Suma reiterada de los cuadrados de los dígitos

Comenzamos la semana con el problema semana. Ahí va:

Partiendo de un número natural cualquiera, demostrar que la aplicación reiterada de sumar los dígitos (en base 10) al cuadrado de dicho número conduce o bien al número 1 (a partir del cual la sucesión se mantiene constante), o bien al número 145 (en cuyo caso el proceso conduce al ciclo 145, 42, 20, 4 16, 37, 58, 89).

A por él.

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.

58 Comentarios

  1. Y convergen muy rápido.

    He intentado con 100 nueves seguidos por probar algo y suma 8100 cuya suma es 37 y estamos en el ciclo del 145

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  2. El mayor número de n dígitos es 10^n-1 y la suma de los cuadrados de sus dígitos es n*9^2. Para todo valor de n>3 10^n-1>10*n*9^2 lo que significa todo numero de 4 o más cifras se reduce en el proceso a otro con menos dígitos que él.
    El mayor número de tres cifras (999) se convierte en 243 en el primer paso y ningún otro número de 3 cifras puede tener un sucesor mayor que 243.
    Aunque parezca un método algo rústico basta con probar por fuerza bruta los 243 primeros números para confirmar la veracidad del enunciado.

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  3. Por si simplifica la solución, la serie es monótona descendente hasta alcanzar un término menor o igual que 243.

    Se vé fácilmente que cualquier Nº mayor que 999 aporta en todos sus dígitos menos en los 3 últimos un valor inferior al propio y que se pierden mas de 243 en el camino.

    Para enterdernos, el Nº x.005, hace que x^2 + 243 < 1.000 y por tanto la suma de cuadrados sea menor que Nº origen, y así para todo n mayor que 999.

    Para 999, 9^2+9^2+9^2=243,

    por lo que solo nos hace falta demostrarlo para n€N y n € [1,243]

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  4. Los dos únicos números que se convierten en sí mismos son, obviamente el 0 y el 1.

    He extrapolado el problema utilizando la suma de los cubos de los dígitos.
    Lógicamente el 0 y el uno se vuelven a convertir en sí mismos (ocurriría con cualquier exponente natural).
    Ahora, sin embargo, aunque también aparece un número limitado de secuencias finales posibles hay cuatro y solo cuatro (0 y 1 aparte) que se convierten en sí mismos y son final de secuencias de periodo 1: son 153, 371, 370 y 407. Y no hay más.
    Sería aburrido seguir ampliando con exponentes superiores aunque quizás apareciera alguna propiedad curiosa más.

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  5. Para todos los números de tres o más cifras se obtiene un número menor, por lo tanto, basta con probarlo para los números del 1 al 99.

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  6. Golvano,

    prueba con 199.

    Si aprieto, llego a 163, pero no mas abajo.

    Luego, por fuerza bruta sale, pero no me gusta, y no se como demostrar con lógica (quizás con congruencias, pero de eso sé poco).

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  7. JJGJJG

    Maravillosamente (no por competencia entre nosotros) nos hemos pisado el comentario

    Un saludo

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  8. No entiendo el ejemplo del 199:

    199->163->46

    y hemos llegado a un número de dos cifras (no había que apretar tanto).

    Lo mismo pasa con cualquier número de tres o más cifras. Se obtienen números cada vez menores hasta llegar a un número de dos cifras. Por lo tanto, basta con probarlo para números de dos cifras.

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  9. 199 es de 3 y 163 también, no de dos como indicas (solucionar de 1 a 99)

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  10. Siempre que aplicas la operación para un número de tres o más cifras, obtienes un número menor. No digo “de un número menor de cifras”, digo “un número menor”. Por lo tanto, si lo aplicas reiteradamente, llegarás a un número de dos cifras. Por lo tanto, todos los números de tres o más cifras se reducen al final a un número de dos cifras. Por lo tanto, si se cumple para todos los números de dos cifras, se cumple para todos los números.

