Aquí van unas cuantas propuestas, más un par de ellas que incluyo en los comentarios. Muchas gracias de nuevo a todos por vuestra participación y disculpad por los retrasos…
19 Cuadrados que suman grandes cifras. Mi solución José Luis
Solución desafío 19 Pedro Correa
19 desafio matematico – una suma de cuadrados-roberto (nuevo)
solucion_desafio19_j_castellano (más nuevo)
Santiprofemates 
No era un par, era sólo una. ;P
Felicidades a todos, en especial a Santi porque su solución es muy clara y por el santo!
Muchas gracias.
No sé si acabo de ver la solución que nos propones, Santi. ¿Por qué dices que 2^(3-2k) ·A^2 debe ser cuadrado perfecto?.
Para mí, no tiene por qué ser ni siquiera entero, porque no veo en ningún sitio que se demuestre que 2^(3-2k) tenga que dividir a A^2.
Santi, puede que no entienda bien el apartado A) de tu demostracion.
Llegas a que 4=2^(3-2k)A^2+…
y argumentas «pero evidentemente, la única manera de expresar 4 como cuatro sumandos cuadrados perfectos es 4= 1+1+1+1,»
Pero 2^(3-2k)A^2 no es en absoluto un cuadrado perfecto, ejemplo k=5:
2^(3-2k)A^2=A^2/2^7
es mas, tus sumandos son racionales en general, por lo que no se como concluyes que son cuadrados perfectos.
Santi, siento decir que tu solución no es correcta.
Has expresado el número 4 como suma de cuatro cuadrados de números racionales, pero no has demostrado que esos sumandos son de hecho números naturales.
Si no demuestras que A, B, C y D son potencias de dos (o que son pares, y luego usas inducción), tu razonamiento no funciona.
La demostración de José Gabriel tampoco es correcta. Se pueden sumar cuatro números, con un montón de unos en su expresión binaria, de forma que sumen una potencia de dos.
En los comentarios a la solución del problema 18 de El País, hay varios ejemplos de esto que digo, en referencia precisamente a la solución de José Gabriel.
Siento cargarme vuestros razonamientos, pero no me gustaría que alguien se creyera soluciones erróneas.
El premio ‘santiprofematero’ de esta semana deberia ir para Pedro o Antonio (soluciones correctas de igual argumento). Usar a Jacobi no queda muy bonito
Ante la avalancha de comentarios en el mismo sentido no cabe duda, he debido explicarme muy mal. No digo que 2^(3-2k)·A^2 sea un cuadrado perfecto, lo que digo es que, suponiendo que 2^n con n impar admitiese una suma de cuatro cuadrados perfectos, entonces llegaríamos a que 2^(3-2k)·A^2=1, y como eso desde luego no es un cuadrado perfecto, es absurdo, luego imposible.
No puedes decir que sea 1. Tu ecuacion solo dice que la suma de 4 numeros racionales es 1, ahi no hay ningun problema…
Gracias por exponer las respuestas. He escrito poco en este blog, pero creedme que lo sigo todas las semanas (las que puedo) y me encanta. Felicidades a todos.
Sólo una cosa respecto a la solución que expones, Santi, o las enfocadas de la misma forma.
No termino de entender por qué me deja un poco confuso el argumento que utilizáis. Creo que con un ejemplo puedo explicar algo lo que intento decir:
Tenemos que 3 = 1^2 + 1^2 + 1^2 (como suma de tres cuadrados). Ahora, siguiendo vuestro argumento (o al menos según lo veo, decidme si me equivoco) busquemos una expresión para 6 como suma de 3 cuadrados:
6 = a^2 + b^2 + c^2
Como 6 = 2·3, podemos poner
2·3 = a^2 + b^2 + c^2
3 = 2^-1 a^2 + 2^-1 b^2 + 2^-1 c^2
Siguiendo vuestro argumento, como 3 = 1^2 + 1^2 + 1^2 es la única forma de expresar 3 como suma de 3 cuadrados, tendremos que 2^-1 a^2 = 1, luego a = sqrt(2), que no es un número natural.
Por esto, no podríamos expresar 6 como suma de tres cuadrados no nulos.
Pero … 6 = 2^2 + 1^2 + 1^2 !!!
Evidentemente, para potencias de 2 no ocurre esto, porque efectivamente no hay otras expresiones, pero no me queda claro que sea un argumento válido como demostración de ello.
Insisto en que probablemente esté equivocado en algo, pero es que me deja un cierto sinsabor, y ya sabéis que con las mates fastidia mucho quedarte sin comprender algo. Espero vuestros comentarios.
Un saludo a todos.
