8º Desafío Matemático de El País: Un cubo de suma cero


Ya ha salido el octavo desafío matemático de El País. Me alegro de que las alumnas que nos lo presentan esta semana participen en el Proyecto ESTALMAT (Madrid) ya que tengo el orgullo de participar en este bonito proyecto como profesor (para la zona de El Bierzo) desde hace 3 años.

OJO: ESTA SEMANA SE CIERRA EL PLAZO DE ENTREGA UN DÍA DESPUÉS DE LO HABITUAL.

Izar Alonso (IES Diego Velázquez de Torrelodones) y Paula Sardinero (Colegio Virgen de Europa de Boadilla del Monte), estudiantes de 4º de ESO que participan en el Proyecto ESTALMAT, presentan el octavo desafío de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Las respuestas pueden enviarse a problemamatematicas@gmail.com antes de la medianoche del martse 8 de mayo (00.00 horas del miércoles). Entre los acertantes sortearemos una biblioteca matemática como la que ofrece cada semana EL PAÍS. Este domingo, por 9,95 euros con el periódico en el quiosco, El enigma de Fermat, de Albert Violant.

NOTA IMPORTANTE: Para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos a continuación el enunciado por escrito.

A cada uno de los vértices de un cubo le asignamos un 1, o un -1. Después asignamos a cada una de las caras el producto de los números de sus vértices.

¿Puede hacerse la asignación inicial de manera que la suma de los 14 números (8 de los vértices y 6 de las caras) sea 0? Encontrar tal asignación o demostrar que no existe. Como en el problema del reloj, se recomienda no probar con todos los casos posibles.

97 comentarios

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97 Respuestas a “8º Desafío Matemático de El País: Un cubo de suma cero

  1. Keith

    En el problema anterior, el séptimo, la solución estaba relacionada al número siete. No quiero parecer un cabalista, pero ¿no será que nos están dejando pistas? Esta es la primera vez que el problema lo presentan un par de personas. ¿Tendrá algo que ver con la solución? :)

  2. Jesus

    Mejor que no busquemos patterns porque vamos a acabar como John Forbes Nash

  3. Creo que lo tengo. Con una explicación con más texto que fórmulas (no me es fácil explicar algebráicamente “tantos unos y tantos menos unos se anulan entre sí”), pero creo que pese a ello es una demostración entendible y rigurosa.

    Como suele decirse (y perdón por parecer un “chulito”) es una “parida”… y parida viene de paridad… En fin, que me voy a comer que creo que me lo he ganado :-)

  4. Pedro Correa

    Estaba totalmente enganchado con el problema. Sabía que la paridad tenía que ser importante en él, pero me encontraba resolviéndolo por fuerza bruta (sólo hay 64 posibilidades de 1 y -1 en el cubo y con simetrías se reducen bastante.

    Pensaba que la pista estaba en que al añadir un nuevo vértice -1, 3 caras cambiaban de signo… pero ¡no!.

    Pero al ver lo poco que os ha costado, tenía claro que tenía que buscar algo más sencillo y en pocos minutos estaba resuelto.

    Sin embargo, por si acaso aquí tengo apuntadas las caras comunes posibles de 1, 2 y 3 vértices de un cubo…

    Por cierto, Santi, ¿en qué consiste el proyecto de Estalmat?

    • Hola Pedro, te explico:
      ESTALMAT es un proyecto de detección y tratamiento del talento matemático precoz, es decir, se trata de seleccionar a alumnos con gran facilidad para las matemáticas y ayudarles a desarrollar ese potencial, que en las clases ordinarias permanece aletargado.
      Se hace con niños y niñas de 11-12 años (1º y 2º ESO) aunque aquí lo prolongamos hasta 4º. Se trabaja con ellos una tarde semanal y las actividades no tienen nada que ver con deberes ni con tareas mecánicas, sino con estrategias, con juegos, con problemas de ingenio, etc. que les sirvan para estimular ese talento (ESTALMAT = EStímulo del TAlento MATemático).
      El proyecto surge de la Real Academia de Ciencias y cuenta con el patrocinio de la Fundación Vodafone España. Luego en cada comunidad (no está en todas) se organiza de forma independiente. Todos los que colaboramos en mayor o menor medida con el proyecto lo hacemos de forma altruista y desinteresada.