    De entre los números de dos cifras, se pueden eliminar los 45 cuya primera cifra es mayor que la segunda (no tiene sentido probar con el 91 si ya probamos con el 19) y de los que quedan, aquellos para los que se obtiene un número menor (por ejemplo el 23). Después de este filtrado, quedan unos 40 números, para los que habría que probar. No se me ocurre nada más.

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  11. “Partiendo de un número natural cualquiera”

    Los números naturales también pueden tener 4 o más cifras.

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  12. No nos entendemos.

    Estamos hablando de números de partida. Es decir, probar con el 99 sería hacer toda la secuencia 99->162->41->17->50->25->29->85->89.

    Se pasa por un número de tres cifras, pero lo que yo digo es que no necesitas probar con los números de tres cifras como números de inicio.

    ¿De qué hablabais vosotros cuando decíais que sólo había que probar para números menores o iguales que 243? A partir del 243 obtienes el 29 ¿y luego qué? Tendrás que seguir para comprobar que no se llega a un ciclo.

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  13. Golvano lo que están diciendo es que, para números mayores de 3 cifras, su suma máxima de cuadrados (81 veces la cantidad de cifras) es un numero siempre con una cantidad de cifras menores (y por lo tanto cualquier numero menor de las mismas cifras también). Luego, si cogemos el valor más grande de 3 cifras (el que da la suma máxima de cuadrados), obtenemos 81+81+81=243. Como bien han dicho, para cualquier numero superior siempre llegaremos a un ciclo que contiene uno de los números de 1 a 243. Por eso la solución “bruta” se basa en demostrar la propiedad del enunciado para números entre 1 y 243.

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  14. JJGJJG creo que tu argumento no basta para asegurar que hay que probar con los números del 1 al 243, pueden existir números de más de tres dígitos cuya suma de cuadrados de un número de 3 cifras mayor a 243, por lo tanto habría que probarlo del 1 al 999.

    Como ejemplo toma 9999 cuya suma da 324

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  15. Nogrod, si yo entiendo vuestro argumento, los que no me entendéis sois vosotros a mí.

    Es curioso, porque básicamente es el mismo argumento.

    Vosotros decís: si tienes un número de cuatro cifras o más, siempre obtienes un número de menor número de cifras, por lo tanto, basta con probar números de tres cifras o menos.

    Yo digo: si tienes un número de tres cifras o más siempre obtienes un número menor, por lo tanto, basta con probar con números de dos cifras o menos.

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  16. Puntualicemos. A veces los árboles nos impiden ver el bosque y el conocimiento de la solución a un problema nos impide ver todas las posibilidades.
    El razonamiento completo nos conduce a la solución en las siguientes fases:
    a) Todos los números de 4 o más dígitos llevan, en la primera iteración a números con menos dígitos, luego después de varias iteraciones conducirán a números de 3 o menos dígitos. Solo hay que trabajar, por tanto, con números de 3 o menos dígitos.
    b) El mayor número de 3 dígitos es el 999 que, en la primera iteración nos da 243, por tanto basta probar los números desde el 0 al 243.
    c) Como no tenemos que aceptar, a priori, que solo existe la secuencia final citada en el enunciado tenemos que comprobar TODOS los números hasta el 243 porque si existiera otra secuencia formada únicamente con números de 3 dígitos menores que 243 no la encontraríamos probando sólo con números menores que 100. Por ejemplo, si el número abc produjera def y el def produjera el abc tendríamos una nueva secuencia periódica (abc,def) y no la habríamos encontrado. Y esto es cierto porque no siempre un número relativamente pequeño produce otro menor que él.

    Quiero aclarar que en el enunciado de asegura que, salvo en el caso de llegar a 1 el final de todas las iteraciones noes, exactamente, el número 145 y, tras él los otros siete del período indicado, puesto que, al ser cíclico el período, se puede llegar a él en cualquier otro punto de loa secuencia.