Ups, pues tienes toda la razón, he dado por hecho sin demostrarlo que A=B=C=D, lo cual es una metedura de pata horrible!!!
Entono el mea culpa (menos mal que no la mandé, jejeje)
He retirado mi no-solución.
muy buen ejemplo
A mi me ha gustado la de Pedro. La de Santi, como comentabais, daba mala espina. La de Jacobi es la que comente a la que habia llegado el viernes con el Cordin Bleu y, aunque indudablemente correcta, me parecio un poquito fea (vamos, que a ver como lo explican en el pais pero espero algo como la de Pedro o, incluso, mas intuitiva). En cualquier caso, es un autentico placer leeros cada semana. A ver si a alguien de aqui le toca esta semana (los secuaces de Santi, como nos llaman en el foro del pais) (comentarios en la solucion 18 de un tal «Sabueso» :D)
Roberto (la solucion nueva) no es suficientemente general. Solo considera potencias de 2. Hacer varias pruebas no es suficiente.
Ejemplo:
2^3=1^2+7
2^4=3^2+7
2^5=5^2+7
Por induccion: 2^6=7^2+7, pero no…
2^6=64
7^2+7=56
(aunque hay algo de verdad: 2^7=11^2+7, 2^15=181^2+7)
Solo ~160 respuestas correctas, lo que me parece poco, ya que han habido problemas bastante más difíciles. Quizás se note el cansancio. Yo iba a hacer solo un problema más y plantarme en 20 pero veo que tenemos todo el mes de Agosto para resolver 5 problemas…
Felicidades por el blog que sigo desde hace tiempo (y he recomendado en los comentarios a los desafíos de El País; allí soy CuatroTercios). Tengo una solución por inducción distina a las que has publicado, si te interesa te la envío.
Un saludo de otro profe de mates.
Desde luego Javier, si quieres envíala a santiprofemates@gmail.com.
Un saludo y muchas gracias.
Ya he recibido y publicado tu solución. Muy completa y clara. Gracias por tu aportación compañero.
No he podido ver algunas de vuestras respuestas, porque el ordenador del trabajo no me permite ver versiones últimas doc. (Santi, para otra vez si no es molestia si puedes las cuelgas en una anterior…)
Mi respuesta iba en una línea digamos retrospectiva, bajando de arriba abajo, y concluir que 4 era igual a 1+1+1+1; no sé si alguna vuestra también, porque algunas no he podido verlas.
Bueno, que sepáis que el viernes publican cinco de golpe…
Ya me veo a Santi abriendo 5 temas de discusión distintos, ¿no?
Por cierto, felicidades con retraso.
Aqui, si es posible me gustaría recibir ayuda.
Sé como funciona el método por inducción… lo que no comprendo (y aqui es donde necesito ayuda) es como este método demuestra que el resultado que «parece que se cumple» sea único. Es decir, entiendo que demuestre que ese resultado es para todo n… pero no entiendo por qué demuestra que ese resultado sea único.
Supongo que te refieres a la solución que se da en el vídeo de El País.
A mí al principio también me descolocó eso. Pero piensa que no se pone ninguna restricción inicial para los cuatro sumandos A, B, C y D, de modo que el que sean pares (A=2a, B=2b etc.) y el «truco» de la división entre 4 sea aplica para CUALQUIER posible cuaterna A, B, C y D. Ahora, cada A está biunívocamente relacionado con cada a (A=2a), que está biuínvocamente relacionado con cada a’ (a=2a’), que está relacionadao biunívocamente con cada a» (a’=2a») etc. Es como si desde A partiese un único hilo si ramificaciones que va pasando por a, a’, a», a»’ multiplicando por 2 en cada paso… y así hasta llegar a 1 en la descomposición final del 4=1^2+1^2+1^2+1^2. Si el 4 hubiese tenido varias descomposiciones, desde cada sumando partiría un único hilo que llevaría a distintos A, B, C y D tras multiplicar por 2 en cada paso.
Si por ejemplo valiese el 0, el cuatro tendría las descomposiciones:
4=0^2+0^2+0^2+2^2 4=1^2+1^2+1^2+1^2
que siguiendo los hilos de cada sumando llevarían respectivamente a
2^2012=0^2+0^2+0^2+(2^1006)^2
2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2
No sé si esto acaba de convencerte.
Yo hasta que no he leido tu comentario no he entendido completamente la demostración de el País.
Gracias Javier por tu respuesta, aunque no era exactamente esa mi duda.
Me refería más bien a que en todas las soluciones en las que se usa el método de inducción llegan a la conclusión de que sólo hay una solución para 2012. Eso es precisamente lo que no entiendo… Comprendo que se demuestre que «esa solución» es correcta pero no que sea la única.
