¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 01-04-2011
Estoy siguiendo unos desafíos matemáticos muy interesantes (para mi nivel, claro) que ponen semanalmente, los viernes, en la web de El País. El primero, por ejemplo, aunque no intenté resolverlo me gustó mucho la elegancia a la hora de resolverlo (te dan la solución pasados unos días, todo muy didáctico, pues se hace por vídeo).
El de esta semana por fin lo he pensado y sacado y no me ha llevado más de tres cuartos de hora. Sin embargo, me he quedado con la sensación de haber hecho trampas, pues después de intentarlo mediante procedimientos matemáticos (he dado vueltas a ecuaciones y series) he sido incapaz y he procedido por la cuenta de la vieja, y no he tardado ni 5 minutos. Con los resultados obtenidos me he dado cuenta de que por esos procedimientos más formales no lo hubiera sacado en la vida. La cuestión es, si hay algún matemático amable, que me diga cómo se puede hacer mediante método formal.
El problema es sencillo. Se trata de un cuadrado mágico, de 3 x 3, en cuya casilla central está el 15, pero en vez de ser cuadrado mágico de suma es de multiplicación. Evidentemente hay que dar las soluciones para cada casilla de tal manera que la multiplicación de cada columna, fila y diagonal den el mismo resultado sin poderse repetir los números en las casillas (enteros positivos). También me gustaría saber si hay algún procedimiento formal para saber cuáles son los valores más bajos, en el caso de que solo haya una posible solución, que desconozco si hay más de una.
Gracias.
¿Algún matemático en la sala? – post by Dragon21 – 01-04-2011
Así mirado por encima, parece que lo fácil es hacerlo a partir de los factores, de forma que en cada fila, columna y diagonal tiene que haber los mismos.No comment…
¿Algún matemático en la sala? – post by Tommy Walker – 01-04-2011
¿¿Ya lo tienes?? Eres un monstruo. Yo le he estado dando vueltas un rato, y de momento no se me ocurre nada que no sea hacer cuentas de la vieja.Jedes ‘Guten Tag’ heißt irgendwann ‘Auf Wiedersehen’
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 01-04-2011
Bueno, de vuelta a casa he sacado algunos datos más una vez que tienes la solución, y la verdad es que llama la atención. Digamos que sé cómo dar el mate, pero desconozco el camino para llegar a esa posición.
¿Algún matemático en la sala? – post by caminante – 01-04-2011
Probablemente a alguien se le ocurra algo más elegante, pero allá voy.
Tenemos 8 incógitas, y se pueden sacar fácilmente 8 ecuaciones: una por cada lado del cuadrado (cuatro), las dos diagonales (ya van seis), y la central vertical y central horizontal (hacen ocho). Igualándolas entre ellas y con un poco de paciencia supongo que no habrá problemas para resolverlo; hay que tener en cuenta que son enteros positivos para discriminar soluciones, y ya está.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 01-04-2011
Anda, si tú eres de mi club. Bueno, ese es el primer camino que he intentado, siguiendo los pasos del problema de la semana anterior. Ni que decir tiene que se me han fundido los plomos. Por la cuenta de la vieja he pensado que algo querría decir que 15 tuviera descomposición en factores primos y por ahí he empezado. A mí me ha salido que el producto de cada fila y columna era (no seguir leyendo si se quiere pensar el problema)
3375, es decir 3^3 * 5^3, y claro, eso significa algo, pero no sé qué. Por cierto, supongo que 3375 será el producto menor, pero ¿hay más? Los números son luego productos de esos factores, aunque algunos no han salido en mi solución, por lo que supongo que habrá más de una.
Bueno, buen finde.
¿Algún matemático en la sala? – post by Larsenfan – 01-04-2011
Me quito el sombrero, Luci, yo lo he planteado «formalmente», como describe caminante, y desde luego, tiene que salir, pero un sistema de ocho incógnitas, la verdad, no me apetece resolverlo.
Además, no sé si me equivoco en algo, pero juraría que las incógnitas son 9, ya que tampoco conocemos el producto.