  5. Rogelio

    La dificultad la encuentro similar al del reloj de colores. Me alegra ver que hay tantos problemas interesantes y accesibles. Bravo a la iniciativa del Pais y a la de Santi por este foro.

  6. Javier,

    tienes razón, fue una pista involuntaria, je, je. De todas formas, mi primera conclusión nada más ve el vídeo no fue “matemática”, sino… de “pillería”, por llamarlo de alguna forma: si no se numeran los vértices, o se nombran de alguna manera (como en el problema de la hormiga), ¿cómo quieren que se dé y se explicite una solución en la que se cumple lo pedido? ¿Cómo señalas fácilmente que vértices deben llevar “menos uno” y cuales “uno”? Así que ya de primeras empecé a buscar el “por qué no” :-)

    (Santi, si te parece que este párrafo de arriba da más información de la que debería darse a estas alturas, puedes quitarlo, claro)

    Santi,

    pues a mí me ha parecido más dificilillo que el del reloj… Será que me ha pasado lo de siempre: que me he liado con una demostración gigantesca y enrevesada cuando tenía la sencilla delante de los ojos y la he dejado pasar…

    • Bueno, está claro cuál es tu opinión, no creo que sea una gran revelación, así que queda publicada. Yo empecé con la misma hipótesis de partida que tú. Lo del reloj o este… claro, eso depende de lo que se le haya atravesado a cada uno, a mí el del reloj me llevó bastante más rato; este ya lo tengo demostrado de un par de formas diferentes.

      Un saludo.

  7. Alex

    ¡Hola!

    Bueno… después de un rato haciendo dibujitos creo que he llegado a una conclusión.

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    Pero como yo soy torpe en matemáticas(y me encantan, complicada situación la mía) no sé si he razonado bien o como siempre mi imaginación ha hecho precipitarme hacia el vacío.

    Bueno, ya me contarás Santi :)

    • Hola Alex, he tapado tu solución porque era una explicación muy clara como para publicarla antes del martes, supongo que lo entenderás. Creo que lo que dices es cierto (digo creo porque yo lo he razonado de otra forma) el caso es que seas capaz de demostrar que esa propiedad en la que te apoyas es cierta. Un saludo, Santi.

  8. Alex

    Hola

    Sí, tranquilo, puse la solución porque sé que tú puedes verla antes de que el comentario sea público. Vale, pues voy a ver si encuentro alguna manera de demostrar esa propiedad. Otra cosa… ¿alguno ha intentado a probarlo con teoría de grafos?

    Saludos.

  9. mauricio

    no entiendo porque dice Pedro Correa que son 64 combis,
    es que hay que poner solo cuatro +1 y cuatro -1;
    del enunciado entiendo que pueden ser de cero a ocho +1 y de cero a ocho -1, lo que da 2 ^8 = 256 combis, no es así?

  10. Javier

    Hace tiempo que tengo demostrado el desafío pero debo reconocer que no me gusta… intuyo que debe haber una demostración más sencilla que la encontrada por mi.
    ¡Seguro!.

  11. Las simetrías del cubo:
    http://geometriadinamica.es/Geometria/Cuerpos/Simetrias-del-cubo.html
    (enlace a la magnífica página de mi compañero José Manuel Arranz)

  12. César

    Hola, como veo que e mensaje no aparecerá hasta que lo valides, me permito enviarte la solución, para que, por favor, me digas si es correcta. Supongo que si los pasos que he dado son los míos que se han ido insinuando aquí, entenderás muy rápido de donde viene la expresión. Gracias.

    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx.