Resumiendo…. Compruebo que 2^2, 2^4, 2^6… cumplen la regla de que sólo tienen una forma de expresarla como suma de cuadrados… además encuentro cuales son esos sumandos…. intuyo que esto se cumplirá en todas las potencias de dos pares… por inducción demuestro que el sumando encontrado es también válido para cualquier n par…. pero… ¿Por qué se demuestra también que son los únicos sumandos?.
Entiendo que la inducción demuestra que 2^2012 = (2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2,
¿El método de inducción demuestra también que esta es la única solución? ¿?¿?¿?.
De hecho… yo sabía la solución del problema. No tenía ni idea como demostrar algo que veía con suma claridad. Leyendo el blog leí que el mejor método era el de inducción. Así que utilicé dicho método pero lo dejé porque no entendía el porqué la inducción puede demostrar esa unicidad.
Quizás sea sólo limitación de mis capacidades….
Un saludo.
Te remito a la solución que ha publicado Santi esta mañana (al principio de esta página: solucion_desafio_19_j_castellano (mas nuevo) ).
Ahí puedes ver cómo por inducción se muestra que la solución también es única. El esquema básicamente es asumir por hipótesis que cierta potencia par 2^2n tiene una única descomposición en suma de cuadrados. Luego se plantea que la siguiente potencia par 2^2(n+1) tenga dos descomposiciones distintas pero, tras unas manipulaciones, se ve que se llega a una contradicción, de modo que se deduce que sólo puede tener una. Y, entonces, partiendo de la descomposición de 4=2^2 se puede construir la inducción matemática.
Léela y me cuentas.
Perfecto… en esta demostración compruebo que se asume la posibilidad de dos descomposiciones llegándose a una contradicción… pero en el resto que he podido observar no se sigue este procedimiento…. y no entiendo que el método de inducción que demuestra un caso demuestre (valga la redundancia) que sea único.
Gracias.
Os pongo mi solucion friki de Jacobi (parece que no tan friki porque la han mandado 80 personas) como es habitual
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Caso 1: 2^2012
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Es facil ver por induccion que
2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2
es solucion.
Utilizando del teorema de Jacobi de los cuatro cuadrados, sabemos que hay 24 formas de expresar 2^2012 como suma de cuatro cuadrados (incluyendo 0^2 y numeros negativos al cuadrado, no validos para este problema)
(24*Sum(divisores impares de 2^2012)=24 pues el unico divisor impar es el 1)
De ellas, 4*2=8 formas son la trivial (2^1006)^2+0^2+0^2+0^2 (no valida) que tiene cuatro posiciones posibles y dos signos posibles cada una.
Para la que tenemos por induccion,
2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2
tendremos VR(2,4)=2^4=16 de signos posibles, por lo que esa solucion cuenta como 16 formas de las 24 iniciales (las que quedaban)
Unica: 2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2
Caso 2: 2^2011
*******************
Por induccion solo conseguimos una no valida que seria:
2^2011 = (2^1005)^2 + (2^1005)^2 + 0^2 +0^2
Por Jacobi, tambien tenemos que tener 24 al tener solo el 1 como divisor impar (incluyendo ceros y negativos al cuadrado que no son validas)
Hay 6 combinaciones de esa solucion con dos sumandos:
tt00
t0t0
t00t
0tt0
0t0t
00tt
y multiplicamos por cuatro cada una por las posibles permutaciones de signos VR(2,2)=2^2=4 lo que nos da 6×4=24 (que son el total)
Como esa solucion nos es valida por tener 2 ceros, no hay ninguna
solucion valida
Usar a Jacobi no es quizás ni bonito ni elegante pero es un método válido… algo parecido a usar el Teorema de Pitágoras para llegar a una conclusión. Siempre que uso dicho Teorema lo doy por válido… ya alguien encontró y demostró que era así…
Usar lo que otros han descubierto y que ya se ha demostrado que es correcto es un procecimiento por el que la ciencia avanza.
Isaac Newton dijo: «Si he visto más lejos ha sido porque he subido a hombros de gigantes».
El único inconveniente de pensar así…. ¿Y si Jacobi se equivocó?… ¿Y si Pitágoras se equivoco?… todas mis conclusiones serían incorrectas.
Si se conoce el teorema de Jacobi, junto a su demostración, me parece muy bien aplicarlo. Ahora bien, personalmente, si yo lo apliquese sin conocer la demostración, no me quedaría del todo satisfecho, no pensaría haber comprendido de verdad el «porqué». Además utilizar «artillería pesada» no está en el espíritu de este tipo de desafíos: lo bonito es que, en principio, se pueden resolver con matemáticas más o menos elementales.