El de la hormiga me gustó más.La marihuana es muy mala para la memoria y alguna cosa más que no recuerdo
¿Algún matemático en la sala? – post by Larsenfan – 01-04-2011
Seguro que Rey Mago o Razvan nos pueden iluminar.La marihuana es muy mala para la memoria y alguna cosa más que no recuerdo
¿Algún matemático en la sala? – post by José Manuel Pérez – 01-04-2011
No creo que se llegue a buen puerto planteando sistemas de ecuaciones no lineales.
Este problema es sencillo si se conoce el método para generar cuadrados mágicos con sumas. Una característica de estos cuadrados con suma S es que el número del cuadrado central debe ser la tercera parte de S. En el ejemplo que nos dan, la suma S es 27, y el cuadro central tiene un 9…
Generalizamos a cuadrados mágicos con producto P, resulta que el cuadrado central debe ser la raíz cúbica de P. Como ahí tenemos un 15, deducimos que P es 15^3. Factorizando: P = (3^3 )*(5^3). La pauta a seguir es sencilla, escoger factores positivos de P, que deben ser de la forma (3^x)*(5^y), siendo x,y valores de {0,1,2}. Curioso, hay 9 posibilidades diferentes, igual que casillas del cuadrado mágico. Ya tenéis todos los números, sólo hay que colocarlos convenientemente para que se respete el producto P.
Este me parece más sencillo que el problema de grafos de la primera semana.
¿Algún matemático en la sala? – post by _SkyClear_ – 01-04-2011
Ahora si lo tengo claro 
)
¿Algún matemático en la sala? – post by caminante – 01-04-2011
Mucho mejor el método de José Luis. Sólo una pregunta, ¿la generalización al valor central del cuadrado mágico la has deducido o simplemente la supones por analogía?
¿Algún matemático en la sala? – post by Larsenfan – 01-04-2011
Sí, tienes razón, de hecho al pasar a la forma que sugieres es cuando las ecuaciones se vuelven lineales, pero aún así, sale un sistema con nueve incógnitas y ocho ecuaciones que da mucha pereza…La marihuana es muy mala para la memoria y alguna cosa más que no recuerdo
¿Algún matemático en la sala? – post by Bubble – 01-04-2011
Yo saqué el de grafos (me costó un huevo) y éste lo he encontrado fácilmente googleando un poco aunque lo que yo había encontrado era un cuadrádo mágico genérico y no una explicación tan completa como la que ha dado José Manuel comparando con el de las sumas.
¿Algún matemático en la sala? – post by Purcell – 01-04-2011
Últimamente no me suelo meter apenas pero entrar y ver esto me ha hecho ilusión jaja
Reconozco que después de toda la semana con matrices y cosas similares no me apetecía nada pensarlo y he leído las soluciones que habéis dado.
La mejor explicación es la de José Manuel, aunque en el fondo es lo que ha hecho Luciano pero «mejor hecho» jeje
A los matemáticos os dejo un problema que pusieron en un examen de ecuaciones diferenciales y que es bastante gracioso xDD:
«Está nevando. Un quitanieves sale a las 12 y en la primera hora recorre 2 kilómetros. En la segunda hora recorre 1 kilómetro. ¿A qué hora empezó a nevar?»
En otra convocatoria pusieron el mismo problema pero dieron una pista, de todos modos hay que ser muy perrete para poner un ejercicio así en un examen… ¬¬'»Es mejor estar callado y parecer tonto que hablar y despejar definitivamente las dudas»
¿Algún matemático en la sala? – post by José Manuel Pérez – 01-04-2011
La generalización que realizo para pasar de la suma al producto la supongo por analogía.
Parece bastante intuitivo que si la suma de tres números da 27, los tres podrían ser 9. Como no podemos repetir, el valor central será 9 y el resto de valores será el que aumente o disminuya esa cantidad para ajustar las sumas en todas las líneas.
Con productos, igual. Si el producto de tres números es x^3, una opción es que cada uno de ellos sea x. El producto P será el valor central elevado al cubo.
