O teorema de Hall. O caso dos trucos de maxia de Cheney

Na entrada "Criptografía e maxia no Losada", onde relataba algúns aspectos da charla que viñeron impartir á Estrada Nicanor Alonso e Miguel Mirás, expliquei o truco de maxia das 5 cartas de Cheney. Este truco xa fora tratado por Martin Gardner pois todo o interesante xa foi tratado antes por Martin Gardner. Efectivamente unha versión do truco aparece no libro  El ahorcamiento inesperado y otros entretenimientos matemáticos (Alianza Editorial, 1991). Neste caso o mérito é aínda maior porque esta versión foi presentada nun congreso de magos, isto é, diante dunha audiencia incómoda para quen realiza o truco pois esa audiencia non estaba disposta a deixarse enganar.

O (mate)mago que presentaba o xogo era Victor Eigen. Un espectador, que non era outro que Martin Gardner, ofreceu a súa propia baralla para que o mago non tivese posibilidade de marcar as cartas. O espectador escolleu 5 cartas e (isto é unha diferenza importante coa versión relatada aquí) escolleu tamén cal desas 5 cartas se debía adiviñar. O único que podía facer o mago era ordenar as outras $4$ cartas. Nesa orde leváronllas á muller de Eigen, que se hospedaba nunha habitación do hotel que albergaba o congreso. E a muller acertou a carta escollida! Como podía ser?  $4$ cartas só podemos ordenalas de $24$ formas distintas. Parecía imposible que Eigen e a súa muller poidesen elaborar un código para as 52 cartas.

A resposta é a seguinte. En primeiro lugar, como á señora Eigen lle entregaban $4$ cartas xa non tiña que buscar a carta escollida entre as $52$ da baralla. Quedábanlle $52-4=48$ pero os Eigen só podían elaborar un código para a metade deste montón, $24$. A trampa era que o matrimonio reservara dúas habitacións contiguas e Victor non desvelou o número da habitación ata que Gardner escolleu a carta que debía adiviñar a señora Eigen. Cando Gardner petou nunha das portas para entregar as $4$ cartas, a muller de Victor puido descartar $24$

O truco orixinal

Volvamos ao truco orixinal, que apareceu nun artigo do ano 1950 na revista Math Miracles e no que lle atribuían a invención a Fitch Cheney. Lembremos as condicións. O mago marcha da habitación. Un espectador escolle $5$ cartas e o axudante do mago dálle a volta a unha desas $5$ cartas e colócaa á dereita das outras $4$ que fican cara arriba. Como é o axudante quen escolle a carta a adiviñar, podemos usar este feito para dar máis información ao mago-vidente. Na experiencia que relatamos da adiviñación no IES Antón Losada o axudante escollía unha carta do mesmo pau que a oculta. Isto reduce as posibilidades nun factor $4$ pero pode facerse mellor e as $P_{4}=4!=24$ posibilidades de ordenación das cartas poden chegar a multiplicarse por un factor $5$ á hora codificar toda a información. Ademais, ao estaren á vista $4$ cartas o mago sabe que a oculta non pode ser ningunha desas. De aí que o truco das $5$ cartas permitiría realizar a adiviñación nun mazo de $5\cdot 4!+4= 5!+4=124$ cartas. Neste artigo, Using a card trick to teach discrete mathematics,  Shai Simonson e Thara S. Holm mostran como facelo. Daquela podemos considerar en xeneralizar o truco para un mazo de $m$ cartas do que extraemos $n$ e despois, de entre estas $n$ o axudante escolle unha para que sexa a carta oculta. Así o mazo podería ter $m=n\cdot (n-1)!+n-1=n!+n-1$ cartas [1]. Na seguinte táboa mostramos os primeiros valores.

$n$	$m=n!+n-1$
$1$	$1$
$2$	$3$
$3$	$8$
$4$	$27$
$5$	$124$
$6$	$725$

Claro que o valor de $m$ podería ser menor. Se podemos establecer unha codificación para os valores de $m$ dados na táboa anterior, é evidente que tamén se poderá facer se o tamaño do mazo é inferior a $m$. Por exemplo, no caso relatado cando presentamos o truco de Cheney, o mazo era normal, tiña $m=52$ cartas, cando para $n=5$, tal e como queda establecido nesta táboa, poderiamos facer o truco para un total de $m=124$ cartas. 

Coa finalidade de afacernos ao problema, estudaremos os primeiros casos.  Para $n=2$ e $m=3$ a codificación é trivial.

12	13	23
1	3	2

As cartas ocultas son as que aparecen en branco con fondo negro. Así, se o espectador escolle o par $1,2$, o axudante dálle a volta á carta $2$ e o mago ao ver cara arriba a carta $1$ xa sabe que está oculto o $2$ 

Para o seguinte valor, $n=3$, $m=8$ as cousas xa se complican bastante. O espectador terá $C_{8,3}=\binom{8}{3}=56$ formas posibles de escoller 3 cartas. Agora o axudante debe deixar dúas delas cara arriba nunha determinada orde. Hai un total de $A_{8,2}=56$ arranxos, isto é, formas de escoller $2$ cartas ordenadas no mazo de $8$. Os valores coinciden, pero será posible establecer un código para cada caso? Teñamos presente que o código está formado por dúas cartas ordenadas, pero esas dúas cartas teñen que escollerse entre as $3$ determinadas polo  espectador. Neste caso pódese facer tal e como vemos na seguinte táboa. Se o espectador colleu as cartas $123$ o axudante tapa a última e deixa as outras na orde indicada na segunda fila $1,2$. Se a orde fose $2,1$ o mago sabería que a carta oculta tería que ser un $4$.

123	124	134	135	145	146	125	156
1,2	2,1	1,3	3,1	1,4	4,1	1,5	5.1
126	136	127	137	128	138	234	235
1,6	6,1	1,7	7,1	1,8	8,1	2,3	3,2
245	246	256	257	236	267	237	247
2,4	4,2	2,5	5,2	2,6	6,2	2,7	7,2
238	248	345	346	356	357	367	368
2,8	8,2	3,4	4.3	3,5	5,3	3,6	6,3
347	378	348	358	456	457	467	468
3,7	7,3	3,8	8,3	4,5	5,4	4,6	6,4
147	478	148	458	567	568	157	578
4,7	7,4	4,8	8,4	5,6	6,5	5,7	7,5
158	258	167	678	168	268	178	278
5,8	8,5	6,7	7,6	6,8	8,6	7,8	8,7

Poderemos establecer sempre un código? Ao escoller o código $(1,2)$ para 123 estamos imposibilitando que este código nos identifique os casos 124, 125,... 128 polo que todas estas escollas deben ser codificadas con outros pares ordenados de números que poderían ser $(1,4)$, $(1,5)$,..., $(1,8)$ pero estas novas escollas permitirán establecer un código distinto para as posibilidades que faltan? Haberá algunhas asignacións que nos impidan colocar as últimas identificacións. 

