Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 19 - Gaussianos

Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 19

Un viernes más (hoy desde la playa) os traigo otro de los problemas matemáticos que se proponen en la edición digital de El País. Hoy mismo apareció el decimosexto de los 30 que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este problema diecinueve se titula Cuadrados que suman grandes cifras y lo propone Juan González Meneses, profesor titular de la Facultad de Matemáticas de la Universidad de Sevilla. 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@gmail.com antes de que termine el lunes 25 de julio.

Respecto a la dificultad de los problemas, recordad que se intenta llegar a la mayor cantidad de gente posible, por lo que no se pretende proponer problemas con una gran complejidad.

Y respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, 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

52 comentarios

Sive | 22 de July de 2011 | 10:50

Creo que es buena idea matizar que la pregunta es de cuantas formas se puede hacer, porque Juan, aunque lo explica bastante bien en general, se lía en un momento dado y da a entender otra cosa. ¿Por qué no cortan, repiten, y editan un poco el vídeo para evitar estas cosas?
josejuan | 22 de July de 2011 | 10:52

“Esto significa que el ordenador más potente del mundo tardaría millones de años en calcular todas las posibilidades, por lo que para resolverlo antes del martes es necesario…”
Sebastián | 22 de July de 2011 | 11:38

Estoy intentando plantearlo con un argumento combinatorio (al fin y al cabo piden cuántas combinaciones/disposiciones de cuatro cuadrados perfectos son válidas). Pero ahí me he quedado, jejejeje.
Rafalillo | 22 de July de 2011 | 12:06

De verdad que estos problemas pueden ser resueltos para cualquiera que tenga unos conocimientos matemáticos de secundaria? Porque últimamente se están colando…

Tal y como está la educación matemática en los institutos, tendrían que poner problemas de ecuaciones y ya sería muy complicado para el 90% de la gente.

En fin, le daremos al coco este finde a ver qué ideas surgen.
Sebastián | 22 de July de 2011 | 12:09

Parece que tengo ‘una’ solución. A ver qué vais aportando los demás, porque no me resulta realmente ‘elegante’.
Imanol Pérez | 22 de July de 2011 | 12:15

De momento se me ocurre una solución a trivial $2^{2012} latex$ , que los cuatro cuadrados sean iguales:

$2^{2012} = (2^{1004})^2 + (2^{1004})^2 + (2^{1004})^2 + (2^{1004})^2 latex$

Haber cómo encuentro de cuántas maneras se puede expresar las dos potencias como suma de 4 cubos…

Saludos
Imanol Pérez | 22 de July de 2011 | 12:36

Siento haber escrito mal el comentario anterior, me he dado cuenta tarde y ya no lo puedo cambiar…
Imanol Pérez | 22 de July de 2011 | 12:48

Corregidme si me equivoco, pero creo que los dos números se pueden representar de la misma cantidad de maneras distintas como suma de cuatro cuadrados. (De hecho, creo que hay un teorema por ahí que lo dice…) :X
zurditorium | 22 de July de 2011 | 12:57

Imanol, revisa tu solución trivial, que tiene un fallito.

@Rafalillo, por ahora todos se pueden resolver con conocimientos de secundaria, y concretametne el último era de los más fáciles en mi opinión.

Por cierto, este no lo he empezado aún, pero de primeras, parece complicado.
Chobin | 22 de July de 2011 | 13:00

Aprovecho esta entrada que siempre tiene muchos comentarios para repetir la pregunta que hice en el post de Imaginary (http://gaussianos.com/imaginary-una-mirada-matematica/).