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  17. Lo que dices Golvano es que, básicamente, cualquier numero de 3 cifras pasara en algún momento del proceso por un numero de 2 cifras y a partir de ahí nos cargamos los números del 100 al 243. Eso se tendría que demostrar digo yo, realmente todos los números de 100 al 243 pasan en algún momento del ciclo por un numero de 2 cifras? Por otro lado, hay números de 2 cifras que pasan a ser de 3 en el proceso, quien nos dice que no se mantienen ahí (los que anteriormente se mantenían)?

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  18. Pues la fuerza bruta cabe en 40 lineas. Abajo estan todos
    los numeros del 1 al 243 (una vez) en su primera aparicion, ya sea como
    numero de partida o en la secuencia correspondiente. Es decir
    que la suma de los cuadrados del ultimo termino de cada linea
    ya ha aparecido en esa linea o en una anterior.
    Gaussianos puede cortar esto si es mucha tela…
    243 [29, 85, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58]
    242 [24]
    241 [21, 5, 25]
    239 [94, 97, 130, 10, 1]
    238 [77, 98]
    237 [62, 40]
    236 [49]
    235 [38, 73]
    233 [22, 8, 64, 52]
    232 [17, 50]
    231 [14]
    230 [13]
    228 [72, 53, 34]
    227 [57, 74, 65, 61]
    226 [44, 32]
    225 [33, 18]
    222 [12]
    221 [9, 81]
    219 [86, 100]
    218 [69, 117, 51, 26]
    217 [54, 41]
    215 [30]
    211 [6, 36, 45]
    208 [68]
    199 [163, 46]
    198 [146]
    197 [131, 11, 2]
    196 [118, 66]
    195 [107]
    193 [91, 82]
    191 [83]
    188 [129]
    187 [114]
    186 [101]
    185 [90]
    177 [99, 162]
    175 [75]
    173 [59, 106]
    153 [35]
    151 [27]
    133 [19]
    111 [3]
    88 [128]
    87 [113]
    84 [80]

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  19. Nico, Nogrod:

    Es fácil ver que cualquier número de 3 cifras da como resultado un número menor que él. Sólo hay que fijarse en que la única cifra que suma es la de las unidades, y como mucho sumará 72 (9^2 – 9). El resto de las cifras restan. Si el número tiene exactamente tres cifras, entonces la de las centenas será distinta de 0 y restará al menos 99 (100 – 1), que compensa lo de las unidades. Si el número tiene más cifras, la más significativa restará más todavía.

    Por si no ha quedado claro, estoy comparando la aportación de cada cifra a la suma de cuadrados, que será la cifra al cuadrado, con la aportación al propio número, que será la cifra multiplicada por la potencia de 10 correspondiente a su posición.

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  20. JJGJJG:

    Esto ya lo he dicho antes, pero bueno. Cuando hablo de probar un número, me refiero a probar toda la secuencia hasta que se produce una repetición. Es decir, si el número abc es menor que 100 y da como resultado el número def, que es mayor que 100, no paramos, sino que continuamos con la secuencia. Si volvemos a obtener el abc, entonces hemos encontrado un ciclo. ¿En vuestra solución hasta el 243 no lo hacéis así? ¿Cómo lo hacéis si no?

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  21. Insisto, golvano, si existiera una secuencia periódica del tipo abc, def, de dos números de tres cifras, no tendría por qué ir precedida de un número de dos cifras, sino que podría seguir a otro u otros de tres cifras o más. Te pongo un ejemplo con valores que no cumplen las condiciones del problema (lo sabemos porque hemos comprobado desde el 100 hasta el 243): imagínate que al probar el 189 fuera seguido del 146 y este a su vez resultara seguido del 178 y el 178 continuara con 146 otra vez.Cualquier número mayor que 243 que diera como suma 189 o 178 o 146 terminaría con una secuencia que no habrías detectado probando solo los números de dos dígitos. Luego sin comprobar desde el 100 hasta el 243 no puedes asegurar que has resuelto el problema.

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  22. He completado el análisis de lo que ocurriría sumando los cubos de los dígitos y resulta algo parecido.
    Las únicas secuencias cíclicas “largas” en las que puede terminar cualquier número son las siguientes: (55, 250, 133), (160, 217, 352) , (136, 244), y (919, 1459)
    Además del 0 y el 1, también hay números que terminan una secuencia y se repiten indefinidamente y son solo cuatro, a saber, el 370, el 371, el 407 y el más curioso de todos porque es el que se repite siempre al final de todos los múltiplos de 3 y es el 153 y solo en estos.