O seguinte caso, o de $n=4$ e $m=27$ xa daría lugar a unha táboa codificadora de $C_{27,4}=\binom{27}{4}=A_{17,3}=17550$ elementos.

En xeral o código poderá crearse se hai unha relación biunívoca entre todas as posibles escollas do espectador que suman un total de $C_{m,n}=\binom{m}{n}$ posibilidades, e as ordenación de $n-1$ cartas que faga o axudante. Este último valor contabilízase mediante os arranxos $A_{m,n-1}=m\cdot (m-1)\cdot ... \cdot (m-n+2)$. Se igualamos estas expresións:

$$C_{m,n}=\binom{m}{n}=\frac{m!}{n!(m-n)!}=A_{m,n-1}=\frac{m!}{(m-n+1)!}$$

Igualando denominadores e operando:

$$(m-n+1)!=n!(m-n)!$$ $$\frac{(m-n+1)!}{(m-n)!}=n!$$ $$m-n+1=n!$$ $$m=n!+n-1$$

Velaí que os dous conxuntos teñen o mesmo cardinal cando a cantidade de cartas do mazo é a que determinaramos previamente en [1]. A cuestión sería entón se se poderá establecer unha codificación da información dada polo protocolo do xogo para poder levalo a cabo en todos os casos. Unha opción sería a de elaborar un algoritmo que cree unha codificación para calquera caso. Esta sería a resposta escollida por un informático. Pero hai un achegamento máis bonito, o derivado do punto de vista matemático. Non nos dá a solución, pero hai un teorema da teoría de grafos que nos permite asegurar a existencia da codificación. O teorema é o seguinte.

Teorema de Hall. Dado un grafo bipartito $G=(X,Y)$, unha condición necesaria e suficiente para que $X$ teña un emparellamento perfecto (condición de Hall) é que  $\forall A\subset X$ se verifique que $ \left| A \right|\le \left| N\left( A \right) \right|$

Cómpre aclarar notación e conceptos para entendermos o teorema. Un grafo $G$ dise bipartito se pode descompoñerse na unión disxunta de dous conxuntos de vértices $X$ e $Y$ tales que os vértices de $X$ só se conectan con vértices de $Y$ (e viceversa). $N\left( A \right)$ fai referencia á veciñanza de $A$, isto é, o conxunto de vértices que están conectados con algún elemento de $A$. As barras verticais indican o cardinal. Un emparellamento $M$ dun grafo $G$ é unha colección de arestas que non teñen ningún vértice en común. Dise que un emparellamento SMS é perfecto se todos os vértices do grafo son extremo dalgunha aresta de $M$.

Consideremos o caso xeral. Temos $m=n!+n-1$ cartas distintas, o espectador escolle $n$ e o axudante dálle a volta a unha delas e ordena as restantes. Imos ver que poderemos establecer unha relación biunívoca (ou emparellamento perfecto) entre as $C_{m,n}$ escollas e as $A_{m,n-1}$ codificacións. Para iso consideramos o grafo bipartito $G=(X,Y)$ onde os vértices de $X$ serán cada unha das posibles combinacións e os de $Y$ cada un dos posibles arranxos. As arestas conectan cada combinación de $n$ elementos de $X$ con todas as posibles ordenacións de $n-1$ elementos desa combinación. Por exemplo na codificación anteriormente estudada para $n=3$ e $m=8$, a combinación 1-2-3 estaría conectada coas permutacións de dous elementos escollidos en {1,2,3}:  (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (2,3) e (3,2). Son un total de $n!=3!=6$ elementos. Da mesma maneira se consideramos un arranxo calquera, como (1,2) veremos que estará conectado coas  6 combinacións 1-2-3, 1-2-4, 1-2-5, 1-2-6, 1-2-7 e  1-2-8. Todos os vértices do grafo terán o mesmo grao, $6$. No caso xeral todos os vértices terán grao $n|$. Este tipo de grafos, nos que todos os vértices teñen o mesmo grao, chámanse grafos regulares. Vexamos que este grafo verifica a condición de Hall.

Efectivamente. Supoñamos que non a verifica, isto é, que existe un subconxunto $A\subset X$ de $k$ vértices que está conectado cun subconxunto de arranxos que ten menos de $k$ vértices. Como o grao de cada elemento é $n!$ a este subconxunto de arranxos, $N\left( A \right)$, deben chegar $n!\cdot k$ arestas. Velaí que polo principio do pombal ten que haber un arranxo ao que cheguen polo menos $n!+1$ arestas, o que entra en contradición con que todos os vértices tiñan grao $n!$.

Conviña decatarse de que non só demostramos a existencia de codificación para calquera truco estilo Cheney senón que acabamos de dar a proba do seguinte resultado:

Corolario. Sexa $G=(X,Y)$ un grafo bipartito regular. Daquela $G$ ten un emparellamento perfecto.

De querermos establecer un código completo para o truco de Cheney orixinal deberiamos cubrir unha táboa con $\binom{53}{5}=2.869.685$ celas!. Xa comprobáramos que para esta viaxe non cómpren tales alforxas. Con todo, como para unha escolla de $5$ cartas por parte do espectador temos asegurada a existencia dun código incluso cando o mazo ten $124$ cartas, a cantidade de emparellamentos codificadores para este valor tan baixo ($5$) xa subiría ata un total de $\binom{124}{5}=225.150.024$. Pode parecer sorprendente, pero neste pequeno traballo de Michael Kebler establécese un atallo para evitar tremenda tarefa.

O teorema de Hall recibe tamén o nome do teorema do matrimonio.  Na seguinte entrada centrarémonos neste aspecto, na súa relación co problema dos matrimonios. O resultado foi  demostrado polo matemático inglés Philip Hall (1904-1982), gran impulsor da teoría de grupos. Foi un dos participantes en Blettchley  Park no traballo de descodificación de mensaxes durante a II Guerra Mundial. 

Explícoche matemáticas 2025

O concurso Explícoche Matemáticas do SNL da Facultade de Matemáticas da USC pon en evidencia a radicalidade ultra da prohibición do ensino das matemáticas en galego. Xa vai pola súa 13ª edición.

Na edición deste ano do Explícoche Matemáticas o vídeo gañador foi o de Antía Fernández Paulos do IES Castro Alobre (Vilagarcía de Arousa) cun traballo titulado Xogando a aproximar pi:

 

 O segundo premio foi para Adrián Arnoso Bermúdez, Manuel Díaz Sánchez, Saúl López Souto do IES Díaz Pardo (Sada) cun vídeo titulado A tartaruga Fleury

 

Os logaritmos de Napier

Esta entrada do blogue é consecuencia de dúas anteriores. Na primeira delas, Os logaritmos, presentei unha introdución ao concepto tal e como o fago na clase. Na segunda o título delataba o obxectivo. Efectivamente, en Buscando unha base para os logaritmos, partíase do feito de que as progresións xeométricas crecen moi rapidamente mentres que os seus logaritmos, que seguen as leis das progresións aritméticas, teñen un crecemento moito máis lento. Isto levounos a procurar bases moi próximas a $1$ pois teñen unha evolución máis moderada. Con todo non nos atrevéramos a usar bases con números inferiores á unidade. Esta foi a proposta orixinal de John Napier (1550-1617) que dá a coñecer en dúas publicacións: Mirifici Logarithmorum Canonis Descriptio (1616) e a xa póstuma Mirifici logarithmorum canonis constructio (1619).