Por si alguien pregunta por qué no he considerado exponente 3 y sólo exponentes los del conjunto {0,1,2}, que considere un número donde uno de los exponentes sea 3 y se fije en la línea con este valor y el central, el 15 = (3^1)*(5^1). Un exponente en el producto ya es mayor que 3 y debía ser exactamente 3.
¿Algún matemático en la sala? – post by _SkyClear_ – 01-04-2011
A mi me sale que empezó a nevar a last0 = (1/2)*(25 – Sqrt[5]) = 11,382 = 11:23Solución:La altura del nieve si empieza a nevar a las t0 (con un coeficiente a)h(t)= a (t-t0)la velocidad del la máquina quitanieves (con un coeficiente b, c = b/a)v(t) = b / h(t) = c /(t-t0)Para la locación del la máquina quitanieves tenemosdx/dt = v(t) -> x(t) = c Log[(t-t0)/(12-t0)]Ahora desdex[13] = 2 (x[14]-x[13])hallamos dos soluciones t0 = (1/2)*(25 +- Sqrt[5]) (= 11,38; 13,61).Sólo la primera es <12.
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Ahora al estilo Luciano tenemos que si el quitanieves es español, empezo a nevar hace 2 días y si es en Alemania faltarán dos dias para que empiece a nevar )
¿Algún matemático en la sala? – post by Purcell – 01-04-2011
Perfecto SkyClear. Si tengo alguna duda con ecuaciones diferenciales te preguntaré jeje
Me tengo que poner a estudiar ya, que acabo de ver que es un problema bastante típico, pero la verdad es que nada más verlo y sin tener mucha idea asusta jaja»Es mejor estar callado y parecer tonto que hablar y despejar definitivamente las dudas»
¿Algún matemático en la sala? – post by _SkyClear_ – 01-04-2011
Lo siento Purcell, debo confesar que me lo ha chivado el Google 
( El enunciado me parecía tan surrealista y tan raro que lo planteasen en un examen que lo he buscado y me he quedado alucinado con las explicaciones…lo de poner la respuesta era un «vacile» pero hay que ser honrados y yo habría dado la solución «Lucianesca».
¿Algún matemático en la sala? – post by caminante – 01-04-2011
«Con productos, igual. Si el producto de tres números es x^3, una opción es que cada uno de ellos sea x. El producto P será el valor central elevado al cubo.»
No creo que esto muy correcto con el rigor que requieren las matemáticas; el producto de tres números no tiene por qué tener una raíz cúbica que sea un número natural.
¿Algún matemático en la sala? – post by José Manuel Pérez – 01-04-2011
La tercera parte de un número tampoco tiene que ser un número natural…
¿Algún matemático en la sala? – post by Larsenfan – 02-04-2011
Sí, tienes razón, de hecho al pasar a la forma que sugieres es cuando las ecuaciones se vuelven lineales, pero aún así, sale un sistema con nueve incógnitas y ocho ecuaciones que da mucha pereza…La marihuana es muy mala para la memoria y alguna cosa más que no recuerdo
¿Algún matemático en la sala? – post by Soyelkapo – 02-04-2011
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.
Los ajedrecistas no somos frikis.¿Recuerdas cuando fuimos a Murcia?
¿Algún matemático en la sala? – post by kostra – 02-04-2011
«Está nevando. Un quitanieves sale a las 12 y en la primera hora recorre 2 kilómetros. En la segunda hora recorre 1 kilómetro. ¿A qué hora empezó a nevar?»
No soy matemátiko, pero vamos…, no konfundamos a las churras con las meninas.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 04-04-2011
Bueno, pues muchas gracias por las respuestas, en especial a José Manuel. No he podido leer el hilo hasta que llegué ayer a casa.
Yo seguí unos caminos parecidos a los que plantea José Manuel. No sé si se podrá resolver mediante ecuaciones lineales, pero lo dejé primero porque iban a salir muchas, tal y como apunta Larsenfan, y segundo porque yo soy tan original que estaba seguro de que tarde o temprano, tras tres hojas de ecuaciones, llegaría a un enunciado del tipo 15 = 15 o similar. Las matemáticas no son lo mío.
