros de cada fila tiene que ser por lo menos 12. Como en un cuadrado mágico de sumas, la suma de números de cada fila es el triple del número central (es muy fácil probarlo), tenemos que dicho número central (que es el exponente de p en el cuadrado original) tiene que ser por lo menos 4.

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  20. Por cierto en cuanto que la hormiga acaba muerta, (si, me refiero al problema anterior) no es cierto en absoluto. La probabilidad de qeu la hormiga muera es función del numero de veces que se mueva, y aunque la probabilidad de que la guiñe aumenta con el tiempo de forma exponencial, no necesariamente morirá, ya que para ningun valor de “de que se mueva”, dará realmente 1, aunque si podra estar todo lo cerca a la muerte que queramos xD Un saludo ;D

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  21. Por cierto, esta semana el problema se publicará en El País el jueves en vez del viernes, y parece que a partir de ahora se hará así. Aquí en Gaussianos intentaré anunciar su publicación también los jueves, aunque puede que alguna semana lo haga el viernes.

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  22. Pues acabo de ver la solución, a mi no me había salido, un par de comentarios:

    1) joer no era tan difícil, lo ha resuelto en menos de 1min, casi todos lo que comentamos aquí de vez en cuando, yo no lo he hecho en este post, nos hemos equivocado por lo que he ido leyendo. Tampoco habrán bajado tanto el nivel si es así.

    2) Yo creo que están bastante interesantes como problemas de pensar donde hay que usar matemáticas, las tres soluciones hasta ahora han sido . . . como lo diría . . . elegantes

    saludos

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