Si Pítágoras se equivocó, hace tiempo que nos habríamos dado cuenta XD Lo que incomoda de Jacobi es que, claramente, existía una solución más intuitiva. Si no fuera un desafío de El País, me habría quedado tan pancho.
Jesús, era un simple ejemplo…. el Teorema de Pitágoras está demostrado con múltiples procedimientos, algunos de ellos de gran belleza.
Pero lo que he comentado de dar por cierto lo que otros han establecido que lo es…. tiene un cierto peligro. Podeis pensar, por ejemplo, cuanto tiempo se dio por cierto que la Tierra era el centro del Universo… o que se pensase que los cuerpos caían a velocidades distinstas dependiendo de su peso… Ideas equivocadas que muchos «científicos» dieron por válidas sólo porque fueron planteadas por grandes genios.
Solo trataba de bromear con lo de Pitagoras (si estuviese equivocado, seria un bombazo :))
Te entiendo perfectamente aunque creo que hay que diferenciar entre una teoria fisica y un teorema. Para llegar al estado de teorema matematico, ha tenido que ser demostrado dentro de un marco logico y, salvo que estes utilizando el teorema fuera de ese marco logico (por ejemplo, si utilizas, erroneamente, Pitagoras en un espacio curvo), se puede confiar en el como que 1+1=2.
Creo que la clave esta en conocer las limitaciones matematicas del teorema en si, lo que, en ocasiones, implica conocer detalladamente su demostracion (que en el caso del teorema de Jacobi habria que ver cuantos nos la conocemos)
En cualquier caso, estoy totalmente de acuerdo en que el espiritu critico siempre tiene que estar presente y que el principio de autoridad no constituye una prueba per se.
… de hecho, ¡nos podemos ir a un espacio curvo para que el teorema de Pitágoras no funcione!
Este debate me parece interesante, pero el problema de el País del que hablamos es del ámbito de la Aritmética, el teorema de Jacobi siempre será verdadero, también el de Pitágoras, dentro de su ámbito, nos podemos fiar. Las teorías físicas se basan en modelos matemáticos. Las hipótesis del modelo físico pueden no responder correctamente a los fenómenos observados, pero el modelo matemático «no se equivoca», siempre que la demostración sea correcta, claro (no entro aquí en el tema de demostraciones mediante supercomputadoras o la demostración de la clasificación de grupos finitos, etc.; tampoco pretendo abrir el melón matemáticas versus físicas, cada cosa en su sitio).
Por cierto, en algún comentario al problema en el País he visto criticas al método de inducción como método válido de demostración. Creo que poner esto en cuestión es dudar del principio o axioma de inducción matemática sobre el que se basa la construcción de los números naturales, y, por ende, poner en cuestión la construcción de los enteros, racionales, reales, etc., y, en fin, de prácticamente todas las matemáticas (puede que se salve algo de la geometría de Euclides y sus epígonos). Sólo lo digo por comentarlo, no está de más recordar algunas cosas básicas de vez en cuando.
Un saludo a tod@s.
Totalmente de acuerdo (y soy fisico :))
Yo tambien vi las criticas al metodo de induccion pero quise creer que se referia a que sacar una solucion por induccion no garantizaba que fuese la unica solucion… no se,… tampoco daban muchos mas detalles.
No he visto esas críticas que comentas, tal vez estén relacionadas con esas dudas que me han surgido con el método de inducción.
Con lo de las críticas a la inducción no sé si os referís al comentario 1 de un tal Pedro en la serie de comentarios de El País a la solución del desafío 19.
Si es así, me temo que se trata simplemente de una rabieta o una chaladura, porque lo que asume es que con comprobar unos pocos casos iniciales se puede sacar la conclusión que siempre se cumplirá la propiedad. Como alguien le contesta eso es como demostrar que todos los números son menores que 100: El 1 lo es, el 2 lo es, el 3 los es, el 4 también… ¿acaso hacen falta más pruebas? ¡Todos los números lo son! QED :-p
Quizá se pueda criticar el uso de la inducción en otras ciencias naturales (porque será necesariamente inducción incompleta), pero desde luego no en matemática pura.
No he podido, lo confieso. Le estuve dando vueltas tratando de encontrar una solución con mis matemáticas (elementales) y sin recurrir a «San Guguel» . Mi intuición me decía que soló había una solución para el primer caso y ninguna para el segundo (Después de probar con potencias 1,2,3,4,5,6, 7 y 8). Pero no fui capaz de demostrarlo.