“Una pregunta a los que no os ha gustado, hay algo que me recomendéis para mejorar o hacer más amena la exposición?”
zurditorium | 22 de July de 2011 | 13:08

@Imanol, creo que sé qué número te ha salido y cómo lo has hecho, pero va a estar mal porque estás aplicando mal el teorema. Y para que te des cuenta de que algo falla, aplica el mismo teorema al siguiente número: 2
Sebastián | 22 de July de 2011 | 13:34

Definitivamente, resuelto por inducción.
Ignacio Larrosa Cañestro | 22 de July de 2011 | 14:20

Es mucho más fácil de lo que parece … El número de formas en ambos casos es distinto, y se escribe con una sola cifra …
Jesús | 22 de July de 2011 | 20:18

Una pregunta, ¿aceptamos cero como cuadrado?
Manuel | 22 de July de 2011 | 20:51

La pregunta de Jesús es pertinente, y yo también me la había hecho, pero revisando el video, parece que solo considera números naturales. Yo creo que el cero está descartado…
Sebastián | 22 de July de 2011 | 21:30

@Jesús & @Manuel

Si admitimos el ’0′, podría darse el caso de que dos cuadrados fuesen nulos, dando lugar a posibles ternas pitagóricas. Y, viendo las cifras que se piden, 2^2012 y 2^2011, el cálculo de las mismas sería un auténtico caos. Por lo tanto me permito afirmar (acaso que algún miembro lo refute) que el ’0′ no cuenta. ¡Saludos!
Sive | 22 de July de 2011 | 21:43

En el enunciado escrito de debajo del vídeo habla de cuadrados de números naturales, eso excluye el cero.
jechira | 23 de July de 2011 | 00:14

Para mi solucion el 0 no cuenta pero lo necesito para descartar las soluciones que permite un teorema.
Pista: La wikipedia es tu amiga.
Zurditorium | 23 de July de 2011 | 01:14

Sive, ¿el 0 es natural o no? Pues depende, en muchos libros de matemáticas, el 0 se considera un número natural y en otros no. Por ejemplo, en teoría de conjuntos, al definir los naturales como los cardinales finitos, el 0 aparece. Pero en otras construcciones de los naturales, se parte del uno y no se considera el 0. Yo por si acaso, en la solución pondría, si consideramos el 0 como natural pasa esto, si no, pasa esto.
Manuel | 23 de July de 2011 | 02:14

Creo que ya tengo una respuesta. Me falta revisar y ajustarla. Todo gira en torno a los múltiplos del 4, del 8. Y un poco de razonamiento por inducción. Osea que en principio no parece que haya implicados teoremas importantes como el de Lagrange. Pero puedo estar equivado…
Sive | 23 de July de 2011 | 09:59

Zurditorium ya sabía que iba a salir el tema de si el cero es natural o no, pero yo creo que, si no se dice lo contrario (como en la teoría de conjuntos), está bastante aceptado que no lo es. Si además después, en el enunciado, aclaran literalmente:

“es decir: $1 \ (1^2)$ , $4 \ (2^2)$ , $9 \ (3^2)$ , $16 \ (4^2)$ , $25 \ (5^2)$ , etcétera”

Pues ya son ganas de buscarle los cinco pies al gato plantearse si el cero sirve o no sirve.
Sebastián | 23 de July de 2011 | 12:47

El dilema del ’0′. En los libros de Análisis y Cálculo encontramos al ’0′ como perteneciente a R, al igual que en los libros de Geometría. Sin embargo, en los libros de Álgebra, Teoría de Anillos, Grupos y Cuerpos se habla de R y de R*. De hecho, estoy echando un vistazo a dos libros, uno de Geometría y uno de Álgebra, donde en el primero se habla de Espacios Vectoriales sobre el cuerpo R, y en el segundo se habla de R\{0} como un cuerpo, pero a R no se le considera tal (‘Álgebra y Geometría’, Hernández; ‘Algebra’, Hungerford).

Sin embargo queda claro que en este problema el ’0′ no cuenta.
squirtle | 23 de July de 2011 | 13:49

@Sebastián, dilema con el 0 en los reales? que te has fumado?
Zurditorium | 23 de July de 2011 | 14:32

@Sive, ok, es que no he vuelto a mirar el vídeo y enunciado, pero al ver tu comentario, no lo veía una buena justificación.

