En matemáticas es bien conocido el teorema de los cuatro cuadrados, que dice que todo número entero positivo puede expresarse como suma de los cuadrados de cuatro números enteros. La primera demostración conocida de este resultado se debe a Lagrange, y data de 1770, aunque después ha habido alguna mejora en dicha demostración, como la de Legendre en 1798 que fue terminada por Gauss, y algunas generalizaciones, como el teorema de los números poligonales de Fermat o una debida a Ramanujan.

El caso es que las sumas de cuadrados nos pueden dar más sorpresas aparte de la de este teorema, y una de ellas, de la que vamos a hablar hoy, tiene cierta relación con un cuadro de un artista ruso.

El cuadro en cuestión se titula Contando en sus cabezas, y el autor es el pintor ruso Nikolai Bogdanov-Belsky (1868-1945). Aquí tenéis la obra:

Contando con sus cabezas

(Imagen tomada de aquí.)

En ella se ven unos niños intentando dar la solución a una operación matemática que, se entiende, el profesor les ha planteado escribiéndola en una pizarra. Como veis, la operación es la siguiente:

\cfrac{10^2+11^2+12^2+13^2+14^2}{365}

Es sencillo dar el resultado correcto de dicha operación sin necesidad de realizar todas las operaciones a lo bestia. En los comentarios podéis dejar las ideas que se os ocurran, y si no se os ocurre ninguna podéis echar un ojo a los comentarios de este post de Guillermo en La Aldea Irreductible, ya que en ellos aparecen algunas posibilidades.

El caso es que el resultado que parecen buscar con mucho esfuerzo los niños que aparecen en el cuadro es, evidentemente, 2. Y una forma de obtenerlo (aunque incluiría hacer cuentas a lo bruto) es saber que tanto 10^2+11^2+12^2 como 13^2+14^2 dan como resultado 365. Por tanto obtendríamos

\cfrac{365+365}{365}

que es claramente 2.

Es curioso, ¿verdad? Si sumamos los cuadrados de los números 10, 11 y 12 nos da el mismo resultado que se obtiene al sumar los cuadrados de los dos números siguientes, 13 y 14:

10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

¿Será esta igualdad un caso aislado? ¿Será éste el único caso en el que ocurre algo parecido? ¿O simplemente se trata de un caso particular de un resultado más general? Pues sí amigos: esta igualdad es en realidad un caso concreto de una propiedad más general que involucra sumas de cuadrados. Dicha propiedad es la siguiente:

Para n \geq 1, si sumamos n+1 cuadrados de números naturales consecutivos comenzando con el cuadrado del número n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n números naturales.

Vamos a analizar algunos casos particulares:

  • Para n=1 tenemos que n(2n+1)=3. En este caso sumaríamos n+1=2 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 3, 3^2+4^2, y obtenemos el mismo resultado que si tomamos el cuadrado del siguiente número natural, 5^2 (tomamos uno nada más porque n=1). Es decir:

    3^2+4^2=5^2

    que sabemos que es cierto.

  • Para n=2 tenemos que n(2n+1)=10. En este caso sumaríamos n+1=3 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 10, que es el caso comentado anteriormente y sacado del cuadro ruso: 10^2+11^2+12^2. Obtendríamos el mismo resultado que si tomamos la suma de los cuadrados de los n=2 siguientes números naturales. Es decir:

    10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

    que también hemos visto que es cierto.

  • Para n=3 tenemos que n(2n+1)=21. En este caso sumaríamos n+1=4 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 21, 21^2+22^2+23^2+24^2, y obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=3 números naturales. Nos quedaría:

    21^2+22^2+23^2+24^2=25^2+26^2+27^2

    Podéis comprobar (os dejo que uséis calculadora) que en ambos lados de la igualdad obtenemos como resultado 2030.

  • Para n=4 comenzamos en n(2n+1)=36 y sumaríamos n+1=5 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 36, obteniendo el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=4 números naturales:

    36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2

    En ambos caso nos sale 7230.

Y podríamos seguir con estas reglas, obteniendo siempre el mismo resultado a ambos lados de cada una de las igualdades obtenidas. Precioso resultado, ¿verdad?…

…bueno, en realidad todavía no es un resultado propiamente dicho, ya que no hemos demostrado que esto ocurra siempre. Hemos dado unas reglas y parece que con ellas nuestra propuesta de resultado se va cumpliendo para los primeros valores de n, pero eso no significa que se cumpla para todos. Es decir, lo que hemos planteado es una conjetura. Para que se convierta en un resultado matemático correcto debemos dar una demostración.