Pero me alegra saber que mis intuiciones eran correctas, pues tal y como plantea J.M. lo intenté mediante sucesiones a partir de la analogía con el cuadrado mágico de la suma, y me di cuenta de que tendría que ser no mediante la «tabla» del 15, sino mediante 15 elevado a 0,1,2… Por ahí tampoco saqué nada.
Ahora que veo la solución que aporta J.M., entiendo la curiosidad que me había surgido durante el fin de semana: había hecho todas las combinaciones de 3^3 * 5^3, pero curiosamente en las soluciones no aparecía lo que dice J.M., aquellas combinaciones en que cualquiera de los factores estuviera elevado a 3.
En cuanto al problema de Purcell, jeje, muy bueno, aunque no haya entendido nada de la resolución. Creo que como apunta SkyClear, la pregunta verdaderamente interesante es de dónde era la máquina quitanieves.
¿Algún matemático en la sala? – post by manitodeplomo – 04-04-2011
yo si que escuche hablar del cuadrado magico
creo que lo aplicaba wanderley luxemburgo
la verdad es que no lo entendi del todo pero estos cuadrados que explican ustedes mucho menos.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 04-04-2011
Te explicaré el cuadrado mágico de manera futbolística, para que puedas entenderlo. Imagina que eres el entrenador de uno de los equipos que juegan la final de champions. Estás en la prórroga, a 10 minutos del final, pierdes 1-0 y encima te han expulsado a uno. No te queda más remedio que jugártela, intentar el empate y llegar a los penaltis, que tal y como está el asunto es lo menos malo que te puede pasar.
¿Qué haces? Sencillo, hay que arriesgar, y tienes que equilibrar todas las líneas al máximo. Pones a tu tío más polivalente en el centro del campo, repartiendo juego, para delante y para atrás a izquierda y derecha y en diagonal. Como tienes uno menos y hay que marcar, que le den morcilla a la defensa y juegas ahí con uno menos de lo habitual. Total, que ordenas un esquema 3-3-3. O eso, o la debacle. Además, interesa jugar con gente por las bandas, que es por donde mejor te van a dejar subir para colgar balones al área. Así que tres tíos por cada banda y otros tres por el centro.
Pero ¿cómo hacer para que todas las líneas estén perfectamente equilibradas, armoniosas y encima no tengas jugadores que presenten las mismas características? Para eso te acuerdas de lo que te explicaron en el cursillo de entrenadores, aquel profe que estaba un poco pirao. Todas las líneas horizontales, defensas medios y delanteros, han de tener el mismo valor, y lo mismo para los carriles verticales. Como además tendrás que hacer cambios de juego con profundidad para pillar la espalda a los defensas contrarios, también deberás conseguir mantener esas líneas homogéneas, en consonancia con el resto.
Fácil, ¿no?
Por cierto, acabaron perdiendo 3-0.
¿Algún matemático en la sala? – post by manitodeplomo – 05-04-2011
genial luciano este cuadrado si que lo entiendo
en futbol si que me defiendo lo practique y lo mire mucho
si los examenes los hacen asi podria hasta licenciarme.
pero de las matematicas dudo que alguna vez entiendi algo y si asi fue seguro que se me olvido.
y alguien mas se acuerda del cuadrado magico de luxemburgo? los de marca se estuvieron riendo como medio año con eso jajajaj
¿Algún matemático en la sala? – post by kostra – 05-04-2011
Copio y pego las respuestas de amigos míos a los ke les he enviado el problema…
«Vaya chorrada, no sabes ni cuanto nieva !!!! eso no es importante o ke??? me parece absurdo sacar cálculo que no valen para nada, ademas no entiendo esas fórmulas!!! y si no lo entiendo es ke no tiene sentido !!! y punto !!! Y si conduce el Luis que no tiene ni puta idea de conducir que ocurriría que no llegaría a ningún lado porque se despeña por un barranco.»
«…Y la nieve se convirtió en hielo en cuestión de segundos, así que el quitanieves patinó y se estampó contra un árbol. No se pudo quitar la nieve. Se acabó el problema.»