  13. César

    Mensaje privado: No publicar, o en su defecto, editar
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    No he encontrado tu correo personal, así que utilizo el foro. Por favor, si te apetece, me contestas en el foro o por email, dando un OK o el comentario que quieras, y el resto de este mensaje lo ocultas, o simplemente, lo borras. Gracias y perdón por las molestias.
    Estuve durante horas dándole vueltas al tema, jugando con las simetrías, pero al leer este blog me di cuenta de que estaba perdiendo el tiempo. Fue ponerme con una perspectiva nueva, y salió enseguida. Sin embargo, no entiendo cómo se puede hacer con un método más sencillo que éste, y además por qué abandonó su pista Pedro Correa (6 mayo, 2011 a las 10:31 pm ).

    ****************** MENSAJE ****************************
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  14. jabon

    La sencilla que comentáis es la que busco y no doy con ella. La que he encontrado me parece algo larga, incluso liosa de explicar.
    Pienso en dos niñas de 14 años, y tiene que haber algo más sencillo de lo que he encontrado.

    • Sí, pero seguramente esas dos niñas de 14 años nos dan 1000 vueltas a todos los que estamos aquí juntos…

      • César

        ¿Se lo han inventado ellas, o simplemente lo presentan? Si el problema es original de ellas, creo que a mí me sacan 1 millón de vueltas, no sólo 1000… De todos modos, y no sé si será por haberle dado tantas vueltas al problema, pero hay algo que me resulta extrañamente familiar, pero en otro contexto. En fin, en cualquier caso, uno de los problemas más estimulantes de los 8.

        • No creo que se lo hayan inventado ellas, son del ESTALMAT de Madrid y no las conozco, pero lo de las 1000 vueltas lo digo porque para haber sido seleccionadas han de ser muy, pero MUY buenas, eso sí te lo puedo asegurar.

          • Jesus

            Bueno,… no se tu pero yo era un nin\o prodigio (aunque me he quedado en nada :D )

          • jejeje, hombre, prodigio prodigio… no era malo.

          • César

            Pues yo creo que sí que podrían habérselo inventado ellas. No quiero dar ninguna pista adicional, así que lo comentaré después de terminado el plazo, y por qué un chaval de 14 años sí podría inventarse algo así a partir de otros casos, y ya estoy hablando demasiado… De todas formas, el del Profesor Garay sí que debe de ser inventado por él, porque me recordó a cuando me daba clases, y se puso a escribir los primeros tropocientos dígitos de PI. Había asignado notas musicales a los números, y cambiando los tonos ligeramente (sostenido, bemol, escalas), hizo una melodía fácil de recordar. Por eso, me recordó muchísimo su problema al ejemplo que puso, hace ya casi 30 años. ¡Qué tiempos!

    • Javier

      Hola Jabón… me sucede igual que a ti…. la demostración a la que llego es liosa y larga incluso pesada de explicar… tal es así que ni siquiera voy a enviar esta vez la explicación. Sé que tiene que haber una demostración sencilla pero no doy con ella no se me ocurre nada. Me queda un día para descubrirla… El desafío de los sombreros de los presos lo descubrí el último día quizás con este me suceda algo similar.
      Un saludo.

      • Dos días, esta vez el plazo se cierra la noche del martes.

      • jabon

        Estamos igual, Javier.
        He leído antes sobre las pistas que se pueden sacar de los enunciados, coincido. En este caso me he obsesionado (aunque Santi tiene razón en que nos dan mil vueltas), en la cuestión de las “niñas de 4º de ESO”, todo tiene su explicación, y es que mi hija va a ese curso (aunque las matemáticas no le van también como a esas niñas…)
        Tengo una respuesta que tampoco voy a mandar, porque es algo larga, y estoy convencido de que tiene que haber algo mucho más sencillo. Es muy probable que alguna de las alternativas que barajo, sea la cierta, pero no la termino de cerrar.