Nesa altura eran os astrónomos os máis necesitados da nova ferramenta dos logaritmos. Había que facer os cálculos a man e a realización de produtos e divisións eran unha pesada carga. Hoxe en día utilizamos as razóns trigonométricas tomando como base unha circunferencia de raio $1$. Daquela cada autor escollía o tamaño do raio. Como para obter os valores do seno empregaban valores enteiros, canto maior fose o raio, mellores podían ser as aproximacións dos valores que tomaba, Napier decídese por un raio moi grande, $r=10^{7}$. En concordancia con isto estableceu como base para os seus logaritmos un valor moi próximo, e menor, á unidade, $k=1-\frac{1}{10^{7}}=1-\frac{1}{r}$. Cal foi o seu procedemento? Napier parte dun esquema formado por dous puntos. Un deles móvese aritmeticamente desde $O$ polo que vai alcanzando os valores $Q_{1}$, $Q_{2}$, $Q_{3}$,... $Q_{n}$ a intervalos regulares de tempo $t$. Isto é, este punto mantén unha velocidade continua $r$. Ademais, como veremos, Napier tivo o acerto de escoller un valor de $t$ moi pequeno aproximándose ao que unhas décadas máis tarde serían os infinitesimais.Con estes vimbios establecemos sen dificultade que

$$OQ_{n}=n\left( rt \right)$$

Tomemos un segmento $AB$ de medida $r$. Un segundo punto móvese xeometricamente desde $A$, aproximándose ao outro punto $B$ a velocidades proporcionais á distancia a este último. Tomamos $AB=r=10^{7}$. Sexa $k$ a constante. A intervalos regulares de tempo $t$ o punto estará en posicións $P_{1}, P_{2}, P_{3},  ...,P_{n}...$ e neses puntos terá velocidades $v_{1},v_{2}, v_{3}, ..., v_{n}...$ 

Daquela:

$$\frac{BP_{n+1}}{BP_{n}}=\frac{v_{n+1}}{v_{n}}=k\quad\quad\quad BP_{n+1}=k BP_{n}$$

$$BP_{n}=BP_{n+1}+P_{n}P_{n+1}=BP_{n+1}+v_{n}t$$

Das igualdades anteriores dedúcese que:

$$BP_{n}=kBP_{n}+v_{n}t$$ $$\left( 1-k \right)BP_{n}=v_{n}t$$ $$v_{n}=\frac{1-k}{t}BP_{n}$$

Tomando $1-k=t$ temos que $v_{n}=BP_{n}$

Agora, por recursión, imos obter este último valor:

$$BP_{n}=kBP_{n-1}=k^{2}BP_{n-2}=...=k^{n}BP_{0}=k^{n}BA=rk^{n}$$

Nótese que, como xa comentaramos, $BA=r=10^{7}$. 

Napier define o seu logaritmo, ao que chamaremos como fai Juan Havil no  libro Gamma (Pricenton 2003), $NapLog$, da seguinte maneira: $NapLog(BP_{n})=OQ_{n}$, isto é  $NapLog\left[ rk^{n} \right]=n$. Aquí é onde Napier escolle o valor infinitesimal de $t$; toma $t=\frac{1}{r}=\frac{1}{10^{7}}$. Se traducimos a definición de $NapLog$ usando que $r=10^{7}$ e que $k=1-t=1-\frac{1}{10^{7}}$ obteremos a seguinte expresión:

$$NapLog\left[ 10^{7} \left( 1-\frac{1}{10^{7}} \right)^{n}\right]=n$$

Veremos de seguido que o logaritmo de Napier verifica ao seu xeito a propiedade esencial dos logaritmos, isto é, que transforma os produtos en sumas:

$$N_{1}=rk^{n_{1}}  \quad\quad ; \quad n_{1}=NapLog\left( rk^{n_{1}} \right)$$  

$$N_{2}=rk^{n_{2}}  \quad\quad ; \quad n_{2}=NapLog\left( rk^{n_{2}} \right)$$ 

$$N_{1}\cdot N_{2}=r\cdot r \cdot k^{n_{1}} \cdot k^{n_{2}}  =r\cdot r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$\frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r}=r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$NapLog\left( \frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r} \right)=NapLog\left( r \cdot k^{n_{1}+n_{2}} \right)=n_{1}+n_{2}=NapLogN_{1}+NapLogN_{2}$$

O logaritmo de Napier desde un punto de vista diferencial

A principios do XVII aínda non nacera o cálculo diferencial. Por iso o achegamento de Napier desenvolveuse polo camiño antes descrito. Que pasaría se a mesma situación descrita ao principio, a dos dous puntos, $Q$ movéndose aritmeticamente e $P$ facéndoo xeometricamente, se lle presentase a un matemático do século seguinte? A súa abordaxe podería vir da man das ecuacións diferenciais. Fagámolo agora así.

Sexa $y=OQ$, verificará $\frac{dy}{dt}=r$

Integrando: $y(t)=rt+c$ con $c$ unha constante que podemos achar mediante a condición inicial: $y(0)=c=r$. Velaí que $y(t)=rt$   [1]. Lembremos esta expresión.

Consideremos agora $AP=r-x$, verificará $\frac{d\left( r-x \right)}{dt}=x$ polo que $-\frac{dx}{dt}=x$. Separando as variables: $\frac{dx}{x}=-t$ e integrando: $lnx=-t+c_{1}$ con $c_{1}$ unha constante. De aí que $x\left( t \right)=e^{c_{1}}e^{-t}$. 

