Mis aventuras en la OEIS: números cuadrados triangulares


27/01/2017
 
Este artículo lo escribí para The Aperiodical, puedes leer el artículo original en inglés haciendo clic aquí.

¡Hola! Soy Dani Poveda. Este es mi primer artículo para The Aperiodical. Soy de España y no soy matemático (aunque me encantaría serlo). Actualmente estoy estudiando un ciclo de Formación Profesional de Grado Superior (FPGS) en Administración de Sistemas Informáticos en Red (ASIR). Me gustaría compartir con todo el mundo algunos de mis descubrimientos sobre números. En este caso, sobre números cuadrados triangulares.

Empezaré por el principio.

Desde siempre me han encantado las mates, pero no era consciente de la cantidad de canales de YouTube sobre mates que había. Durante los meses de febrero y marzo de 2016 empecé a seguir algunos de ellos (Numberphile de Brady Haran, a James Grime y a Matt Parker entre otros). El 13 de julio, Matt publicó el vídeo de mates más corto que había hecho hasta entonces:

 

Quizás sea corto pero me dejó inmerso en esos números, ya que me encantan desde que leí El diablo de los números cuando tenía 8 años. Solamente necesitaba algunos bolis, mi calculadora (Casio fx-570ES) y si necesitaba ayuda extra, mi portátil para programar algo. Todo ello lo tenía bien cerca, acababa de llegar a casa después de dar clases particulares de matemáticas.

Ahora voy a explicar cómo enfoqué el problema intentando llegar a una solución.

Lo primero que pensé fue en introducir en la calculadora \(\sqrt{\frac{x(x+1)}{2}}\), siendo \(x\) un entero mayor que \(8\), ya que \(\sqrt{\frac{8(8+1)}{2}}=6\) (ese es el que usó Matt como ejemplo para presentar el reto). De esa forma encontré el siguiente, \(1225\), para \(x=49\). Después de probar con algunos valores más para \(x\), me cansé y decidí programarlo en PHP. Así encontré los primeros términos de la sucesión: \(0\), \(1\), \(36\), \(1225\), \(41616\), \(1413721\), \(48024900\), \(1631432881\)…

Proseguí nombrando la sucesión de números cuadrados como \(S\), la de triangulares como \(T\) y la de cuadrados triangulares como \(ST\). Después planteé el problema, \(ST_{n}=S_{i}=T_{j}\), expresando \(S\) y \(T\) como series:

\[ S_{i}=i^2=\sum_{x=0}^{i-1} \left( 2x+1 \right) \] \[ T_{j}=\frac{j \cdot (j+1)}{2}=\sum_{x=0}^{j} \left( x \right) \]

Como cada cuadrado es suma de números impares consecutivos y cada número triangular es suma de números consecutivos, me centré en los elementos diferentes de cada suma, notando que la paridad de los números triangulares es importante y que debe haber una suma de números impares consecutivos que sea igual a una suma de números pares consecutivos. Por ejemplo:

\[ ST_{2}=36=S_{6}=1+3+5+7+\underline{9}+\underline{11} \] \[ ST_{2}=36=T_{8}=1+\underline{2}+3+\underline{4}+5+\underline{6}+7+\underline{8} \]

Los números subrayados son todos los sumandos diferentes entre ambas sumas, ambos tienen que sumar lo mismo: \(9+11=2+4+6+8=20\). Considerando la suma de números pares consecutivos, siempre obtenemos el doble de un número triangular, \(2+4+6+8=2 \cdot (1+2+3+4)=2 \cdot T_{4}\). Sabiendo esto y haciendo lo mismo para \(1225\), \(41616\), \(\ldots\) busqué un patrón entre las series y lo encontré para \(ST_n = S_{i} = T_{j}\):

\[ \sum_{x={\frac{j+(j \bmod 2)}{2}}}^{i-1} \left( 2x+1 \right) = \sum_{x=0}^{{\frac{j-(j \bmod 2)}{2}}} \left( 2x \right) = 2 \cdot T_{\frac{j-(j \bmod 2)}{2}}\]