Por cierto, el problema ciertamente no es difícil, no se necesita ninguna idea feliz.
Sebastián | 23 de July de 2011 | 18:11

@squirtle

No fumo, gracias. Según la Teoría de Anillos, todo elemento de un anillo debe tener un opuesto para la adición y un inverso para la multiplicación. El ’0′ no tiene inverso, por lo que, en Álgebra, se denota R* como al cuerpo de los reales excepto el cero. Si tienes alguna duda consulta bibliografía.
squirtle | 23 de July de 2011 | 18:23

Sebastián, tu lo has dicho, los reales excepto el 0. El cero pertenece a los reales, no hay ningún dilema. Yo reviso bibliografía, tu aprende a leer.
Sebastián | 23 de July de 2011 | 18:46

@squirtle

No quiero entrar en tu juego, pero antes de yo aprender a leer, tú deberías aprender a escribir. Si quieres considerar R como un cuerpo, tienes que excluir el cero. Ahora medito: quizá también necesites aprender a leer, porque los comentarios son bastante claros. Cierro el tema aquí y ahora, pues estas intervenciones no contribuyen a los demás usuarios; es más, denigran el hilo inicial. Así que, hala, fuma, lee y escribe. Feliz fin de semana.
squirtle | 23 de July de 2011 | 19:17

@Sebastián, si excluyes el 0 que neutro tienes para la suma?
gaussianos | 23 de July de 2011 | 21:31

Sebastián, en un cuerpo todo elemento excepto el neutro de la suma debe tener inverso para el producto. Si quitamos el cero de los números reales lo que no queda no es un cuerpo, ya que no tiene nuetro para la suma.
Sebastián | 23 de July de 2011 | 21:48

@squirtle

Y si incluyes el ’0′, ¿cuál es su inverso?

@Gaussianos

He ahí la restricción: “en un cuerpo todo elemento excepto el neutro de la suma debe tener inverso para el producto”. Pienso que es algo mucho más trascendental, pues en Teoría de Grupos y Anillos, la existencia de inverso multiplicativo para todo elemento es condición necesaria.
Zurditorium | 23 de July de 2011 | 23:26

@Sebastián, todo cuerpo por definición es un conjunto con dos operaciones cumpliendo ciertas propiedades, entre ellas, que dicho conjunto con una de las dos operaciones (la que se suele denotar suma) debe de tener un neutro. Si quieres considerar R como un cuerpo, es obligatorio incluir el 0!!!! Si le quitas el 0, ya no es un cuerpo.

Otra cosa distinta es que para considerar R como un grupo con el producto, ahí sí haría falta quitar el 0. Pero en la definición de cuerpo no se pide que con ambas operaciones sea un grupo, de hecho esto sería imposible (salvo casos triviales).

Por si no te fías de mi, ni de gaussianos, ni de squirtle, te paso el link de la wikipedia:

http://es.wikipedia.org/wiki/Cuerpo_%28matem%C3%A1tica%29

Una de las propiedades que piden los cuerpos es:

Existencia de un elemento neutro para la suma y la multiplicación

Si quitas el 0, la suma ya no tendría neutro.

Así que no te confundas:

- La existencia del inverso se pide para grupos.
- Una de las dos operaciones del cuerpo tienen que hacer que el cuerpo sea un grupo. La otra no.
- En el caso de R, R es grupo con la suma. Con el producto no lo es.
- Todo cuerpo tiene que tener un neutro para la suma y un neutro para el producto. R^* no es un cuerpo por no tener neutro para la suma. Sería un grupo con el producto, pero con esto no sería un cuerpo.
- La existencia del inverso para todo elemento es solo con la operación con la que se es grupo (en este caso la suma). Para la otra operación, debe de existir un inverso para todo elemento salvo para el neutro de la otra operación.

Si todavía sigues pensando que R no es un cuerpo y que R^* si es un cuerpo, antes de volver a contestarnos, mírate tus apuntes y busca a ver donde se pide que un cuerpo necesite el inverso para todos los elementos y con ambas operaciones.

Edito: es más, en R^* la suma no es ni una operación porque no existiría la suma de 1 con -1.
Sebastián | 23 de July de 2011 | 23:57

@Zurditorium.