Chamémoslle $\rho=e^{c_{1}}$ a esta constante. Así escribiremos $x\left( t \right)=\rho e^{-t}$. Valorando esta expresión en $t=0$: $x\left( 0 \right)=\rho=r$. En conclusión:

$$x\left( t \right)=re^{-t}\quad\quad\quad [2]$$  

De [1]  obtemos $t=\frac{y}{r}$

De [2] obtemos que $\frac{x}{r}=e^{-t}$ entón $t=-ln\frac{x}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$

Igualando 

$$\frac{y}{r}=log_{e}\frac{x}{r}$$ $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

Se agora redimensionamos os valores a unha circunferencia de raio $1$:   $X=\frac{x}{r}$ e $Y=\frac{y}{r}$ concluímos que $$\frac{y}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$$

Equivalentemente, que o logaritmo de Napier é unha aproximación do logaritmo en base $\frac{1}{e}$:

$$Y=log_{\frac{1}{e}}X$$

Unha comparación

Querría facer un último comentario sobre todo o anterior. A expresión que obtivemos en [3] para o $NapLog$ é moi aproximada á que nos proporcionou Napier orixinalmente. Para comprobalo ímolas comparar. Lembremos a definición de Napier:

$$NapLog\left( x \right)=NapLog\left[ r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} \right]=n$$

Está claro que tomamos $ x = r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $. Despexemos $n$ tomando logaritmos neperianos:

$$ \frac{x}{r} = \left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ln\left( \frac{x}{r} \right) = ln\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ ln\left( \frac{x}{r} \right) = n \cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)$$ $$n=NapLog\left( x \right)=\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} ln\left( \frac{x}{r} \right) \quad\quad [4]$$

Repetimos deseguido a fórmula obtida usando ecuacións diferenciais $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

En [3] e en [4] temos dúas fórmulas distintas para o $NapLog$, diferéncianse no coeficiente de $ln\left( \frac{x}{r} \right)$. Para comparalas calcularemos $q$, o cociente deses coeficientes:

$$q=-r:\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} =-r\cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)=ln\left( \frac{r-1}{r} \right)^{-r}=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}$$

Tendo en conta que $r$ é un número moi grande, para ter unha aproximación de $q$ calcularemos o límite no infinito da expresión á que se lle aplica o logaritmo neperiano. É un deses límites da forma $1^{\infty }$ que se traballan na materia de Matemáticas II, en 2º de bacharelato. $$\lim_{r \to \infty } \left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=e^{\lambda}$$

Con $\lambda=\lim_{r \to \infty }r\left( \frac{r}{r-1}-1 \right)=\lim_{r \to \infty }r\frac{1}{r-1}=1$

De aí que $q\simeq \lim_{r \to \infty } ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=lne^{1}=1$

En efecto, o valor numérico de $q$ será:

$$q=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=ln\left( \frac{10^{7}}{10^{7}-1} \right)^{10^{7}}=1, 00000005000000333333358333335333333500000014285...$$

En conclusión, o logaritmo orixinal de Napier era case o logaritmo en base $\frac{1}{e}$

Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final.

por Andrés Ventas

 $ \newcommand{\tei}[1]{\lceil #1 \rceil} \newcommand{\teib}[1]{\Big\lceil #1 \Big\rceil} \newcommand{\teig}[1]{\Bigg\lceil #1 \Bigg\rceil} \newcommand{\R}{{\mathbb R}} $ Unha fracción continua teito xeneralizada ($fctx$), $\teib{\begin{matrix} - & a_1 & a_2 & a_3 & \ldots\\ b_0 & b_1 & b_2 & b_3 & \ldots \end{matrix}} = b_0 - \cfrac{a_1}{b_1 - \cfrac{a_2}{b_2 - \cfrac{a_3}{b_3 - {}\ddots}}} $, é unha fracción continua teito onde os numeradores poden ser distintos de 1, e ten converxentes con fraccións $\dfrac{A_i}{B_i}$ cuxos continuantes $A_i$ e $B_i$ (numeradores e denominadores) satisfán unha recorrencia de resta da forma:

$A_i = b_i A_{i-1} - a_i A_{i-2}; \ A_0=b_0; \ A_{-1}=1$.

$B_i = b_i B_{i-1} - a_i B_{i-2}; \ B_0=1; \ B_{-1}=0$.

Escribiremos unha $fctx$ como unha enumeración dos seus coeficientes entre os símbolos da función teito, $\teib{\begin{matrix} - & a_1 & a_2 & a_3 & \ldots\\ b_0 & b_1 & b_2 & b_3 & \ldots \end{matrix} }$.

Para transformar unha $fctx$ noutra equivalente pode verse que unha operación sobre $a_i$ ou $b_i$ afecta aos coeficientes $a_i$, $b_i$ e $a_{i+1}$.

(Pódese consultar fracción continua xeneralizada )

Agora co algoritmo da suma por pares podemos transformar calquera serie nunha fracción continua mediante algunha transformación simple, aínda que de escrita engorrosa:

$S= \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{u_i} = \frac{1}{u_0} + \frac{1}{u_1} + \frac{1}{u_2} + \frac{1}{u_3} + \cdots = \frac{1}{u_0} + \frac{1}{u_0 \frac{u_1}{u_0}} + \frac{1}{\frac{u_1}{u_0}u_2\frac{u_0}{u_1}} + \frac{1}{\frac{u_2 u_0}{u_1}u_3\frac{u_1}{u_2 u_0}} + \cdots $

E por tanto aplicando o algoritmo por pares (ver Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Aplicacións (Parte I) ) temos

$S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 1 & 1 & \ldots\\ u_0 & \tfrac{\tfrac{u_1}{u_0}+ 1}{u_0} & \tfrac{u_0+\tfrac{u_2 u_0}{u_1}}{\tfrac{u_1}{u_0}} & \tfrac{\tfrac{u_1}{u_0}+\tfrac{u_3 u_1}{u_2 u_0}}{\tfrac{u_2u_0}{u_1}} & \ldots \end{matrix} } = \teig{ \begin{matrix} - & u_0^2 & u_1^2 & u_2^2 & \ldots\\ u_0 & u_1 + u_0 & u_2 + u_1 & u_3 + u_2 & \ldots \end{matrix} }$

E esta fracción continua xa foi descuberta por Euler, subpoño que por outro camiño.

Como exemplo podemos ver $\zeta(2)^{-1}= \dfrac{6}{\pi^2} = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 2^4 & 3^4 & \ldots\\ 1 & 2^2 + 1^2 & 3^2 + 2^2 & 4^2 + 3^2& \ldots \end{matrix}} = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 2^4 & 3^4 & \ldots\\ 1 & 5 & 13 & 25& \ldots \end{matrix} }$

Así temos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$1^4$	$2^4$	$3^4$	$\cdots$
$b_i$		1	5	13	25	$\cdots$
$A_i$	1	1	4	36	576	$\cdots$	$(n!)^2$
$B_i$	0	1	5	49	820	$\cdots$	secuencia A001819 na OEIS

Se sumamos $\dfrac{1}{1^2} + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \dfrac{1}{4^2}$ do xeito tradicional vemos que dá $\dfrac{205}{144}$ e temos que $\dfrac{820}{576}=\dfrac{205}{144}$, así que simplemente estamos a transformar unha suma de fraccións en dúas sumas de recorrencias.

Se procuramos as fórmulas do numerador e do denominador dos converxentes temos para o numerador $(n!)^2$, e para o denominador a fórmula da OEIS $a_n=s(n+1,2)^2 - 2 s(n+1,1)s(n+1,3)$, onde $s(n,k)$ son os números de Stirling do primeiro tipo.

Se calculamos $\zeta(3)$ podemos ver que os numeradores son $(n!)^3$ e que os denominadores son secuencia A066989 na OEIS que podemos comprobar que coinciden con $a_n=s(n+1,2)^3 - 3 s(n+1,1)s(n+1,2)s(n+1,3)+3s(n+1,1)^2s(n+1,4)$ (ver Stirling numbers of the first kind ).