        • Jesus

          Yo ha mandado mi solucion y, efectivamente, el problema ha sido encontrar una demostracion corta y elegante…. La mia me parece muy intuitiva. Es mas, creo que sera la oficial…

          • Jesus

            Como habitualmente, la mandare despues de cerrado el plazo y antes de que salga la respuesta en el pais… y asi comparamos.

  15. Turner

    Ahora lo he entendido

  16. Miletón

    Yo creo que la tengo, pero como hay más explicación que operaciones, puede ser que la demostración me convenza sólo a mí. La resumo, el profe la lee, la oculta y me dice si voy por el buen camino. Vale?
    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
    Que te parece?

    • Tiene buena pinta, pero yo no lo he razonado así, de modo que con lo que me dices no puedo dar una opinión muy fiable. Seguro que estará bien ;-)

      • Miletón

        Detalles ..
        El valor asignado a xxxxx más xxxxxxxxxxx, compruebalo, sólo puede sumar 5, 1 ó -3. Si le sumamos lo mismo de xxxxxxxxxx el total llega a 10, 6, 2, -2 ó -6; dado que lo que nos queda, xxxxxxxxxxxx, para hacer suma cero no puede pasar de 4 y -4, descartamos 10, 6 y -6. Es decir, xxxxxxxxxxxx, para llegar a total cero, sólo pueden valer 2 ó -2; lo que generalizando por las simetrías supone que xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx deben tener un sólo 1 ó un sólo -1, lo que es fácil de ver que no puede ser.

        Eso resumido y rápido, a buen entendedor …
        Un saludo.

  17. javier

    Creo que ya lo encontré… te voy a explicar por encima…. (censura lo que creas oportuno).
    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
    Primero parto de que todos los vértices son 1… en ese caso quedaría la desigualdad 0=8.
    Luego añado un vértice negativo (sólo 1).
    Cómo un vértice está en 3 caras entonces se producirá un cambio de signo en 3 caras… a continuación añado otro vértice en negativo y así sucesivamente comprobando en cada caso que los resultados obtenidos producen una desigualdad entre la suma de las caras y la de los vértices.

    En mis anotaciones demuestro cuales son los resultados en cada paso y siempre se producen una desigualdad, es decir nunca serán 0.

    He resumido un poco la conclusión a la que he llegado… como siempre no sé si me he explicado bien.

    Un saludo.

  18. jabon

    Creo haber encontrado otra vía, pero aun así no deja de ser algo compleja,

    Sobre una relación inicial, agrupo elementos homogéneos y luego añado algo más (de esos elementos anteriores) para obtener una nueva equidad.

    A la vista de unos posibles resultados, faltaba demostrar por qué con los números 5, 1 y -3 no era posible conseguir con 6 sumandos un múltiplo de cuatro, que no deja de ser un nuevo contratiempo y ya está superado.

    No sé si alguno habéis ido por este camino. Presupongo que la solución más sencilla es una especie de silogismo, pero yo no alcanzo a entenderla.

    P.D. El problema no es inventado, lo he localizado (sin respuesta o al menos yo no la he visto ) en una olimpiada matemática de un país iberoamericano, incluso con otra versión (sin respuesta tampoco).

  19. jabon

    Lo detallo en un nuevo mensaje. Es matemático. Respuestas las habrá mejores, pero me gusta el planteamiento.

    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

    (lo publico completo el miércoles para que lo vean todos)

  20. César

    En mi humilde opinión, incluso con la censura, se están dando demasiadas pistas. Por favor, un poco de contención!!!

    Saludos.

  21. César

    No me refiero a las primeras respuestas, sino después. Incluso en el foro de ElPais han dado un toque… es lo que pasa con Internet, incluso en el sitio de meneame.net filtraron la respuestas (aunque sin explicar) de la del piano, y bueno, no está un gran premio en juego, pero ya no es eso, sino que se rompe el encanto.

