Una única suma posible de cuadrados

Ya hay solución para el decimonoveno desafío matemático con el que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española (ver el vídeo conmemorativo). Juan González-Meneses, Profesor Titular de la Universidad de Sevilla propuso el problema (ver vídeo de la izquierda) y lo resuelve ahora (vídeo de la derecha): hay una manera de descomponer 2^2012 como suma de cuatro cuadrados, y ninguna manera de descomponer 2^2011. El ganador de una biblioteca matemática como la que entrega cada semana EL PAÍS ha sido en esta ocasión Iago Vaamonde Paniagua, estudiante de Ingeniería Industrial, de Vigo. Este domingo, en el quiosco, por 9,95 euros con el periódico, Hipotecas y ecuaciones. Las matemáticas de la economía, de Lluís Artal y Josep Sales.

Esta semana se han recibido 320 respuestas, de las que un 50% daban la respuesta correcta. De las respuestas correctas, aproximadamente la mitad usaban un razonamiento similar a la solución propuesta en el vídeo, y el resto hacía uso del Teorema de Jacobi, que da el número de formas de escribir un número natural como suma de cuatro cuadrados... de números enteros (incluyendo el cero, y contando como soluciones distintas las que se obtienen al cambiar de orden los sumandos).

Algunas respuestas calculaban la descomposición de pequeñas potencias de 2, y daban por supuesto que para potencias de 2 más grandes se seguía el mismo patrón. Aunque esto sea cierto, la simple observación de los primeros casos no garantiza que la misma propiedad sea cierta para potencias de 2 mayores. Por tanto, este tipo de respuestas no se puede considerar como válida.

Recordemos el problema: queremos saber de cuántas formas se puede descomponer 2^2012 (y también 2^2011) como suma de cuatro cuadrados perfectos de números naturales (sin incluir el cero).

La solución propuesta por el Profesor González-Meneses es la siguiente:

Supongamos que tenemos una forma de escribir 2^2012 como suma de cuatro cuadrados: 2^2012=A^2+B^2+C^2+D^2. Para obtener información sobre estos cuatro números A, B, C y D, usaremos un método muy útil para trabajar con números grandes: miraremos los restos que se obtienen al dividir cada sumando por un número pequeño, en este caso, el 8.

Veamos cuál es el resto de dividir A^2 entre 8.

Si A es par (múltiplo de 2), su cuadrado será múltiplo de 4. Por tanto, el resto de dividir A^2 entre 8, en este caso, debe ser 0 o 4.

Si A es impar, se escribirá A=2k+1. Su cuadrado será A^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1. Observemos que, o bien k, o bien k+1 debe ser par, luego 4k(k+1) es múltiplo de 8. Por tanto, el resto de dividir A^2 entre 8, en este caso, es 1.

Análogamente, el resto de dividir B^2, C^2 o D^2 entre 8 debe ser también 0, 1 o 4.

Como la suma de los cuatro cuadrados es igual a 2^2012, que es múltiplo de 8, los cuatro restos deben sumar obligatoriamente 0, 8 o 16. Y como los restos sólo pueden ser 0, 1 o 4, se observa fácilmente (por ejemplo haciendo todas las combinaciones posibles), que nunca puede haber un 1. Es decir, A, B, C y D deben ser pares, y podremos escribirlos A=2a, B=2b, C=2c y D=2d.

Pero entonces, si tomamos la igualdad 2^2012=A^2+B^2+C^2+D^2 y la dividimos entre 4, obtenemos 2^2010=a^2+b^2+c^2+d^2. Podemos ahora repetir el argumento, concluyendo que a, b, c y d son pares, lo que nos da una descomposición como suma de cuatro cuadrados de 2^2008, luego otra de 2^2006, 2^2004, etc, dividiendo cada vez por 4 la igualdad anterior. Esto nos llevaría a obtener una descomposición de 2^2=4 como suma de cuatro cuadrados. Pero la única descomposición posible es 4=1+1+1+1, que sólo puede provenir de 2^2012=2^2010+2^2010+2^2010+2^2010. Es decir, 2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2 es la única forma de descomponer 2^2012 como suma de cuatro cuadrados.

En el caso de 2^2011, el mismo argumento nos dice que cualquier descomposición de 2^2011 como suma de cuatro cuadrados, nos daría otra de 2^2009, 2^2007, etc. hasta llegar a 2^1=2. Pero como 2 no se puede descomponer como suma de cuatro cuadrados, se deduce que no hay ninguna manera de descomponer 2^2011 como suma de cuatro cuadrados.

Muchos participantes han usado un argumento similar, variando ligeramente la forma de demostrar que los cuatro sumandos son cuadrados de números pares. La otra solución más habitual consiste en utilizar un teorema de Carl Gustav Jakov Jacobi. Jacobi demostró que el número de cuaternas (A,B,C,D) de números enteros, tales de n=A^2+B^2+C^2+D^2 es igual a 8 veces la suma de los divisores de n, si n es impar, y 24 veces la suma de los divisores impares de n, si n es par. En nuestro caso, como 2^2012 y 2^2011 son pares, y su único divisor impar es 1, el teorema de Jacobi nos dice que hay exactamente 24 cuaternas posibles.

De esas cuaternas hay que descartar las que contengan al cero o a un entero negativo, e identificar las que se obtengan al cambiar de orden los cuatro números. La mayoría de los participantes han encontrado las 24 posibles cuaternas, y han deducido la respuesta correcta de esta forma.

Aunque también se puede deducir el resultado sin "adivinar" las 24 cuaternas, como propone Rafael Haro: Buscamos cuaternas de números mayores que cero. Si hubiera alguna en que dichos números no fueran todos iguales, alguna permutación de esos números daría una cuaterna distinta, y todas las posibilidades de cambio de signo (16 por cada cuaterna), nos darían como mínimo 32 cuaternas diferentes. Esto contradice el teorema de Jacobi, por tanto los cuatro números deben ser iguales. De ahí se deduce inmediatamente la única descomposición posible de 2^2012, y que no existe ninguna para 2^2011.

El inconveniente de usar el teorema de Jacobi puede ser en algún caso que nos quedemos con la sensación de que la respuesta es así "porque lo dice Jacobi", pero no que uno haya conseguido hacer suya la solución. De hecho hay un cierto riesgo de, cómo les ha sucedido a algunos lectores, no ser capaz de llegar del resultado de Jacobi a la respuesta correcta al desafío. Pero no cabe duda de que muchos han hecho bien el tránsito.

Otros lectores han desoído en parte nuestro consejo de no usar ordenadores. Pero no los han empleado para "calcular todas las posibilidades" (ya señalamos que eran demasiadas), sino para encontrar una pauta y conjeturar cuál era la solución. Y luego lo han demostrado. Nada que objetar a ese procedimiento, más bien al contrario.

El viernes -ojo, cambiamos el día de la semana- plantearemos ¡atención! cinco desafíos: el correspondiente al último fin de semana de julio y todos los de agosto. Así que esta vez los lectores tendrán cinco semanas enteras para resolver los retos, planteados por quintuplicado eso sí. Naturalmente habrá cinco premios -cinco bibliotecas matemáticas- y sortearemos una entre los acertantes de cada problema.

Una única suma posible

Cuadrados que suman grandes cifras