Isto parece indicar que $\zeta(s)$ pode expresarse como o límite de $(n!)^s$ partido por unha pequena fórmula dos números de Stirling. Apunto este tema para investigar e se dou atopado algunha cousiña interesante farei outra entrada. De momento anoto meter a fórmula cos números de Stirling na A066989 da OEIS.

Series de potencias

Imos ver un exemplo con unha serie de Maclaurin ( Serie de Taylor):

$\ln{(1+x)}= \sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}x^n = \dfrac{x}{1} - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} + \cdots $ e así para $x=\dfrac{1}{2}, \ln{1.5} \approx 0.40 = \dfrac{77}{192} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{24} - \dfrac{1}{64} + \cdots $

Calculamos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$2^2=4$	$8^2=64$	$24^2=576$	$\cdots$
$b_i$		2	-8+2=-6	24-8= 16	-64 + 24= -40	$\cdots$
$A_i$	1	2	-16	-384	24576	$\cdots$
$B_i$	0	1	-6	-160	9856	$\cdots$

Non sae un cálculo moi eficiente pois saen cifras moi grandes para unha fracción equivalente $\dfrac{24576}{9856} = \dfrac{192}{77} $.

Expansión de Engel

A expansión de Engel dun número real positivo $x$ é a única secuencia non decrecente de números enteiros positivos $(a_0,a_1,a_2,a_3,\dots)$ tal que $x=\frac{1}{a_0}+\frac{1}{a_0 a_1}+\frac{1}{a_0 a_1 a_2}+\cdots $

Por exemplo, o número $e$ ten unha expansión de Engel $1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, \ldots$ correspondente á serie infinita $e=\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\cdots$ (ver Expansión de Engel)

O cálculo da expansión dun número $x$ sería da forma: $u_1 = x, a_k = \left \lceil \frac{1}{u_k} \right \rceil$ e iterar $u_{k+1} = u_k a_k - 1$ onde $\left \lceil r \right \rceil$ é a función teito (o número enteiro máis pequeno maior ou igual a $r$).

Con esa expansión temos na suma por pares $p_i= \{ a_0, a_1, a_0 a_2, a_1 a_3, a_0 a_2 a_4, a_1 a_3 a_4, \ldots \}$ e os coeficientes da $fct$ simple $c_i= \{a_0, \dfrac{a_0+1}{a_0}, \dfrac{a_0(a_2+1)}{a_1}, \dfrac{a_1(a_3+1)}{a_0 a_2} , \dfrac{a_0 a_2(a_4+1)}{a_1 a_3}, \dfrac{a_1 a_3(a_5+1)}{a_0 a_2 a_4}, \ldots \}$

Se pasamos a unha $fctx$ temos: $S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} - & a_0 & a_0 a_1 & a_0 a_1 a_2 & & a_0 a_1 a_2 a_3&\ldots \\ a_0 & a_1 + 1 & a_0 (a_2 + 1) & a_1 (a_3 +1) & a_0 a_2 (a_4 +1) & \ldots \end{matrix} } = $

$\teig{ \begin{matrix} - & a_0 & a_1 & a_2 & a_3 &\ldots\\ a_0 & a_1 + 1 & a_2 + 1 & a_3 + 1 & a_4 + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Un exemplo para a expansión de Engel do número $e$ vista anteriormente:

Calculamos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$1$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$\cdots$
$b_i$		1	2	3	4	5	6	7	$\cdots$
$A_i$	1	1	1	2	6	24	120	$\cdots$	n!
$B_i$	0	1	2	5	16	65	326	$\cdots$	secuencia A00522 na OEIS

así temos que $\dfrac{326}{120} = 2.71$

e como curiosidade os denominadores forman a recorrencia $B_i = n B_{i-1} +1$ que se a metemos en Wolframalpha ( Wolframalpha ) devolve como solución $B_n = e \Gamma (n+1)$ que ten sentido no límite pois $\dfrac{B_n}{A_n} = \dfrac{e \Gamma (n+1)}{n!}=e$.

Series hiperxeométricas

A función hiperxeométrica está definida para $|z| \lt 1$ pola serie de potencias ${}_2F_1(a,b;c;z) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(a)_n (b)_n}{(c)_n} \dfrac{z^n}{n!} = 1 + \dfrac{ab}{c}\frac{z}{1!} + \dfrac{a(a+1)b(b+1)}{c(c+1)}\dfrac{z^2}{2!} + \cdots.$

Aquí $(q)_n$ é o Factorial ascendente (símbolo de Pochhammer ascendente), que se define por: $(q)_n = \begin{cases} 1 & n = 0 \\ q(q+1) \cdots (q+n-1) & n > 0 \end{cases}$ (ver Función hiperxeométrica )

Como temos termos con produtos consecutivos é doado aplicar a suma por pares, de feito aplicando o mesmo criterio da expansión de Engel temos $a_0=1, a_1=\dfrac{c}{abz},a_2=\dfrac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z},a_3=\dfrac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z}, \ldots$ e por tanto a $fctx$:

$\teig{ \begin{matrix} - & 1 & \frac{c}{abz} & \frac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z} & \frac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z} &\ldots\\ 1 & \frac{c}{abz} + 1 & \frac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z} + 1 & \frac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z} + 1 & \frac{4(c+3)}{(a+3)(b+3)z} + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Podemos ver como exemplo ${}_2F_1(1,1;2; -z=-1) = \dfrac{\ln(1+z)}{z} \mbox{ para } z=1, \ln(2)$.

$\teig{ \begin{matrix} - & 1 & -2 & -\frac{3}{2} & -\frac{4}{3}&\ldots\\ 1 & -1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{4} & \ldots \end{matrix} } = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & -2^2 & - 3^2 & -4^2& -5^2& \ldots\\ 1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & \ldots \end{matrix} }$

Lembrando que para simplificar termos están afectados $a_i, b_i, a_{i+1}$.

E agora calculamos os converxentes

$a_i$			$1$	$-2^2$	$-3^2$	$-4^2$	$-5^2$	$-6^2$	$\cdots$
$b_i$		1	-1	-1	-1	-1	-1	-1	$\cdots$
$A_i$	1	1	-2	6	-24	120	-720	$\cdots$	n!
$B_i$	0	1	-1	5	-14	94	-444	$\cdots$	secuencia A00522 na OEIS

no quinto termo temos $\dfrac{-444}{-720} = 0.61$ unha converxencia lenta cara a $\ln(2)\approx 0.69$.

Series hiperxeométricas e fracción continua de Gauss

Un resultado relacionado co Teorema da suma por pares para as $fct$ (ver Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Aplicacións (Parte I)) é a fracción continua de Gauss que estabelece unha fracción continua para a división de dúas series hiperxeométricas.( ver Gauss's continued fraction))

Aquí hai que mencionar que as funcións hiperxeométricas xeneralízanse para calquera número de parámetros e así por exemplo a función ${}_0F_1(c; z)$ tería só un parámetro no denominador "c" e non tería os dous do numerador (nen "a" nen "b") o número á esquerda embaixo na $F$ serían os parámetros de factorial ascendente do numerador e o de embaixo na dereita serían os do denominador.