    He aquí una nueva regla de divisibilidad por 3: Si se suman los cubos de los dígitos de un número y se repite la operación sucesivamente con el resultado de la anterior hasta conseguir una repetición, y el número que se repite es el 153 es que el número primitivo era múltiplo de 3.

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  23. Lo que dice golvano, con toda la razón, no es que un ciclo no pueda contener números de tres cifras, lo que dice es que necesariamente tiene que tener números de dos cifras, y que por tanto basta con probar con estos.

    Argumentaría, pero es que sinceramente no sé como hacerlo mejor que él.

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  24. Estoy con Golvano. Si llamamos f(x) a calcular la suma de los cuadrados de las cifras de x, Golvano dice que x - f(x) > 0,  forall x in [100, 999].
    Y se demuestra fácilmente.

     x = 100x_2 + 10x_1 + x_0\  f(x) = x_2^2 + x_1^2 + x_0^2\  x - f(x) = 100x_2 + 10x_1 +x_0 - x_2^2 - x_1^2 - x_0^2\  x - f(x)= (100 - x_2)x_2 + (10 - x_1)x_1 + (1 - x_0)x_0

    Como x_i in [0, 9], forall i, x - f(x) geq 99 + 0 - 72 > 0

    Así que, para 3 cifras, a sucesiva aplicación de f(x) es decreciente, por lo que la función llevará siempre a un número de 2 cifras.
    Espero que esto ayude a ver el punto de vista de Golvano.

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  25. JJGJJG:

    El ejemplo que pones no es posible, porque es imposible que del 146 se pase al 178, porque todos los números de tres o más cifras dan como resultado un número menor que el de origen (debe de ser la quinta o sexta vez que lo digo). Por eso basta con probar con los números de dos cifras (o menos), poque cualquier otro número siempre va a desembocar en un número de dos cifras.

    Sive:

    Gracias. Por fin hay alguien que me entiende. Debo de explicarme fatal, porque he tardado más de doce horas en conseguir que alguien me entienda.

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  26. El resumen es que sabemos que el enunciado es correcto por acotamiento y fuerza bruta.

    ¿Se le ocurre a alguien por donde incar el diente a una demostración formal?

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  27. hombre Juanjo, la demostracion es muy formal, no? Hay muchisimas demostraciones formales, y varias famosas, que recurren a la fuerza bruta, p.e.:
    -El Sudoku minimo tiene 17 entradas.
    -El teorema de los cuatro colores
    -Los Números de Feigenbaum
    -etc

    Igual no es elegante, pero formal si!

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  28. JJGJJG, veo tu nueva regla de divisibilidad y subo una generalización:

    La suma de las potencias n-essimas de los digitos un natural x para n impar cumplen que:
    Si y solo si x es divisible por 3, entonces a^n+b^n+… es divisible por 3 (donde abc… son los digitos). Aún no lo tengo 100% demostrado, estoy en ello, de momento es solo una conjetura.

    Por lo tanto, para un numero x divisible por 3, todos los términos de aplicar iterativamente la aplicación mencionada (para n impares), son divisibles por 3.

    Así pues, practicamente has demostrado el caso n=3, ya que 153=3*51 (aunque faltaría asegurar que todos los términos anteriores son divisibles por 3)

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  29. RTomas

    Totalmente de acuerdo, era mas por conocer si alguien está trabajando alguna línea formal, que tampoco estaría mal.

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  30. OndO, bella conjetura, ya nos dices cuando la demuestras para cualquier n impar (para n=3 es trivial).