Pero al ver el video con la solución me entró una duda, que generan dos preguntas:
¿Por qué múltiplos de 8? ¿Y si se hiciese con múltiplos de 4, o 16?
Seguí los pasos del video, con 4 en lugar de 8 y… creo que no funciona.
Hola Hipatia. Según lo veo yo, hay, digamos, dos partes en la demostración.
Por una parte (la «idea feliz» del problema), el hecho de que las potencias en cuestión son múltiplos de 8 fuerza a los coeficientes a,b,c,d a ser pares.
En segundo lugar, esto nos permite ir «bajando» (dividiendo entre 4) de potencia par en potencia par (o de impar en impar) hasta llegar a 2^2 (o 2^1), potencias que imponen la condición para demostrar la unicidad (o la inexistencia) para la expresión como suma de 4 cuadrados no nulos.
¿Por qué no utilizar el hecho de que sean múltiplos de 4 esas potencias de 2? El mismo razonamiento de la primera parte, ahora sobre los restos al dividir entre 4, NO permite concluir (creo) que a,b,c,d tienen que ser pares:
En este caso, al dividir a^2 entre 4, si a es par dará resto 0 (a^2 es múltiplo de 4), y si a^2 es impar dará resto 1. Como la suma de los 4 cuadrados debe dar resto 0 ó 4 (la potencia de 2 original es múltiplo de 4), nos quedan dos posibilidades para la suma de restos, 0+0+0+0 y 1+1+1+1. La primera indica que a,b,c,d son todos pares, y con ello podemos pasar a la segunda parte de la demostración. Pero la posibilidad 1+1+1+1 indica que podemos coger a,b,c,d todos impares, y no podemos seguir con el razonamiento de la segunda parte, que se basa en que todos son pares.
(Podríamos intentar descartar esta posibilidad de que sean todos impares, manipulando algo más las expresiones: ponemos a=2m+1, b=2n+1, c=2s+1, d=2t+1 (m,n,s,t números naturales) y volvemos a ver qué pasa si m,n,s,t son todos pares o bien hay uno, dos, tres o cuatro impares. El caso es que siempre se llega a una expresión de la forma 8r+4, con r número natural, lo cual es siempre múltiplo de 4 y no nos permite descartar la posibilidad de que a,b,c,d sean todos impares. No sé si hay alguna forma de descartar definitivamente este caso sin recurrir a que la potencia tenga que ser múltiplo de 8, que es una condición más fuerte, ¿alguna propuesta?)
Yo creo que en el último párrafo de tu comentario estás casi a punto de demostrar que no pueden ser impares. Desarrolla:
2^2012=a^2+b^2+c^2+d^2=
=(2m+1)^2+(2n+1)^2+(2s+1)^2+(2t+1)^2=
=4m^2+4m+1+4n^2+4n+1+4s^2+4s+1+4t^2+4t+1=
=4m(m+1)+4n(n+1)+4s(s+1)+4t(t+1)+4
Diviediendo ambor miembros entre 4 llegas a la igualdad:
2^2010=m(m+1)+n(n+1)+s(s+1)+t(t+1)+1
Pero ahora resulta que los términos de la forma m(m+1) son siempre pares (par·impar), de modo que tenemos:
2^2010=par + par + par + par + 1 = impar
Lo que claramente es imposible, luego a, b, c y d no pueden ser todos impares. De modo que también la división entre 4 nos llevará a la solución (es la que yo he usado, pero para inducción, no para descenso «finito»).
Gracias Javier, con tanto múltiplo y tanto par e impar pierdo un poco la perspertiva. Ya sólo faltaría poner todo esto con congruencias, «à la Pedro Correa».
Tengo una nueva versión mejorada de la demostración en base dos. Está en http://personal.telefonica.terra.es/web/nanobot/desafio_matematico_19_de_ElPais.pdf
Un saludo a todo el mundo, es la primera vez que participo.
Ahora me doy cuenta de que mi comentario anterior está en el hilo equivocado… Debí haberlo puesto en el hilo de la discusión general del desafío 19 y no en el de las soluciones escogidas… Mi objetivo no es que figure entre las escogidas, solo quiero ver qué tipo de objecciones o errores se le pueden encontrar. El silencio por vuestra parte es buena señal… jejej Creo que esta forma de resolver el problema puede ayudar a algunos, a mí mismo, a comprender mejor «lo que está pasando», el «porqué» de que números tan altos como 2^2011 no tengan un solo sumando cuadrado válido teniendo como tienen trillones y trillones de candidatos. Las distintas demostraciones no son más que distintas abstracciones de una misma realidad matemática.