Como un exemplo da fracción continua de Gauss podemos ver o caso típico entre dúas de tipo ${}_2F_1(a,b;c;z)$:

$ \dfrac{ {}_2F_1(a+1,b;c+1;z)} { {}_2F_1(a+1,b;c+1;z)} = $ $ \bigg[ \begin{matrix} + & \frac{(a-c)b}{c(c+1)}z&\frac{(b-c-1)(a+1)}{(c+1)(c+2)}z) &\frac{(a-c-1)(b+1)}{(c+2)(c+3)}z & \frac{(b-c-2)(a+2)}{(c+3)(c+4)}z& \ldots\\ 1 & 1 & 1 & 1 & \ldots \end{matrix} \bigg]^{-1} $

Apuntamos que esta fracción continua xeneralizada é a ordinaria, ten o signo máis entre as súas fraccións (non é teito). E tamén que o resultado é unha recíproca (elevado a $-1$). (en Mathworld Mathworld Gauss's continued fraction dan a solución con recorrencia negativa, isto é, como fracción continua teito)

Para finalizar unha integral

A función erro definida como integral e con solución como función hiperxeométrica sería:

$\operatorname{erf(z)} = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\displaystyle\int_{0}^{z}e^{-t^2} dt = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} M\big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$

onde $M \big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$ é a función hiperxeométrica confluente , que é igual a unha función ${}_1F_1$ que só ten un parámetro no numerador e outro no denominador, neste caso ${}_1F_1\big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$.

Coa fracción continua dada pola suma por pares temos $a_0=1, a_1=\frac{3}{-z^2}, a_2=\frac{2\cdot 5}{-3z^2}, a_3=\frac{3\cdot 7}{-5z^2}, \ldots$ e por tanto:

$\displaystyle\int_{0}^{z}e^{-t^2} dt = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & \frac{3}{-z^2} & \frac{2\cdot 5}{-3z^2} & \frac{3\cdot 7}{-5z^2}& \frac{4\cdot 9}{-7z^2}\ldots & \\ 1 & \frac{3-z^2}{-z^2} & \frac{2\cdot 5 - 3z^2}{-3z^2} & \frac{3\cdot 7- 5z^2}{-5z^2} & \frac{4\cdot 9- 7z^2}{-7z^2} & \ldots \end{matrix} }^{-1} = $

$\teig{ \begin{matrix} - & -z^2 & -3^2 z^2 & - 2\cdot 5^2 z^2& - 3\cdot 7^2 z^2 & - 4\cdot 9^2 z^2 & \ldots\\ 1 & 3-z^2 & 2\cdot 5 - 3z^2 & 3\cdot 7 - 5z^2 & 4\cdot 9 - 7z^2 & 5\cdot 11 - 9z^2 & \ldots \end{matrix} }^{-1} $.

Onde a segunda expresión da $fctx$ é máis simple pero dá números máis grandes nos valores dos converxentes.

Un exemplo numérico por exemplo para $z=1$ temos:

$a_i$			$-1$	$-9$	$-50$	$-147$	$\cdots$
$b_i$		1	2	7	16	29	$\cdots$
$A_i$	1	1	3	30	630	22680	$\cdots$	$\dfrac{(2n+1)!}{2^n}$ (A007019 na OEIS)
$B_i$	0	1	2	23	468	16953	$\cdots$

$ \displaystyle\int_{0}^{1}e^{-t^2} \approx \dfrac{16953}{22680} \approx 0.747486$.

Criptografía e maxia no Losada

Algún día tería que relatar as miñas desventuras no CAP (Curso de Adaptación Pedagóxiga), un curso que xogaba aproximadamente o mesmo papel que o Máster de Profesorado actual. Só comentarei que, cando me faltaba só unha sesión para rematalo, abandoneino, farto.  Efectivamente, estaba farto de ver como quen presumiblemente tiña que dar directrices sobre orientacións didácticas actuaba como un terrorista pedagóxico. Recordo unha materia levada por dous profesores, un home gordo e unha muller fraca. Impartían clase xuntos. Pasaban todo o tempo discutindo. Iso podería estar ben se fose algo pensado e preparado. Non era o caso.  Nunha ocasión pasaran toda a sesión dándolle voltas a como tratar aos rapaces zurdos. Se conviña, ou non, forzalos a escribir coa man dereita. Non era esta un tema que houbese que tratar no CAP, só foi unha ocorrencia máis desa parella infame de profesores. Desde aquela quedoume a impresión que unha clase levada en parella tiña que ser necesariamente un fracaso. Non é así. Isto demostráronolo Nicanor Alonso e Miguel Mirás o pasado venres 16/05/2025 na charla que viñeron impartir ao IES Antón Losada Diéguez ao alumnado de 1º de Bacharelato. O segredo do éxito dunha clase en tándem? O mesmo que o dunha clase impartida por unha persoa soa: traballo e preparación. 

O título da charla era "Historias e segredos da criptografía". Trataron temas como o da escritura xeroglífica, a reixa de Cardano, os acrósticos, a escítala espartana, o cifrado César ou o máis sofisticado de Vigenére,  sempre solicitando a participación e complidade do alumnado. Nicanor e Miguel repartiron unha roda como a da imaxe, que nos permitiu encriptar unha mensaxe seguindo as directrices dos dous últimos sistemas de cifrado. 

Examinaron moitos máis tópicos e sempre dunha forma clara e coordinada. Claro que, no canto de ser explicados en parella, tal e como o fixeron eles, case todos podían ter sido tratados por un só conferenciante. Comento isto porque un dos capítulos necesitaba de dúas persoas para poder desenvolvelo. A min foi o que máis me sorprendeu e agradou. Trátase do truco das 5 cartas de Cheney, asunto do que, por certo, xa se ocupara no seu día Jota nesta entrada, O mellor truco de cartas. O enunciado promete. Vexamos como se desenvolveu.

As cinco cartas de Cheney

Un dos dous conferenciantes marchou da sala; chamémoslle  mago. O outro, chamémoslle axudante,  pediu a un voluntario que escollera cinco cartas dunha baralla francesa completa (52 cartas, 13 de cada un dos paus, a saber: corazóns ♡ , diamantes ♢, picas ♠ e trevos ♣). Entón o axudante colocou catro desas cartas sobre unha mesa e deixou a quinta ao final, virada cara abaixo.

Cando volveu o mago e veu esas cartas sobre a mesa, concentrouse un momento e adiviñou cal era a carta que estaba boca abaixo.