  22. Marta

    UFF!! Acabo de dar con una demostración después de horas y horas de pensar….
    Sólo he tenido que numerar los vértices y poner la suma completa y en orden para darme cuenta de todo….

    Este me ha costado mucho… Será la “astenia primaveral”
    Te la mando por si te apetece verla, pero para publicarla…..

    Gracias por el blog, ¡me encanta!……

    XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

    • Gracias a ti por intervenir en él Marta.

      Tu demostración es muy original, diferente a las demás que he visto, incluida la mía. Si te parece bien, cuando se cierre el plazo la publico.

      Un saludo.

  23. Marta

    Muchas gracias por tu comentario!! Por supuesto que la puedes publicar….
    Saludos,
    Marta.

    • Jesus

      Y esta es mi solución (un poquito larga pero intuitiva, que era lo complicado, al menos para mi);
      Partimos de un cubo cualquiera (Os ahorro el dibujo, porque queda horrible en el blog)
      Suma = Valores esquinas + Valores Caras
      = (1-1+1+1+1-1+1-1) + (1+1-1-1-1+1)= 2-0= 2
      (pero es indiferente cual elegir).
      Partiendo de ese cubo y cambiando valores de una esquina cada vez (ya
      sea al azar infinitamente o sabiendo lo que hacemos) deberiamos
      de ser capaces de llegar al cubo pedido (si sabemos los pasos serian
      -1 Suma=Suma-2 ,
      -1->1 Suma=Suma+2
      Despues, como afectaria a una cara:
      Si 1->-1 y cara era 1, cara pasa a -1 Suma=Suma-2,
      Si 1->-1 y cara era -1, cara pasa a 1 Suma=Suma+2,
      Si -1->1 y cara era 1, cara pasa a -1 Suma=Suma-2,
      Si 1->-1 y cara era -1, cara pasa a 1 Suma=Suma+2,
      Vemos que tanto el valor de esquina como el valor de las _tres_ caras
      afectadas por un cambio de valor de una esquina, somo saltos de modulo 2
      De cuanto es el salto? Las posibles combinaciones de 4 numeros 2 con
      signos + y – son:
      +2+2+2+2=+8,
      +2+2+2-2=+4,
      +2+2-2-2=+0,
      +2-2-2-2=-4,
      -2-2-2-2=-8,
      Por tanto son saltos de modulo 4. Como sabemos que 2 es un valor valido, los posibles valores que podemos alcanzar en el cubo son:
      +14 +10 +6 +2 -2 -6 -10 -14
      (de hecho, -14 es imposible, pero no tenemos ni que analizarlo)
      Por tanto, cero no es un valor posible de esa operacion.
      Ya me contareis las vuestras y comparamos…

  24. Antonio

    Hola!
    No es posible que esa suma sea cero.
    Evidentemente para que la suma de esos 14 números sea cero tendrán que haber, entre vértices y caras, 7 menos unos y 7 unos. La idea que hace sencillo ver que el que la suma sea cero es imposible, es que el producto de las 6 caras es igual al producto de los 8 vértices.
    Entonces:
    Si el número de vértices con -1 es impar, esto es 1, 3, 5 o 7, entonces el número de caras con -1 tendrá que ser también impar (1, 3 o 5).
    Si el número de vértices con -1 es par, esto es 2, 4 o 6, entonces el número de caras con -1 tendrá que ser también par o cero(0, 2, 4, o 6).
    Y en ningún caso el total de -1, entre vértices y caras, es 7. El total será siempre número par( suma de dos impares o de dos pares) .