¿Algún matemático en la sala? – post by Larsenfan – 05-04-2011
Hoy ha salido publicada la solución en El País:
http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Cuadrado/magico/productos/solucionado/elpepusoc/20110405elpepusoc_2/TesLa marihuana es muy mala para la memoria y alguna cosa más que no recuerdo
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 11-04-2011
¿Nadie comenta el de esta semana?
Reconozco, según lo vi, que pensé que era un problema de esos que se pueden decir evidente y que como tal no necesita demostración, así que no le hice caso. ¡Toma ya, pa chulería la mía!
Obviamente esperaba que hubiera esa ecuación o alguna teoría de grafos de las que no tengo ni idea. Sin embargo, ayer en la siesta me puse a pensarlo y otra vez me salía por la cuenta de la vieja. Recordé un dato que decía la matemática (que dicho sea de paso tiene una pinta de maripuri muy divertida) y era que no había que pensar en toda la casuística, así que pensé en que las posiciones se podrían simplificar.
Por ejemplo, si seis de los números del mismo color estuvieran juntos (obviamente los otros seis también), la solución era sencilla: raya por el medio dejando tres a cada lado. Para cinco colores juntos, se hace la raya dejando dos y tres de tal manera que en el semicírculo de dos esté el independiente.
Para el caso de que no haya ni siquiera dos colores juntos, es decir, todos alternos, será válida cualquier diagonal.
Si son cuatro números del mismo color los que están juntos bastará con dejar dos a cada lado si los otros dos están cada uno en diferentes semicírculos y si no es así, la línea será dejando tres y uno a cada lado, obviamente el que se quede aislado ha de coincidir en el mismo semicírculo con los otros dos.
Con tres números juntos del mismo color la casuística varía algo más, pero en definitiva quedarán esos tres juntos si los otros tres no están demasiado dispersos (qué poco matemático es esto), y si no es así, la línea aislará a uno de esos tres para dejarlos en el mismo semicírculo que otros dos aislados (o juntos)
El último caso, que haya dos números del mismo color juntos, presenta el mayor número de variantes y paso de exponerlas, pero el camino es el mismo.
La cuestión que le planteo a los matemáticos: ¿hay alguna ecuación o asunto relacionado con los grafos que explique esto de una forma más formal y matemática?
¿Algún matemático en la sala? – post by migueldc – 11-04-2011
Estuve discutiendo el viernes de este problema con un matemático, y es fácil resolverlo por reducción al absurdo.Dada cualquier distribución de colores que complan con las condiciones del enunciado, si tomamos al azar cualquier división en 2 semicírulos nos vamos a encontrar con 2 posibilidades:1º hay 3 números de cada color en cada semicírculo ¡que suerte!2º hay más números de un color que de otro, ¿eran rojos y azules?Si nos encontramos en el 2º caso, sabemos a ciencia cierta que si vamos girando nuestra línea divisoria inicial número a número, tras 6 pasos habremos invertido la cantidad de números de cada color que teníamos en cada semicírculo. Por ejemplo si en la división inicial, por azar nos encontramos con un subconjunto A con 2 números azules y 4 rojos, y uno B con 4 azules y 2 rojos, tras 6 giros el subconjunto A tendrá 4 azules y 2 rojos, y el B 2 azules y 4 rojos.En cada giro que hacemos de nuestro eje estamos sustituyendo un número por otro, y pueden pasar 2 cosas: sustituimos un número por otro del mismo color, o sustituimos un número por otro de color diferente. Es decir que cada color lo variamos en +1, 0, o -1.Por reducción al absurdo se demouestra qué, en alguno de los 6 giros que hemos realizado para invertir la distribución inicial de colores, la distribución ha tenido que ser 3 y 3.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 11-04-2011
Ok, desde luego parece una solución mucho mejor que la mía.
¿Algún matemático en la sala? – post by migueldc – 15-04-2011
El desafío de esta semana es el más fácil de los que han planteado hasta hoy.
Gana quién mueve primero en ambos casos, y las estrategias para hacerlo son sencillas.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 15-04-2011
Los vi ayer. Al primero he jugado muchas veces, con la variante de que gana el primero que diga 100 sumando un máximo de diez números.