Estaba claro que elaboraran un código para identificar as cartas pois diso trataba a conferencia. Pero teñamos presente que non poden saber previamente cales son as cartas que se van escoller polo que o código debería estar montado sobre a ordenación das cartas. Está claro que podemos establecer unha orde entre todas elas. En primeiro lugar, os números (do 1 ao 13) axudan moito. E que pasa se dúas cartas teñen o mesmo valor numérico? Daquela basta con que o mago e o seu axudante establezan unha orde dos paus. Podería ser, por exemplo, a orde do abecedario pola primeira letra: corazóns ♡ < diamantes ♢< picas ♠ < trevos ♣. Con todo, hai un problema, as $4$ cartas que quedan visibles só poden ordenarse de $4!=24$ formas distintas. 

Para salvar esta dificultade hai que aproveitar todas as vantaxes que nos dá o desenvolvemento do truco. Teñamos presente que é o axudante quen escolle a carta que se coloca boca abaixo. Polo principio do pombal, dadas $5$ cartas, é seguro que vai haber polo menos dúas do mesmo pau. Isto permite que o axudante escolla dúas cartas do mesmo pau e coloque unha cara abaixo e a outra pode colocala na primeira posición. No noso exemplo a primeira carta era o rei de trevos, velaí que a carta a adiviñar será tamén un trevo. Agora quédannos outras tres cartas visibles que nos deben permitir identificar o número da carta oculta. Outra vez, se ordenamos esas tres cartas termos un total de só $3!=6$ posibilidades e nós necesitamos 13. Aquí é onde entra en xogo a aritmética modular. 

Facemos unha identificación do valor da carta cos números das congruencias de $\mathbb{Z}_{13}$. A diferenza entre dous destes valores nunca é maior que $6$. As cartas que escolleu o axudante eran a $J$ e o $2$ de trevos. A súa diferenza é de $4$ unidades. Ocultando o $2$ só lle ten que dicir ao seu compañeiro que debe sumarlle $4$ unidades á $J$. En aritmética modular $11+4\equiv 2 (mód 13)$. O código utilizado para indicar o número a sumar é o que explicamos de seguido. Vou identificar o $1$ co valor máis baixo das tres cartas, o $2$ co intermedio e o $3$ co maior. Daquela establezo a seguinte relación entre as $6$ ordenacións e o $6$ números que debo sumar (módulo 13) ao valor da primeira carta:

$$\begin{pmatrix} 1,2,3 & \longrightarrow 1 \\ 1,3,2 &\longrightarrow 2 \\ 2,1,3& \longrightarrow 3 \\ 2,3,1 & \longrightarrow 4 \\ 3,1,2& \longrightarrow 5 \\ 3,2,1 & \longrightarrow 6 \\ \end{pmatrix}$$

Como as tres cartas centrais son: $J$♢, $3$♠, $5$♠ vemos que a orde das cartas é: maior,  menor, intermedia que identificamos coa permutación $3,2,1$, de aí que o número a sumar é o $4$. Polo tanto o mago adiviña a carta oculta:

Principio do pombal, combinatoria e aritmética modular, todo dentro dun truco de maxia. 

Charlas científico-divulgativas

A Universidade de Vigo ofrece cada ano charlas científico-divulgativas. No seu folleto divulgativo acharemos epígrafes como os de "Ciencias da natureza", "Física e Química" ou "Economía". Aparentemente non se oferta ningunha charla de "Matemáticas". Eu aconsellaría aos centros de ensino de Secundaria buscar nese folleto os nomes de Nicanor Alonso e Miguel A. Mirás e concertar con eles unha actividade.

Buscando unha base para os logaritmos

Na anterior entrada falaramos de logaritmos en base 2, e fixéramolo introducindo a seguinte táboa:

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65\,536$	$24$	$16\,777\,216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131\,072$	$25$	$33\,554\,432$
$2$	$4$	$10$	$1\, 024$	$18$	$262\,144$	$26$	$67\,108\,864$
$3$	$8$	$11$	$2\, 048$	$19$	$524\,288$	$27$	$134\,217\,728$
$4$	$16$	$12$	$4\,096$	$20$	$1\,048\,576$	$28$	$268\,435\,456$
$5$	$32$	$13$	$8\,192$	$21$	$2\,097\,152$	$29$	$536\,870\,912$
$6$	$64$	$14$	$16\,384$	$22$	$4\,194\,304$	$30$	$1\,073\,741\,824$
$7$	$128$	$15$	$32\,768$	$23$	$8\,388\,608$	$31$	$2\,147\,483\,648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Para afacernos ao concepto de logaritmo propuxeramos algúns problemas introdutorios. Vou resolver os dous últimos pois son os únicos nos que hai que traballar con números que non aparecen nesta táboa. Lembremos os seus enunciados:

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8\,744$ 

Para abordar o exercicio 5 basta decatarse de que $129\cdot 127=\left( 128+1 \right)\left( 128-1 \right)=128^{2}-1$

Como o $log_{2}128=7$ temos que $log_{2}128^{2}=log_{2}\left( 128\cdot 128 \right)=log_{2}128+log_{2}128=2\cdot log_{2}128=2\cdot 7=14$. 

Noutras palabras: $128^{2}=\left( 2^{7} \right)^{2}=2^{2\cdot 7}=2^{14}=16\,384$. De aí que  $129\cdot 127=128^{2}-1=16\,384-1=16\,383$

Ademais, nesta resolución enxergamos outra propiedade dos logaritmos, a que nos indica cal é o logaritmo dunha potencia, e que podemos enunciar así:$$log_{2}M^{k}=k\cdot log_{2}M$$

Centrémonos agora no exercicio 6, que consiste en calcular o produto $154\cdot 8\,744$ facendo uso dos logaritmos en base 2. A pouco que reflexionemos no problema decatarémonos de que non se lle ve forma de reducir estes números aos que aparecen na táboa. Teñamos presente que a potencias de 2 máis próximas a 154 é $2^{7}=128$ pero $2^{8}$ xa é 256. Algo semellante sucede co outro factor, $8.744$. Resulta que $2^{13}=8\,192$ pero $2^{14}=16\,384$. Fica claro que se queremos usar os logaritmos para simplificar o cálculo de produtos e divisións, temos que procurar que a táboa de logaritmos non presente eses ocos tan grandes. Pero no canto de ir na dirección que marcaría a resolución deste problema, imos dirixirnos antes en dirección contraria. 

Os logaritmos decimais

Tal e como dixemos, comezaramos presentando a táboa cos logaritmos en base 2. Porén podiamos ter escollido calquera outro número como base. Quizais unha das primeiras ideas que se nos veña á cabeza sería elaborar unha táboa logarítmica en base 10 pois esta é a base do noso sistema de numeración. Neste caso, o resultado sería o seguinte:

$n$	$10^{n}$
$0$	$1$
$1$	$10$
$2$	$100$
$3$	$1\,000$
$4$	$10\,000$
$5$	$100\,000$
$6$	$1\,000\,000$
$n=log_{10}N$	$N=10^{n}$

Entre as primeiras táboas de logaritmos publicadas xa comezou a destacar a tendencia a usar a base 10. Así o fixo Henry Briggs no 1617, 1624 e 1633. Tamén foi o caso de Edmund Gunter no 1620 e 1624 e de Adriaan Vlacq no 1628. Tanto é así que cando se usa esta base normalmente non se indica na notación do logaritmo. Deste xeito o $log_{10}M$ escribirase simplemente $log M$.