Para \(n \gt 1\) noté que \(\frac{j+(j \bmod 2)}{2}\) es un número cuadrado que es divisor de \(ST_{n}\), obteniendo otro cuadrado que es igual a \(j+((j+1) \bmod 2)\), entonces todo número cuadrado triangular es el producto de dos cuadrados:

\[ \begin{align} ST_{2} &= 36 = S_6 = T_8 \\ &= \frac{8+0}{2} \cdot (8+1) = 2^2 \cdot 3^2 \end{align} \\ \sum_{x=\frac{8+0}{2}}^{6-1} \left( 2x+1 \right) = \sum_{x=0}^{ \frac{8-0}{2}} \left( 2x \right) = 2 \cdot T_{4} = 20\] \[ \begin{align} ST_3 &= 1225 = S_{35} = T_{49} \\ &= \frac{49+1}{2} \cdot (49+0) = 5^2 \cdot 7^2 \end{align} \\ \sum_{x=\frac{49+1}{2}}^{35-1} \left( 2x+1 \right) = \sum_{x=0}^{\frac{49-1}{2}} \left( 2x \right) = 2 \cdot T_{24} = 600 \] \[ \begin{align} ST_4 &= 41616 = S_{204} = T_{288} \\ &= \frac{288+0}{2} \cdot \left( 288+1 \right) = 12^2 \cdot 17^2 \end{align} \\ \sum_{x=\frac{288+0}{2}}^{204-1} \left( 2x+1 \right) = \sum_{x=0}^{\frac{288-0}{2}} \left( 2x \right) = 2 \cdot T_{144} = 20880 \] \[ \begin{align} ST_5 &= 1413721 = S_{1189} = T_{1681} \\ &= \frac{1681+1}{2} \cdot (1681+0) = 29^2 \cdot 41^2 \end{align} \\ \sum_{x=\frac{1681+1}{2}}^{1189-1} \left( 2x+1 \right) = \sum_{x=0}^{\frac{1681-1}{2}} \left( 2x \right) = 2 \cdot T_{840} = 706440 \]

Conforme fui descubriendo esto me estaba poniendo como loco, sentía que estaba muy cerca de encontrar una fórmula para estos números (estaba dando con algo pero no podía estar seguro, porque mi método estaba siendo muy caótico). Después intenté encontrar un término general para una sucesión \(a\) que incluyera esos factores en orden ascendente: \(0\), \(1\), \(1\), \(2\), \(3\), \(5\), \(7\), \(12\), \(17\), \(29\), \(41\), \(70\), \(99\), \(169\), \(239\)…

Simplemente definí una sucesión \(a\) considerando que \(a_{0}=0\), \(a_{1}=1\) y \(a_{2}=1\), porque noté cómo los números iban creciendo y pensé que podría ser una sucesión similar a la de Fibonacci. No tenía ni idea de qué sucesión era… Fue bastante difícil dar con un término general para esta sucesión, pero tras un rato me las arreglé para acabar dando con él. Teniendo que \(n > 2\):

\[ a_{n}=a_{n-1-((n-1) \bmod 2)}+2^{(n-1) \bmod 2} \cdot a_{n-2-((n-1) \bmod 2)} \]

Curiosidad: \(a_{13} = 13^2\). Supongo que esto solamente pasa para \(n=13\), pero no estoy seguro.

Por fin podía escribir \(i\) y \(j\) en el planteamiento \(ST_{n}=S_{i}=T_{j}\) para cualquier \(n>0\), considerando que \(ST_{0}=0\):

\[ i=a_{2n-1} \cdot a_{2n} \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \] \[ j=2 \cdot (a_{2n-1})^2 - ({a_{2n-1}} \bmod 2) \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \]

¡Por fin lo había resuelto! Pasé a comprobar que todo estuviera correcto. Después de releerlo todo bastantes veces, parecía que todo estaba bien… Observando de nuevo las sumas de pares e impares consecutivos, me fijé en que cada suma de pares fuese el doble de un número triangular. Ese hecho llamó mi atención y pensé: "¿Y si resto esos dos triángulos al cuadrado triangular correspondiente?". Lo imaginé gráficamente, con cada \(ST_{n}\) para \(n>2\) y numéricamente obtuve estos resultados: \(16\), \(625\), \(20736\), \(707281\), \(24010000\), \(815730721\), \(\ldots\)

Reconocí los dos primeros resultados. Sabía que eran \(2^4\) y \(5^4\), pero no podía imaginar que todos iban a ser cuartas potencias: \(2^4\), \(5^4\), \(12^4\), \(29^4\), \(70^4\), \(169^4\)…

"Vaya, esto sí que mola", pensé. Tras descubrir este patrón lo comprobé para \(ST_{1}\) y funciona porque es un caso trivial, pero de casualidad había conjeturado unas cuantas fórmulas más basadas en la sucesión \(a\):

\[ ST_{n}=(a_{2n-1})^4+\sum_{x=(a_{2n-1})^2}^{(a_{2n-1} \cdot a_{2n})-1} \left( 2x+1 \right) \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \] \[ ST_{n}=(a_{2n-1})^4+\sum_{x=0}^{(a_{2n-1})^2 - (a_{2n-1} \bmod 2)} \left( 2x \right) \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \] \[ ST_{n}=(a_{2n-1})^4+2 \cdot T_{(a_{2n-1})^2 - (a_{2n-1} \bmod 2)} \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \]

Vi que solamente necesitaba términos de la sucesión \(a\) en posiciones impares para escribir las dos últimas fórmulas, pero no sabía (ni sé) cómo probar todo por inducción.