    ¿Por qué el producto de las 6 caras es igual al producto de los 8 vértices?
    Como cada vértice forma parte de 3 caras, el producto de las 6 caras será igual al cubo del producto de los 8 vértices. Entonces, si el producto de los 8 vértices es 1 se tiene que 1^3=1, y si dicho producto es -1 se tiene que (-1)^3= -1.
    Saludos
    Antonio

  25. Jesus

    Se me ha zampado un trozo de texto en el medio
    ****************************************************************
    (si sabemos los pasos serian-1 Suma=Suma-2
    ******************************************************

  26. Esta era la demostración de JABON:

    VERTICES + CARAS = CERO
    (Cada vértice incide en tres caras), podemos hacer una nueva equidad, para que aparezcan los vértices tres veces)
    (2 * VERTICES) + (VERTICES + CARAS) = (2 * VERTICES) ó
    CARAS COMPLETAS = 2 * VERTICES
    Valores que pueden tomar cada una de las caras “completas” ( -3, 1 y 5), es fácil comprobarlo
    Valores que pueden tomar la suma doble de los vértices ( 16, 12, 8, 4, 0, -4, -8, -12 y -16) Todos ellos múltiplos de 4. (8-0)*2, (7-1)*2, (6-2)*2…..
    ¿Seis sumandos (de todas las caras) de valores 5, 1 y -3, pueden dar un múltiplo de 4? NUNCA.
    5 = 4 (múltiplo de 4) + 1
    1 = 0 (múltiplo de 4) + 1
    -3 = -4 (múltiplo de 4) + 1
    Cualquiera que sea la combinación de esa suma de 6 números obtendremos un resultado de n veces ( 4) + 6 ( la primera parte es múltiplo de 4, el 6 no). (si hubiesen sido 4 u 8 sumandos la cosa hubiese sido distinta)
    De este modo
    2 * VERTICES + VERTICES + CARAS no es igual a 2 * VERTICES
    Y ello implica que
    VERTICES + CARAS es distinto de CERO

  27. Esta era la de MARTA:

    Solución al octavo desafío matemático “Un cubo de suma cero”:

    Si numeramos los vértices del cubo como v1, v2, v3, v4, v5, v6, v7 y v8, se trata de ver si existe la posibilidad de que asignando un 1 o un -1 a cada vértice, la suma de los vértices más la suma de los productos de los vértices de las 6 caras sea cero.

    Si llamamos sumando “SA” a la suma de los vértices, es decir:
    SA = (v1+v2+v3+v4+v5+v6+v7+v8)
    Y sumando “SB” a la suma de los productos de los vértices de las 6 caras:
    SB = (v1*v2*v3*v4)+ (v5*v6*v7*v8) +
    (v1*v3*v5*v7)+(v2*v4*v6*v8) +
    (v1*v2*v5*v6)+(v2*v4*v6*v8)

    Tenemos que ver si hay una combinación de 1 y -1 que haga que SA+SB = 0

    La solución es que no existe tal posibilidad. No hay combinación posible de forma que la suma de cero.

    La demostración es la siguiente:

    – Si elegimos un número impar de -1 asignados a los vértices, SB siempre dará cero ya que si nos fijamos bien en cada una de las tres filas del sumando SB aparecen los 8 vértices agrupados en productos de 4 de distintas formas, con lo cual si el número de -1 es impar en cada una de las tres filas habrá un producto con un número impar de -1, con lo cual será -1 y el otro producto tendrá un número par de -1 con lo cual será 1 así que ambos se anularán y SB siempre es cero.

    Sin embargo el sumando SA sólo puede ser cero si hay 4 1 y 4 -1.

    Qué ocurre si elegimos un número par de -1?
    Entonces en el sumando SB, en cada fila, podrá haber un producto con un número impar de -1 y en ese caso, el otro producto también tendrá un número impar de -1, o bien podrá haber un número par de -1 n el primer producto con lo que en el otro también habrá un número par de -1. Es decir el número de productos que pueden ser -1 siempre es par. En este caso las posibilidades para el sumando SB son:
    SB = 6-0 = 6
    SB = 4-2 = 2
    SB = 2-3 = -2
    SB = 0-6 = -6

    Pero en el sumando SA, si elegimos un número par de -1 las posibilidades son:

    Con 0 -1: 8-0 = 8
    Con 2 -1: 6-2 = 4
    Con 4 -1: 4-4 = 0
    Con 6 -1: 2-6 = -4
    Con 8 -1: 0-8 = -8

    Con lo cual, cualquier combinación posible de SA+SB nunca puede dar como resultado =0 y por tanto, no exite tal combinación.