Cuando comience de nuevo el curso lectivo, ya hablaré del tema largo y tendido con los catedráticos del Departamento de Álgebra y Topología. Doy mi opinión como errónea, lleváis razón; y que siga el problema nº19. Saludos
Zurditorium | 24 de July de 2011 | 15:58

Os estáis pasando con las pistas…
gaussianos | 24 de July de 2011 | 16:04

Sí, demasiadas pistas.
Sebastián | 24 de July de 2011 | 16:28

@Gaussianos y @Zurditorium

No sé si el mensaje también va por mí, pero yo sólo he dicho que lo resolví por inducción y que había llegado a lo mismo que José Antonio y Manuel. Si me he colado, por favor hacédmelo saber, que no quiero ir en contra de las normas de estos problemas.

Saludos.
gaussianos | 24 de July de 2011 | 16:51

He borrado varios comentarios. Concretamente dos de Jose Antonio y uno de Manuel con algunas pistas, y otro de Sebastián, porque sin los comentarios anteriores carecía de sentido.

Por favor, mesura en los comentarios. Muchas gracias.
José Antonio | 24 de July de 2011 | 17:38

@gaussianos. Acepto, sin matices aunque no con total acuerdo, la decisión tomada por el moderador con respecto a mis comentarios. Para mi, gaussianos.com realiza un inmenso trabajo que valoro muy positivamente. Gracias.
gaussianos | 24 de July de 2011 | 17:54

Gracias por aceptarlo José Antonio. Sińceramente pienso que había demasiadas pistas en esos comentarios. Y gracias por tu opinión sobre Gaussianoos.
Zurditorium | 26 de July de 2011 | 00:31

Pues ya se ha pasado el plazo. Comento mi solución (que por cierto se me ha olvidado enviar). Sin necesidad de inducción.

Primero veo si los números que elevamos al cuadrado y sumamos pueden ser pares o impares.

1.- Veo que no pueden ser todos impares. No hay 4 números impares que sumen una potencia de 2 mayor que 4. Para hacer esto, basta ver que todo número impar es congruente con 1 módulo 8 y por lo tanto la suma de 4 es congruente con 4 y por tanto no divisible entre 8.

2.- Veo que no pueden ser 2 pares y 2 impares. Los pares al cuadrado son divisibles entre 4. Los impares al cuadrado son congruentes con 1 módulo 4. Por tanto la suma es congruente con 2 módulo 4, es decir, no es divisible entre 4. Así que ninguna potencia de 2 se podría poner así (salvo el 2 si aceptásemos el 0).

Por tanto son todos pares, de hecho la única potencia de 2 que se podrá poner como suma de 4 cuadrados no todos pares, será el número 4. Así que tenemos que tenemos algo así:
$(2^a x)^2+(2^b y)^2+(2^c z)^2+(2^d w)^2=2^{\alpha}$

Con x, y, z, w números impares. Suponiendo que $a \leq b \leq c \leq d$ tenemos que

$(x)^2+(2^{b-a} y)^2+(2^{c-a} z)^2+(2^{d-a} w)^2=2^{\alpha-2a}$

En la expresión anterior hemos puesto una potencia de 2 como suma de 4 cuadrados no todos pares (el primero es impar), así que por lo visto antes, esta potencia de 2 tiene que ser exactamente igual a 4, es decir, que los 4 sumandos que aparecen tienen que ser iguales a 1, es decir, x=y=z=w=1 y a=b=c=d. Además a es igual a $(\alpha-2)/2$ .

Por tanto, si $\alpha$ es par, podremos ponerlo de una sola forma como suma de 4 cuadrados, siendo cada número $2^{(\alpha-2)/2}$ . Si es impar, no podremos ponerlo como suma de 4 cuadrados (de números naturales).

Vamos, para el 2012 una posibilidad, para el 2013 ninguna (si admitiésemos el 0 salen 2 y 1).
Zurditorium | 26 de July de 2011 | 00:38

En mi comentario anterior, donde pone aleqbleqcleqd quería poner $a\leq b\leq c\leq d$ , y también he visto que he puesto varios alpha donde quería poner $\alpha$ , esto me pasa por darle a enviar sin previsualizar y no darme tiempo a corregir todos los errores, pero vamos, creo que se entiende.