¿Algún matemático en la sala? – post by migueldc – 15-04-2011
¿Tiene sentido jugar muchas veces a un juego que tiene una estrategia ganadora?
Bueno, a las damas sí tiene sentodo porque aunque existe una estrategia ganadora, no la sé y juego contra gente que tampoco.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 15-04-2011
Jeje, nada más darle al intro me di cuenta de que contado así sería fácil esa pregunta. Aclaro: todos mis sobrinos han jugado a eso conmigo muchas veces, cuando les ha llegado una cierta edad. Es un juego que considero muy divertido y educativo, sobre todo porque poco a poco vas comprendiendo la estrategia. Algunos lo han utilizado luego para sablear a sus padres con apuestas.
Con respecto a las damas, elevándolo al ajedrez y alguna vez lo he planteado aquí, si tuviéramos un conocimiento completo del ajedrez, ¿sería este un juego con estrategia ganadora? Dicho de otra manera: ¿jugar con blancas es suficiente para ganar? ¿Habría siempre una variante ganadora para cualquier sucesión de respuestas de negras? Sé que es puramente teórico, pero me gusta ese concepto.
¿Algún matemático en la sala? – post by carlosab – 15-04-2011
Luciano, en ajedrez podría ser que «juegan blancas y pierden».
¿Quién sabe?
Hasta que no lo tengas totalmente calculado no sabes si es lo contrarioa lo intuitivo: con juego preciso de las negras las blancas acaban siempre en zugzwang y palman.
Hay muchos juegos asi.Club de Ajedrez Chamberi: http://ajedrezchamberi.com
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 15-04-2011
En ese caso me daría lo mismo. Seguiría siendo un juego de estrategia ganadora (en el caso de que lo sea).
¿Algún matemático en la sala? – post by carlosab – 15-04-2011
También son un rollo los juegos «de estrategia no ganadora», como las 3 en rayas, que son tablas siempre.Club de Ajedrez Chamberi: http://ajedrezchamberi.com
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 13-05-2011
¿Alguien que haya visto el problema de hoy y que lo haya sacado me puede confirmar si la solución es 52?
¿Algún matemático en la sala? – post by carlosab – 16-05-2011
Sí, Luciano, es 52.
La conclusion es que para N>1 las dos ultimas cifras de 2^N son las mismas que las de 2^(N+k*20)ya que hay un ciclo cada 20 potencias de 2 que se repite. las dos ultimas cifras de 2^22 son las mismas que 2^2 = 04… por tanto las dos ultimas de 2^xxx7301 = las dos ultimas de 2^21 (ojo no vale 2^01) que son 52A priori ya se sabia que :Obviamente el resultado a la pregunta es multiplo de 4 (y de 2) ya que es 2^x con x >=2 y como 4 es divisor exacto de 100, por reglas de divisibilidad, todos los multiplos de 4 se distinguen porque sus dos ultimas cifras lo son. Eso dejaba 25 candidatos solamente, los 25 multipos de 4 entre 0 y 99por algun extraño motivo los multiplos de 5 (y de 4) de esos 25 no entran en el ciclo, quedando el ciclo reducido a 20, en el orden: 04 08 16 32 64 28 56 12 24 48 96 92 84 68 36 72 44 88 76 52 04 … y se repite… ¿porqué no entran en el ciclo el 00, 20, 40, 60 y 80? porque entonces el número seria multiplo de 5 y no potencia de 2 pura. Pero ni p*** idea de cómo deducirlo a priori en vez de a posteriori.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 16-05-2011
Joer, lo saqué medio por cuenta de la vieja medio por razonamiento, pero creo que lo hice muy complicado y después de enviar la solución deduje que tenía que haber una forma más simple. Me di cuenta del ciclo de cuatro números que se repetían en la última cifra. Tras sacar el 2 como última por el resto de 01 al dividir entre 4, vi que los números que terminaban en 2 también cumplían un ciclo, en este caso cada cinco, y tras un proceso un tanto complicado que seguramente era más sencillo, saqué el 5 como penúltima. Pero claro, la intuición me decía que si la última se repetía en ciclos de 4 y la penúltima en ciclos de 5, algo tendría que pasar cada 20 potencias.