  28. Esta era la mía (que por cierto se me ha olvidado enviarla, jejeje)

    Tomemos un vértice cualquiera y las tres caras que se intersecan en él.
    Hay 2^4=16 combinaciones de signos entre esos cuatro elementos. Estudiamos la incidencia que tiene cambiar el signo del vértice en cada caso (cambian de signo también las tres caras) y observamos que en la suma total esta incidencia resulta de -8, -4, 0, 4 ó 8 (lo siento por la R.A.E. pero necesito ponerle tilde a la o) es decir sólo múltiplos de 4 entre -8 y 8 incluidos.
    Partimos del cubo de suma 14 (todo positivo) y tratamos de llegar a uno de suma 0 cambiando signos de los vértices; esto es 14 + 4q = 0 ; ecuación que no tiene solución entera para q, por lo que es imposible llegar al cubo de suma nula.

  29. César

    Mi solución es casi idéntica a la tuya, como sabes. Sin embargo, en ElPais un forero ha comentado ésta, que es supersencilla, pero no la entiendo, la verdad: “Si hubiese un cubo de suma 0, el producto de las catorce cifras sería -1 (7 positivos y 7 negativos), pero eso no es posible (es el producto de los 8 vértices elevado a la 4 potencia).”.

    ¿Alguna idea? De todos modos, estaba seguro de que había una solución más simple, pero no se me ocurrió multiplicar en vez de sumar.

    • ¡Es buenísima!
      c1=v1·v2·v3·v4 ; c2=v2·v4·v6·v8 ; c3=v5·v6·v7·v8 ; c4=v1·v3·v5·v7 ; c5=v1·v2·v5·v6 ; c6=v3·v4·v7·v8
      Entonces:
      v1·v2·v3·v4·v5·v6·v7·v8·c1·c2·c3·c4·c5·c6 = v1·v2·v3·v4·v5·v6·v7 · v1·v2·v3·v4 · v2·v4·v6·v8 · v5·v6·v7·v8 · v1·v3·v5·v7 · v1·v2·v5·v6 · v3·v4·v7·v8 =
      (v1·v2·v3·v4·v5·v6·v7·v8)^4 = +1, imposible.

  30. César

    Ya lo veo, gracias. Cada vértice comparte 3 caras, multiplicado por él mismo, salen 4 veces. Es sencillísimo, me siento idiota porque no se me hubiera ocurrido.

  31. Lo he demostrado más “matemáticamente”, pero creo que otro idea más sencilla es ésta: notar que el número de -1’s nunca puede ser impar:

    El problema no tiene solución debido a que el número de nodos con
    valor -1 que aparecen en el cubo nunca podrá ser impar, eso incluye al
    7, que es la cantidad necesaria para obtener un 0.

    En cada cara, la multiplicación de un número impar de -1 dará -1 y la multiplicación de un número par de -1 dará como resultado 1, obteniendo siempre un número par de -1’s en cada cara (paridad, es el sistema empleado en la transmisión de datos binarios)

    bla, bla, bla…

    …viendo que si el número de -1’s en cada cara es par, y como en la suma total de las caras cada nodo de los vértices aparece 3 veces, hay
    que eliminar 2 veces un mísmo número para obtener la suma el conjunto sin
    duplicados, por lo que el sistema total sigue teniendo un número par
    de -1’s.
    QED

  32. Jesus

    Ah! ahora la pillo. Si. Es brillante.