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  31. Módulo 3 sólo hay tres clases de números: los que son múltiplos de 3, que al elevarlos a cualquier potencia van a seguir siendo múltiplos de 3, los que son congruentes con 1, que al elevarlos a cualquier potencia van a seguir siendo congruentes con 1 y los congruentes con -1, que para potencias pares van a ser congruentes con 1 y para potencias impares, con -1. Es decir, para potencias impares todos se quedan como estaban, y por lo tanto, la suma de las cifras elevadas a una potencia impar será igual a la suma de las cifras, módulo 3, que es lo mismo que el número original módulo 3.

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  32. OndO y golvano, efectivamente queda claro que, para cualquier exponente impar, todas las sumas de potencias de dígitos a partir de cualquier número son congruentes con el inicial, modulo 3.
    Lo que yo resalto es que, en el caso de los cubos, todas las series terminan en el número constante 153. De ahí que lo signifique (un poco en broma) como posible criterio de divisibilidad.
    No ocurre lo mismo con las quintas potencias. Ahora, aunque todas las series sean congruentes con el número inicial módulo 3, las series no coinciden como en el caso de los cubos, con diferencias tan notables como que el propio 3 desemboca en una secuencia periódica de 22 números distintos (evidentemente, todos múltiplos de 3) y, por ejemplo, el número 888 (múltiplo de 3) desemboca en una secuencia de un único número, el 93084.
    Dudo que con algún otro exponente finalicen todas las secuencias de los múltiplos de 3 en un único número repetido indefinidamente, y aquí reside la singularidad que creo haber encontrado.

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  33. Respecto al problema añadir que basta considerar números de dos cifras 10\cdot a+b, con 0\leq b\leq a y 1\leq a\leq 9. Todo ello reduce a 54 las posibilidades. Formando una tabla de doble entrada en los pares (a,b),\;b\leq a y efectuando las sumas a^2+b^2, se descartan muchas posibilidades teniendo en cuenta que el dígito 0 o números con cifras permutadas no generan nuevas sucesiones. Finalmente sólo se observan las dos posibilidades del enunciado.

    Efectivamente bastan números de dos cifras, ya que, como se ha dicho, para números con n\geq 3 dígitos la sucesión decrece:

    dado X=10^{n-1}a_n+\ldots+10a_2+a_1 y X_1=a_n^2+\ldots+a_1^2, si n\geq 3 entonces X>X_1. Por otra parte, para n=3 dígitos, tenemos que X_1\leq X-27:

    X-X_1=(100-a_3)a_3+(10-a_2)a_2-(a_1-1)a_1\geq 99-9\cdot 8=27.

    Luego, partiendo de cualquier natural X con 3 o más cifras, en algún momento alcanzaremos un número de dos dígitos, y reducimos el estudio a las sucesiones generadas por los números de la forma 10\cdot a+b, con 0\leq b\leq a y 1\leq a\leq 9.

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  34. Lo que dice Golvano solo se podría demostrar si probando los números €[2,99] obtenemos todas la series de valores con tres cifras hasta 243. También podemos darnos cuenta que el 199 es el que nos da un valor más alto de todos y es 163, por lo tanto podemos acotar hasta 163, y esto se demuestra porque los superiores a 200 por el 2 solo suman uno más y no es suficiente.

    Por lo tanto a lo rudimentario es fácil demostrar que se cumple estas dos condiciones.

    Respecto a JJGJJG me había fijado en los cúbicos y es verdad, pero además con los cuartos lo que sucede es que hay unos valores periódicos. Estoy intentando demostrar que cuando elevamos las cifras de un número a n -> n=Par obtenemos valores donde hay períodos, (como 145, 42…) però cuando n= Impar obtenemos valores a parte del 0 y 1 que son finales.

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  35. Ya ha quedado claro que es suficiente probar con números de dos cifras. Es más:
    Sea  f:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N} la aplicación suma de cuadrados de cifras y sea S el subconjunto de números de dos cifras tal que f(S)\notin[1,99], es decir, el conjunto en el que la primera iteración nos salimos de las dos cifras.