Pero luego me entró la duda, por el planteamiento del problema. ¿Para qué me da las cuatro primeras cifras de la potencia, me esconde las siguientes, y me da las 4 últimas? Al final pensé, creo que acertadamente, que era un vacile en el planteamiento para hacerlo más divertido. En cualquier caso, creo que debe haber una solución más formal.
¿Algún matemático en la sala? – post by Bubble – 16-05-2011
Me pierdo un poco en tu demostración pero después de haberlo acertado a «la cuenta de la vieja» creo que la demostración más fácil sería usando el Teorema de Inducción que para que no lo sepa es algo así.
Si demuestras que algo se cumple para x=1 y que cumpliendose para x=n se cumpirá para x=n+1 estás demostrando que ese algo se cumple para todo x mayor o igual que 1.
Lo que carlosab demuestra muy fácil es la primera parte (que se cumple el primer ciclo de 20). Luego demostrar lo otro sería, creo, repetir 20 veces demostrar que un número 100x+4 multiplicado por dos es 200x+8 y, por tanto, acaba en 08 y así sucesivamente con los otros 20 ejemplos.
Yo al menos así lo veo más fácil.
¿Algún matemático en la sala? – post by carlosab – 16-05-2011
Hombre, lo otro es trivial… Las dos ultimas cifras de (k*100+a)*2 con a < 100 son las mismas que las dos ultimas de 2*a porque:
(k*100+a)*2= 200 + 2a
trivial
;–
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 16-05-2011
Trivial, lo que se dice trivial, no. En todo caso quadrivial 🙂
¿Algún matemático en la sala? – post by José Manuel Pérez – 16-05-2011
Es un típico problema de congruencias y restos potenciales. Se trata de averiguar el resto que nos da al dividir un número entre 100, equivalente a fijarnos en sus dos últimas cifras. Efectivamente, hay un procedimiento cíclico con esos restos. Si formamos una tabla de potencias de 2, donde cada número se obtiene multiplicando 2 el anterior, resulta que 2^22 es 4194304 = 4 más un múltiplo de 100. Termina igual que 2^2 = 4. Es evidente que si seguimos multiplicando por 2 este valor, tendremos un múltiplo de 100 + 8, como 2^3, y después será un múltiplo de 100 + 16, como 2^4, etc. Hasta llegar a 2^42, que acaba otra vez en 04. Igual ocurrirá con 2^62, 2^82, etc. Y lo mismo sucede con 2^21, 2^41, 2^61, 2^81, 2^101,… Todos estos números terminan igual que el 2^21, en «52». Como el exponente de la potencia en cuestión, acaba en 01, pues ese número tiene el mismo resto potencial que 2^21, es decir: 52.
¿Algún matemático en la sala? – post by Luciano de Samósata – 16-05-2011
Bueno, ya empiezo a entender solo la mitad de lo que decís, que en mi caso creo que es mucho. Una pregunta que se me ocurrió a raíz de este problema: igual que hay un ciclo para la última cifra, otro ciclo para la penúltima, o dicho de otra forma, un ciclo de 20 para las dos últimas cifras, ¿habría un ciclo también con la antepenúltima? ¿y con las siguientes?
¿Algún matemático en la sala? – post by José Manuel Pérez – 17-05-2011
Pues sí, hay un ciclo repetitivo para las tres últimas cifras. Hubo suerte y se van repitiendo las tres últimas cifras cada 100 potencias. Puedes comprobar que 2^103 acaba en 008, igual que 2^3. El siguiente acaba en 016, el siguiente en 032, etc. Evidentemente, el 2^203 también acaba en 008. Al ir hallando restos de una potencia x^n al dividir entre p, siempre hay ciclos que se van repitiendo, y que son de p números si p es primo (véase el pequeño teorema de Fermat, x^(p-1) es congruente con 1 módulo p). En nuestro caso p=100 (o p=1000), no son primos, por lo que el ciclo no tiene 100 (o 1000) números diferentes, sino un divisor de 100 (o un divisor de 1000)