EDITADO POR ^DiAmOnD^: Arreglado
emili | 26 de July de 2011 | 08:32

En este problema ni Lagrange, ni Jacobi, ni marear la perdiz. Para eso están los políticos… Pasado el plazo anoto mi solución :
Cualquier 2^n (si n es par, n/2 es numero natural) es cuadrado perfecto ya que
2^n = 2^(n/2) · 2^(n/2)
Si n es impar, 2^n no puede ser cuadrado perfecto ya que n/2 ya no es natural.

Los casos planteados :

A) 2^2012 = 2·2·(2^2010)
= 4·(2^2010)
= (2^2010) + (2^2010) + (2^2010) + (2^2010) , que es una solución.
Pero es que no puede haber otra solución si debe haber 4 sumandos… a) No puede haber un sumando mayor a (2^2010) porque ya debería ser (2^2012) y los otros sumandos deberían ser cero o negativos y eso no está permitido
b) y no puede haber otros sumandos inferiores a (2^2010) ya que entonces no llegamos a completar la suma requerida.
O sea, sólo hay una única solución.

B) 2^2011 = 2· 2·(2^2009) pero (2^2009) no es cuadrado perfecto (2009 es impar)
Puedo hacer 2·2·2·(2^2008), suma de cuadrados perfectos… pero serían 3 sumandos o un número impar de sumandos cuadrados perfectos, pero no 4 como se pide
O sea, NO hay solución.
emili | 26 de July de 2011 | 09:01

En mi anterior comentario digo
2^(2011) = 2·2·2·(2^2008), suma de cuadrados perfectos… pero serían 3 sumandos o un número impar de sumandos cuadrados perfectos, pero no 4 como se pide.

Debe decir:
2^(2011) = 2·2·2·(2^2008), suma de cuadrados perfectos… pero serían 2, 8, 32… sumandos (2^1, 2^3, 2^5… ) sumandos cuadrados perfectos, pero no 4 como se pide. Perdón!.
Aitz | 26 de July de 2011 | 11:36

emili, no estoy seguro porque me he leído tu demostración en diagonal, pero no se si te estás dejando algo.

Me parece que sólo estás considerando potencias de 2. Lo digo por el comentario “No puede haber un sumando mayor a (2^2010) porque ya debería ser (2^2012)”.

Entre 2^2010 y 2^2012 debe caer algun n^2 para algún n.
Ignacio Larrosa Cañestro | 26 de July de 2011 | 12:40

Mi solución:

1. 2^n, con n >=2, es múltiplo de 4. Como los cuadrados de los números
impares dan resto 1 al dividir por 4, y los cuadrados de los pares dan resto
0, si 2^n es suma de cuatro cuadrados, o bien todos estos son pares o bien
todos son impares.

2. La única solución de 2^n = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 con a, b, c y d impares
es n = 2 y a = b = c = d = 1. En efecto, sea

a = 2a’ + 1, b = 2b’ + 1, c = 2c’ + 1, d = 2d’ + 1 ===>

2^n = 4(a’^2 + b’^2 + c’^2 + d’^2) + 4(a’ + b’ + c’ + d’) + 4

2^(n-2) = a’^2 + b’^2 + c’^2 + d’^2 + a’ + b’ + c’ + d’ + 1

= a’(a’ + 1) + b’(b’+1) + c’(c’+1) + d’(d’ + 1) + 1

Pero entonces los cuatro primeros sumandos son pares y 2^(n-2) debe ser
impar. La única posibilidad es que n = 2 y a’ = b’ = c’ = d’ = 0

3. Si hay una solución de 2^n = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 con a, b, c y d
pares, hay otra solución para 2^(n-2) como suma de cuatro cuadrados. En
efecto, si a = 2a’, b = 2b’, c = 2c’ y d = 2d’, tenemos que

2^n = 4a’^2 + 4b’^2 + 4c’^2 + 4d’^2 ==> 2^(n-2) = a’^2 + b’^2 + c’^2 + d’^2

Si alguno de ellos es impar, deben serlo el resto y todos iguales a 1. Si
todos son pares, podemos repetir el proceso, hasta que el exponente del 2
sea menor o igual que 2.

