C-El problema del cubo

Vamos con el 8º desafío matemático del diario "El País". Se trata de ir colocando en cada vertice de un cubo (matemáticamente hablando un dado, para que nos entendamos) un valor que puede ser 1 o -1. Con esto tenemos 8 valores, uno por cada esquina, que vamos a sumar. Al resultado le sumamos un número por cada cara del cubo que se correspondera con el producto de sus vertices (que tendrá que ser 1 o -1 según el número de -1 que haya en los vertices). Sumando estos 14 valores, las niñas que proponen el problema piden que esa suma sea 0 cambiando los valores de los vertices a nuestro antojo.
Los 256 casos posibles son menos en realidad debido a que muchos casos son simetrías o rotaciones de otros casos. Aconsejan no probar todos los casos por un simple motivo: no hay solución. Ups, se me ha escapado. Bueno, como ya os he fastidiado diciendo que no hay solución, ahora hay que demostrar porque no la hay sin probar todos los casos posibles.
Esta entrada la dejo programada para las 23:30 con mi propuesta de solución por si alguno la quiere copiar y enviarla. Este es el enlace de "El país" con la propuesta del problema en video. La pobre chavala se hace un lío al final, pero como ya habían grabado casi toda la presentación, alguien con mala leche decidió dejarlo para que la gente se riera un poco de ella. Estamos participando unas 2000 personas, lo cual dice quienes estamos interesados de verdad en este tipo de cosas. No dire que de España pues está participando mucha gente de fuera de nuestras fronteras.

La respuesta es que no hay solucion.
Hay que tener en cuenta que las 256 posibles combinaciones no son en realidad tantas pues algunas de ellas son rotaciones o simetrias de otras, pero aun asi calcularlas todas llevaria mucho tiempo.
Vamos a nombrar a las aristas de la cara superior A1, A2, A3 y A4, y a las de la cara inferior B1, B2, B3 y B4.
Vamos a dividir los calculos en 2 grupos, primero la suma de los valores de las aristas, que es sumar Ai y Bi con i=1,2,3,4, y segundo la suma de los productos de las aristas de cada cara, 6 en total. A1A2A3A4, B1B2B3B4, A1A2B1B2, A3A4B3B4, A1A3B1B3 y A2A4B2B4.
Supongamos que cambiamos un valor, por ejemplo A1 ya que con las rotaciones y simetrias da igual el valor que cambiemos. Cambiar A1 en el grupo primero supone pasar de -1 a 1 o viceversa, con lo cual el resultado de la suma seria -2 o +2. Cambiar A1 en el segundo grupo seria igual a cambiar la polaridad de 3 de esos productos. Los casos posibles serian los siguientes:
-1,-1,-1->1,1,1 =>+6
-1,-1,1->1,1,-1 =>+2
-1,1,1->1,-1,-1 =>-2
1,1,1->-1,-1,-1 =>-6
El resultado de la variacion de la suma de los casos posibles cada vez que se cambie una arista seria entonces:
a)-2+6=+4
b)+2+6=+8
c)-2+2=0
d)+2+2=+4
e)-2-2=-4
f)+2-2=0
g)-2-6=-8
h)+2-6=-4
Con esto podemos deducir que en cada variacion se anade o disminuye la suma en un multiplo de 4.
Tomemos ahora uno de los casos posibles. Anadiendo variaciones de sus aristas individualmente podemos llegar a cualquier combinacion posible y sabemos que esas variaciones son multiplos de 4. Partamos de aquella en la que todas sus aristas son 1 y nos encontramos con que la suma del primer grupo es 8, el total de aristas, y la suma del segundo grupo, al ser el producto +1 en los 6 casos posibles es 6, con lo cual la suma total seria 14.
Como queremos llegar al caso en que la suma sea 0, deducimos que no es posible llegar a dicha solucion pues no hay ningun entero X tal que 14+4X=0.