    Si en algún momento del proceso nos salimos de las dos cifras, este número también se descartaría, ya que es como si empezásemos el proceso por un número de más de dos cifras. Por tanto, los candidatos son:

    {\displaystyle C=\left([1,99]\cap\mathbb{N}\right)-\bigcup_{k=0}^\infty f^{-k}(S)}

    Es claro que la cadena {\displaystyle \left\lbrace\bigcup_{k=0}^Nf^{-k}(S)\right\rbrace_{N=0}^\infty} se estabiliza en algún momento.

    Haciendo cálculos se obtiene que:

    S=\{59,68,69,78,79,86,	87,88,89,95,96,97,98,99\}
    C=\{1,10,13,23,31,32,44\}
    Como se observa, todos los candidatos (elementos de C) conducen al 1.

    Para realizar los cálculos he creado un pequeño programa en Java:

    package varios;
    import java.util.*;
    public class NumDosCifras {
    private Vector conjuntoInicial;
    private Vector conjuntoFinal;
    private Vector complConjuntoFinal;

    NumDosCifras() {
    setConjuntoInicial();
    setConjuntoFinal();
    setComplConjuntoFinal(); }

    private void setConjuntoInicial() {
    this.conjuntoInicial = new Vector();
    for (int i = 10; i = 100) {
    this.conjuntoInicial.add((Integer) i); }}}

    private void setConjuntoFinal() {
    this.conjuntoFinal = new Vector();
    this.conjuntoFinal.addAll(this.conjuntoInicial);
    int exit = 0;
    while (exit == 0) {
    exit = 1;
    for (int i = 1; i < 100; i++) {
    if (this.conjuntoFinal.contains(this.sumaCuadradoCifras(i))
    && (!(this.conjuntoFinal.contains((Integer) i)))) {
    this.conjuntoFinal.add((Integer) i);
    exit = 0; }}}}

    private void setComplConjuntoFinal() {
    this.complConjuntoFinal = new Vector();
    for (int i = 1; i < 100; i++) {
    if (!(this.conjuntoFinal.contains((Integer) i))) {
    this.complConjuntoFinal.add((Integer) i);}}}

    private int sumaCuadradoCifras(int num) {
    int unidades = (num % 10);
    int decenas = (num – unidades) / 10;
    return (unidades * unidades) + (decenas * decenas);}}

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  36. En general, para la suma de potencias p-ésimas (p\geq 2) basta considerar los números de p cifras o menos. Además, descartando números con cifras permutadas, bastaría estudiar a_1^p+\ldots+a_p^p con dígitos tales que 0\leq a_1\leq a_2\leq \ldots\leq a_p, con 1\leq a_p\leq 9.

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  37. Sobre mi comentario anterior quería aclarar lo siguiente:

    Teníamos los conjuntos:

    S=\{s\in\mathbb{N} \ | 1\leq s\leq 99, \ f(s)\geq 100\}
    {\displaystyle C=\left([1,99]\cap\mathbb{N}\right)-\bigcup_{k=0}^\infty f^{-k}(S)}
    y habíamos determinado que

    S=\{59,68,69,78,79,86,87,88,89,95,96,97,98,99\}

    C=\{1,10,13,23,31,32,44\}

    Supongamos que se ha comprobado que partiendo de cada elemento de S\cup C, la sucesión generada acaba en el ciclo o en 1. Entonces, para todo número de dos cifras (y por tanto para todo número natural) la sucesión generada acaba en el ciclo o en 1.

    En efecto, sea n\notin S\cup C siendo n un número natural de dos cifras, entonces n\notin C y n\notin S. Como n\notin C, existe k_0\in\mathbb{N} tal que f^{k_0}(n)\in S. Como sabemos, que tomando semillas de S, la sucesión acaba en el ciclo o en 1, también lo hará la sucesión que comienza en n.

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  38. Para la generalización para los cubos he encontrado que los posibles ciclos son:

    De longitud 1:

    \sigma_1=(1), \sigma_2=(153), \sigma_3=(370), \sigma_4=(371), \sigma_5=(407)

    De longitud 2:

    \tau_1=(919,1459), \tau_2=(244,136)

    De longitud 3:

    \rho_1=(55,250,133), \rho_2=(352,160,217)

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  39. RB

    Un detalle, si empiezo por un nº de dos cifras, que me lleva a uno de tres, que forma un bucle distinto que el marcado en el enunciado creo que tu demostración no valdría. Es por esto que decimos que hay que demostrarlo para una cota mayor que 99.