Como 4 = 1 + 1 + 1 + 1 y 2 no se puede escribir como suma de cuatro
cuadrados, 2^n se puede escribir como suma de cuatro cuadrados de una única
forma si n es par, y no se puede si n es impar.

Por tanto, la respuesta a la primera pregunta es 1, y concretamente

2^2012 = (2^1005)^2 + (2^1005)^2 + (2^1005)^2 + (2^1005)^2

y la respuesta a la segunda presunta es 0.
emili | 26 de July de 2011 | 13:58

Aitz, tienes razón que falta algo. Es como si se considerase que entre 2^4 (=16=4^2) y 2^6 (=64=8^2) no pudiesen haber otros cuadrados peerfectos cuando, efectivamente, están 7^2=49, 6^2=36, 5^2=25…. pero los cuadrados 49, 36, 25, no me sirven para formar 2^6=64 con exactamente CUATRO! sumandos… sólo me sirve el 16 (2^4) (2^6=2^4+2^4+2^4+2^4) . Pero admito que, en efecto, la demostración no es rigurosa aunque llegue al resultado que creo correcto. Falta algo!. Gracias.
Aitz | 26 de July de 2011 | 19:27

No me he leído todas las demostraciones, pero me he leído la de Ignacio Larrosa Cañestro.

Me gusta mucho, muy bien contada además.

Quizás porque soy muy maniático, pero solo echo en falta algún comentario al construir a partir de una solución de 2^n la de 2^(n-2) del estilo que “este proceso es inyectivo”. Para que quede claro luego en la frase final que solo hay 1 solución.

Y ya puestos tiquis miquis, algún comentario más explicando que 2^0 o 2^3 no tienen solución, pero entiendo que esto ya es más obvio.

A mi no me salió este ejercicio, me ha gustado mucho esta demostración, gracias Ignacio.
Aitz | 26 de July de 2011 | 19:30

Vale, me he leído la de Zurditorum, muy chula también
Ignacio Larrosa Cañestro | 26 de July de 2011 | 20:04

@Aitz me alegro de que te gustase. El paso de n a (n-2) es en realidad biyectivo, no insistí en ello porque se trata simplemente de dividir por 2 las variables. En cuanto al caso de 2^3 si que está contemplado, pues si hay solución para 2^3 tambien la habría para 2^(3-1) = 2. Y Para 2^1 y 2^0 no hay solución, pero esto ya es muy obvio, pues no pueden ser suma de cuatro enteros positivos, cuadrados o no.

En cuanto a la discusión del 0 como natural cuadrado, lo descarté por el enunciado, que explicitamente empieza enumerando los cuadrados con 1^2. Pero en general habría que especificar si N incluye o no al 0, creo que el mismo Peano cambió alguna vez de opinión. Esto se salva normalmente hablando de enteros positivos (a condición de la no presencia de ningún bourbakista radical en la sala …)
Sive | 27 de July de 2011 | 04:12

Ya está la solución ‘oficial’. Esperaba una solución alternativa, más sencilla en apariencia pero dependiente de una idea feliz, en la línea de los desafios anteriores. Pero esta vez parece que no hay solución de ese tipo, o al menos, si la hay, tampoco la ha visto el profesor (yo me harté de buscarla y tampoco la vi).

Muy bien, por cierto, el profesor, no era nada fácil de explicar.

Pero penoso el de la cámara de video… ya ni editan las erratas, ni apuntan a donde deben.
gaussianos | 27 de July de 2011 | 17:29

Como comenta Sive, ya tenemos solución oficial:

Una única suma posible
vity | 27 de July de 2011 | 19:39

Tras ver el resultado de 2^2011 y http://gaussianos.com/el-teorema-de-los-cuatro-cuadrados/ se me queda una gran duda.
Ignacio Larrosa Cañestro | 27 de July de 2011 | 20:06

Supongo que tus dudas tienen que ver con considerar tambien 0 como sumando. No me extiendo que me estoy conectando en unas condiciones complicadas …