Bien, yo he intentado demostrar este hecho por inducción a pelo y la verdad es que es extremadamente engorroso. De hecho he estado un buen rato con ello, pero el proceso es tan farragoso que he desistido. Pero hay una forma relativamente sencilla de demostrarlo, y es la que aparece en este post de Visualizing Math (que es el post que me recordó el tema del cuadro del que me había hablado el propio Guillermo hace ya bastante tiempo). Vamos a intentar reproducirla.

Para empezar vamos a escribir lo que queremos demostrar, que es que si sumamos los cuadrados de n+1 números consecutivos comenzando por el n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrado de los n números siguientes. Es decir, queremos comprobar que la siguiente igualdad es cierta:

\begin{matrix} (n(2n+1))^2+(n(2n+1)+1)^2+ \ldots +(n(2n+1)+n)^2= \\ =(n(2n+1)+n+1)^2+\ldots+(n(2n+1)+n+n)^2 \end{matrix}

Lo que vamos a hacer es trastear esa igualdad y llegar a otra en la que a ambos lados de la misma obtenemos igual resultado. El primer paso es tomar las restas de cada término de la parte derecha con el que está en la misma posición en la parte izquierda (en el orden en el que están colocados ahora). Es decir, tomamos la resta del último de la derecha menos el último de la izquierda, la resta del penúltimo de la derecha menos el penúltimo de la izquierda, y así sucesivamente. Es decir, pasamos a la derecha todos los términos menos el primero y los ordenamos en forma de restas como hemos comentado. El objetivo ahora será ver que si sumamos todos los resultados obtenidos de esas restas nos da exactamente el único término que ha quedado a la izquierda, (n(2n+1))^2.

La resta de los dos últimos términos es

(n(2n+1)+n+n)^2-(n(2n+1)+n)^2

Si consideramos el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+n y n y usamos la identidad notable del cuadrado de una suma (vale, para algo nos valen las identidades notables), el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el término que teníamos restando, quedando la resta inicial así:

n^2+2n(n(2n+1)+n)

Hacemos lo mismo con las n restas que tendríamos. Por ejemplo, la última resta quedaría así:

(n(2n+1)+n+1)^2-(n(2n+1)+1)^2

Tomando ahora el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+1 y n, y operando igual que antes, el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el que teníamos restando (como antes). Nos queda lo siguiente:

n^2+2n(n(2n+1)+1)

Vamos a ver ahora qué nos quedaría al sumar todos los resultados de todas esas restas. Tendríamos el término n^2 sumado n veces (una por cada resta), que por tanto quedaría

n^2 \cdot n=n^3

y después tendríamos varios términos multiplicados todos por 2n. Sacando factor común ese 2n obtendríamos la siguiente expresión:

2n \bigg ( (n(2n+1)+1)+(n(2n+1)+2)+ \ldots + (n(2n+1)+n) \bigg )

Si nos fijamos, dentro del paréntesis grande aparece el término n(2n+1) sumado n veces, por lo que dicha suma puede expresarse como

n \cdot (n(2n+1))=2n^3+n^2

El resto de término que aparecen dentro de ese paréntesis grande son 1+2+\ldots+n. Sabemos que esa suma vale

\cfrac{n(n+1)}{2}

Recapitulando, la suma de los resultados de todas las restas que habíamos calculado es la siguiente:

n^3+2n \bigg (2n^3+n^2+\cfrac{n(n+1)}{2} \bigg )

Operando todo esto llegamos fácilmente a que su valor es

4n^4+4n^3+n^2

que es precisamente el valor de (n(2n+1))^2. Con ello queda demostrada nuestra conjetura.

Sí, cierto, esta demostración también queda un pelín engorrosa, pero como he comentado antes no os imagináis lo que es intentar demostrar esta conjetura directamente con inducción. A mí no se me ha ocurrido ninguna otra forma que pueda ser más amigable que la descrita en esta entrada, pero puede que a alguno de vosotros se os encienda la bombilla y encontréis alguna manera de simplificar esta demostración, o quizás alguna otra más sencilla. Si es así os agradecería que nos los contarais en los comentarios.

Print Friendly, PDF & Email
0 0 votes
Article Rating

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