    La última con la que si estoy de acuerdo es 163

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  40. Juano Escribano aclaré esto en un comentario posterior: RB | 1 de November de 2012 | 18:44. ¿Leíste ese comentario?

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  41. Para p=4 se obtienen los siguientes ciclos:

    \sigma_1=(1), \sigma_2=(1634), \sigma_3=(8208), \sigma_4=(9474)

    \tau=(2178, 6514)

    \rho=(9219, 13139, 6725, 4338, 4514, 1138, 4179)

    Para p=5 se obtienen 15 ciclos, siendo el ciclo más largo de longitud 28.

    Hice un programa que obtiene los ciclos de cualquier orden (tan alto como la máquina pueda).

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  42. Interesante, RB. Está claro que el proceso de sumar potencias p-ésimas siempre debe ciclarse debido a la finitud de posibilidades (números de p cifras) indicada en un comentario previo. Si tienes tiempo y ganas, ¿podrías listar cuántos ciclos diferentes y cuál es la máxima longitud de los ciclos para cada 2\leq p\leq 10 (por ejemplo)?

    Otra cuestión que surge es si para cada potencia p\geq 2 existe un ciclo de periodo 1, distinto de \sigma_1=(1).

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  43. Consultando otra referencia he visto que sí que existen ciclos de longitud 1 para 3\leq p\leq 10. En particular, para p=8 tenemos las posibilidades siguientes: 24678050,\; 24678051,\; 88593477. Estos números son, además, narcisistas (que no existen para p>60).

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  44. \begin{array}{c|c|c|l}  p & \text{Ciclos} & \text{Long. max.} & \text{Ciclos long.1 (propios)}\\  \hline  2 & 2   & 8   & \\ \hline  3 & 9   & 3   & (153), (371), (370), (407)\\ \hline  4 & 6   & 7   & (1634), (9474), (8208)\\ \hline  5 & 15 & 28 & (93084),(54748),(92727),(4150),(4151)\\ \hline  6 & 7   & 30 & (548834) \\ \hline  7 & 16 & 56 & (9926315), (1741725), (9800817) \\ \hline  \end{array}

    He lanzado el programa para p=8, pero estimo que va a tardar un buen rato, (va al 1% y lleva unos 4 minutos…)

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  45. Gracias RB por los datos. Es llamativo que para p=3,5,8 se obtienen ciclos de longitud 1 correspondientes a números consecutivos.

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  46. Siempre que hay un ciclo de longitud 1 correspondiente a un número terminado en 0 lo hay también para el número posterior (y viceversa). Es decir, los acabados en 0 y en 1 van en parejas.

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  47. He detectado un error en la tabla, a partir de p=7. El error se debe a que el programa que hice no asigné una longitud suficientemente a los objetos.

    Los datos correctos para p=7 son

    \begin{array}{c|c|c|c}  p & \text{Ciclos} & \text{Long. max} & \text{Ciclos long.1 (propios)} \\ \hline  7 & 16 & 92 & (4210818), (9926315), (1741725), (9800817) \end{array}

    Voy a lanzar el programa para p=8 para corregir los datos.

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  48. He mejorado el rendimiento del programa de cálculo de ciclos, adaptándolo para que el proceso se particione en hilos. El caso p=7 ha terminado en 15 minutos con 100 hilos, antes tardaba unas 5 horas.
    Acabo de lanzar p=8 con 1000 hilos. En cuanto acabe, y tenga tiempo escribo los resultados. Espero que con esta mejora completar la tabla, hasta p=10.

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  49. Según una referencia que he consultado, para p=9 se obtienen los siguientes ciclos de longitud 1: (146511208),\; (472335975),\; (534494836),\;(912985153); mientras que para p=10: sólo (4679307774). Todos ellos son narcicistas.

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