  33. Lombo

    Hola a todos:
    Sigo el blog cada semana y quería compartir mi solución con vosotros:
    Enumeradas las caras del cubo de 1 a 6, sea Vi el número de vértices con valor -1 de la cara i, y sea Pi el número de -1 del producto resultante en dicha cara. Existen para cada cara 5 posibilidades:
    Si Vi=0, Pi=0.
    Si Vi=1, Pi=1.
    Si Vi=2, Pi=0.
    Si Vi=3, Pi=1.
    Si Vi=4, Pi=0.
    Comprobándose que para todas las caras Vi+Pi es cero o par.
    Sea V el número de vértices -1 del cubo. Como cada vértice del cubo pertenece a 3 caras del mismo, de existir un cubo de suma cero ha de cumplirse:
    Sumatorio(Vi+Pi)-2V=7 con i=1…6, lo que es imposible al ser los dos primeros términos de la igualdad cero o número par.

    Un saludo y enhorabuena por el blog.

  34. MartaF

    mi demostración fue encaminada también jugando con número par e impar de 1s y (-1)s pero tomando pares de caras opuestas.

    Un cubo tiene 3 pares de caras opuestas. Si tomamos las 4 aristas de la cara de arriba y las 4 aristas de la cara de abajo, cubrimos los 8 vértices del cubo sobre los que se disponen los 1s y -1s.

    En primer lugar, demostraremos que con un número impar de (-1)s la suma de caras es siempre nula y la suma de vértices nunca lo es.
    En segundo lugar, demostraremos que con un número par de unos la suma de las caras no hace nulo la suma de los vértices.

    Número impar de (-1)s.
    La suma de vértices nunca será nula, pues se necesita el mismo número de (+1)s que de (-1)s para que esto ocurra.
    Por otro lado, para el resultado de cada cara tomaremos pares de caras opuestas, en primer lugar las tapas (caras de arriba y abajo). Con un número impar de (-1)s, una de las tapas siempre tendría número par de (-1)s y la otra número impar. El resultado de una cara sería +1 y el de la opuesta -1. Y para la misma disposición de (1)s y (-1)s sucedería lo mismo para el otro par de caras opuestas. Es decir, el resultado de una cara es de signo contrario al de su opuesta.
    Por tanto, con número de impar de (-1)s la suma de caras siempre es nula, y puesto que la suma de vértices es imposible que lo sea, la suma total es siempre distinto de cero.

    Número par de (-1)s y, por tanto, número par de (+1)s
    Si se colocan número impar de (-1)s en una cara en la enfrentada existiría número impar. El resultado de este par de caras se suma: -1-1=-2
    ¿Qué ocurre con el otro par de caras opuestas? que siempre van a tener el mismo resultado. Si una tiene numero impar de unos la opuesta también impar. Si tiene número par, la opuesta par también.
    es decir, dos caras opuestas tienen el mismo resultado, y su resultado se suma. O bien vale 2 o -2
    Entonces, podriamos tener 2+2-2=2, ó 2+2+2=6, etc.
    Los resultados posibles para la suma de caras son: -6,-2,+2,+6
    La suma de vértices con número par de (-1)s y de (1)s sólo puede ser +8,+4,0,-4,-8
    Con número par de (-1)s y de (1)s hemos demostrado que nunca se podrán anular la suma de vértices con la de caras

    En conclusion, nunca se puede obtener una suma nula de vértices y caras.

  35. César

    Ya han publicado la solución del problema en ElPais. La segunda demostración, me encanta, es mucho más elegante y clara que la de los 14 productos, y además es como una mezcla de esa solución y de la que propusiste (que se parece tb a la mía). De hecho, creo que simplificando un poco nos podíamos haber dado cuenta enseguida. En la ecuación 8n – 4m = -7 que puse, si la hubiera analizado, se veía claramente lo de los 7 menos uno.
    Creo que una buena idea para sacar soluciones elegantes podría ser partir de una solución, e ir simplificando poco a poco, a partir del análisis ya no del problema, sino de las soluciones que se van encontrando. ¿Qué opináis?

  36. jabon

    Sorprendido de la variedad de respuestas. Alguna muy curiosa, la verdad.
    Creo que de este modo, se aprende un poco más.

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