Por eso dibujé los dos primeros cuadrados triangulares como triángulos rectángulos, y descubrí que cada cuarta potencia gráficamente es un cuadrado de cuadrados, con dos triángulos idénticos pegados a dos de sus lados, de tal forma que la esquina del cuadrado que queda entre ellos forma parte de la hipotenusa de la figura completa o no, dependiendo de la paridad del número total de elementos.

Habiéndole dedicado dos días de trabajo al problema, busqué en Internet cualquier cosa que pudiera estar relacionada con estos números. Me sorprendió muchísimo no encontrar nada relacionado con estos patrones salvo por una de las fórmulas, \(ST_{n}=(a_{2n-1} \cdot a_{2n})^2 \hspace{3pt} ; \hspace{2pt} n > 0\), la cual fue una contribución de Hugh Darwen aprobada en la OEIS desde el 23 de febrero de 2012. Pero sobre el resto del trabajo que había hecho… No pude encontrar nada parecido. Busqué artículos de divulgación que pudieran tener alguna conexión con todo esto, pero nuevamente… nada. Quizás debería haber buscado más a fondo, no podía creer que hubiese sido yo capaz de fijarme en algo que nadie hubiese visto antes… Descubrí que la sucesión \(a\) es casi la sucesión A002965 pero no exactamente, ya que no incluí un término inicial más en \(a\). Y también encontré que los términos de \(a\) en lugar impar corresponden a la sucesión de Pell, la cual no conocía previamente… Descubrí la razón de plata y más cosas, ¡y me encanta! Cómo me alegro de haber visto el vídeo de Matt en primer lugar.

Más tarde, decidí registrarme en la OEIS para publicar estas fórmulas en un borrador y para escribir sobre todo esto en mi página de perfil. Cuando recibí un correo de la OEIS diciéndome que Neil Sloane había aprobado mis cambios en la sucesión A001110… Me quedé en shock. De verdad. Para nada me esperaba algo así. Todo el trabajo que he hecho lo veo algo básico, porque como punto de partida tomé algo que leí en un libro cuando tenía 8 años… ¿Es esto posible? Parece que lo es.

Después de esta contribución, quise generalizar la fórmula \(ST_{n}=(a_{2n-1})^4+2 \cdot T_{(a_{2n-1})^2 - (a_{2n-1} \bmod 2)} \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0\), y desde entonces he estado contribuyendo con más sucesiones y fórmulas. De hecho, generalicé esta fórmula primero en la sucesión A275496 para cada cuarta potencia (cada cuadrado de cuadrados). También cuadriculé cada triángulo al completo y encontré otra fórmula para los números cuadrados triangulares. Siendo \(P_{n}\) el enésimo término de la sucesión de Pell:

\[ ST_{n}={{P_{n}}^2 \cdot T_{2 \cdot P_{n} - 1} + 2 \cdot P_{n} \cdot T_{P_{n} - (n \bmod 2)}} \hspace{5pt} ; \hspace{4pt} n > 0 \]

Seguí generalizando todos estos descubrimientos publicando la sucesión A276914, haciendo también una ilustración para la OEIS donde explico el patrón principal.

Espero que Matt vea este artículo (ya sabe algo sobre todo esto porque le escribí por email). Desde entonces he estado investigando sobre más números, entre ellos algunos números poligonales centrados (A276916 es una sucesión de cuadrados centrados basada en la sucesión A276914, por ejemplo). También he publicado algunas imágenes en Twitter sobre otros patrones curiosos relacionándolos con números primos y demás.

¡Quizás en un futuro escriba otro artículo sobre más números!

Le enseñaron mi artículo a Matt Parker y respondió:

¡Enhorabuena a Dani por una explicación tan fantástica sobre las matemáticas que ha encontrado! Ha estado bien ver cómo ha empezado de la misma forma que yo cuando investigué estos números por primera vez, pero rápidamente ha explorado caminos que no tuve en cuenta.

Me encanta cuando la gente juega con las matemáticas por algo que ha visto en Internet (o que ha percibido en la vida cotidiana), pero es impresionante cuando además dedica su tiempo a compartir la experiencia con los demás. Gracias nuevamente a Dani por escribirme sobre lo que estaba haciendo y por redactarlo para The Aperiodical.

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