Resulta case inmediato comprobar que as propiedades dos logaritmos se verifican independentemente da base. Recompilando o tratado ata agora teriamos as seguintes:

$$log_{a}\left( M\cdot N \right)=log_{a}M+log_{a}N$$  $$log_{a}\frac{M}{N}=log_{a}M-log_{a}N$$

$$ log_{a}M^{k}=k\cdot log_{a}M$$

A estas propiedades convennos engadir unha máis, a denominada fórmula do cambio de base, que relaciona o logaritmo dun número en calquera base co logaritmo decimal dese mesmo número: $$log_{a}M=\frac{log\, M}{log\, a}$$

Esta fórmula indícanos que ten pouca importancia a base escollida. Se quixeramos elaborar unha táboa dos logaritmos nunha base $a$ calquera, bastaría con multiplicar por $log\, a$ os logartimos da táboa anterior, a dos logartimos decimais. En conclusión, se temos os logaritmos nunha determinada base, obter os logaritmos noutra calquera é inmediato. 

Así e todo, despois de botarlle un ollo á táboa dos logaritmos en base 10,  decontado nos decatamos que tomar 10 como base foi moi mala idea porque os saltos entre os valores de $N$ son enormes. As diferenzas entre as potencias de $2$ eran moito menores. Polo tanto convén escoller unha base máis pequena. Claro que non debemos baixar ata o 1 porque todas as súas potencias son tamén $1$. Probemos cun número moi pouco maior, $1'1$. Velaquí a súa táboa:

$n$	$1'1^{n}$
$0$	$1$
$1$	$1'1$
$2$	$1'21$
$3$	$1'331$
$4$	$1'4641$
$5$	$1'61051$
$6$	$1'771561$
$n=log_{1'1}N$	$N=1'1^{n}$

A cousa ten mellor pinta. E se avanzamos neste sentido? Consideremos bases aínda menores, por exemplo $1'001=1+\frac{1}{1.000}$

$n$	$1'001^{n}$
$0$	$1$
$1$	$ 1'00\textbf{1}$
$2$	$1'00\textbf{2} 00\textbf{1}$
$3$	$1'00\textbf{3}00\textbf{3}00\textbf{1}$
$4$	$1'00\textbf{4}00\textbf{6}00\textbf{4}00\textbf{1}$
$5$	$1'00\textbf{5}0\textbf{10}0\textbf{10}00\textbf{5}00\textbf{1}$
$6$	$1'00\textbf{6}0\textbf{15}0\textbf{20}0\textbf{15}00\textbf{6}00\textbf{1}$
$n=log_{1'001}N$	$N=1'001^{n}$

Aquí teriamos unha sucesion bastante anódina de valores se non fose polos que aparecen destacados en grosa. Efectivamente son os números combinatorios. Sen facer os cálculos aventuraría que a seguinte cifra da columna da dereita estaría formada polos valores da séptima fila do triángulo de Pascal intercalando un $0$ entre eles e grafándoos sempre con dous caracteres, engadindo un $0$ cando sexa necesario como o $07$ neste caso : $1'00\mathbf{7}0\mathbf{21}0\mathbf{35}0\mathbf{35}0\mathbf{21}00\mathbf{7}00\mathbf{1}$

Agora o crecemento dos valores da columna da dereita é tan lento que os ocos intermedios son realmente pequenos. Claro que isto produce un desacompasamento entre os valores de $n$ (os da primeira columna) e os das correspondentes potencias $N$ (os da segunda columna). Por exemplo para alcanzar o valor $2$ na columna da dereita temos que darlle a $n$ o valor $694$. Podemos intentar corrixir este desacompasamento mediante a seguinte observación:

$$\left( 1'001^{1000} \right)^{\frac{a}{1000}}=1'001^{\frac{1000a}{1000}}=1'001^{a}$$

Así teremos a seguinte táboa que nos presentan os logartimos en base $1'001^{1000}$

$n$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$
$0$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0}=1$
$0'001$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'001}=1'001^{1}=1'001$
$0'002$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'002}=1'001^{2}=1'002001$
$0'003$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'003}=1'001^{3}=1'003003001$
$0'004$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'004}=1'001^{4}=1'004006004001$
$0'005$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'005}=1'001^{5}=1'005010010005001$
$0'006$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'006}=1'001^{6}=1'006015020015006001$
$n=log_{1'001^{1000}}N$	$N=\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$

Agora os valores das dúas columnas van máis acompasados. Partindo nun principio da base $1'001$, conseguímolo tomando como nova base $1'001^{1000}$. Daquela, de collermos bases que nos permitan unha maior densidade de valores:

 $1'000\, 1$, $1'000\, 01$, $1'000\, 001$, .... deberiamos recorrrer á súas correspondentes melloras:

 $1'000\,1^{10\,000}=\left( 1+\frac{1}{10\,0000} \right)^{10\,000}$, $1'000\,01^{100\,000}=\left( 1+\frac{1}{100\,0000} \right)^{100\,000}$, $1'000\,001^{1000\,000}=\left( 1+\frac{1}{1000\,0000} \right)^{1000\,000}$...

En definitiva, a nosa base ideal virá dada polo límite destes valores:

$$\lim_{x \to \infty}\left( 1+\frac{1}{x} \right)^{x}=2, 718281828459...=e$$

Este número, $e$ é a base dos logaritmos neperianos. Denotarémolos $log_{e}M=lnM$. Trátase dun número irracional (non é unha fracción), aínda máis, é  trascendente (non é solución de ningunha ecuación polinomial con coeficientes enteiros). O raro é que partindo da idea de que os logaritmos en base 2 daban lugar a unha táboa con demasiados ocos (pouco densa) acabamos con logaritmos en base $e=2, 718281828459...$ que dá lugar a ocos aínda maiores. Quizais todo isto parte de que nunca nos atrevimos a mergullarnos en logaritmos de bases menores que $1$. A ver se o facemos na próxima ocasión.

Os logaritmos

Introdución aos logaritmos

Vou facer unha confesión terrible. Eu fixen a carreira de Matemáticas sen saber o que eran os logaritmos. Así aprendín que non hai que botar as mans á cabeza cando alguén descoñece un concepto fundamental, sempre e cando teña ferramentas que lle permitan esquivar esta eiva. En efecto, tiña que ter estudado os logaritmos cando cursei 2º de BUP. O profesor explicáranolos pero como foi a final de curso decidiu non facer exame. A pesar de que daquela tiña xa certa querencia pola materia, non mirei nin a primeira vez os apuntes. Así aprendín que se un quer forzar o estudo dun tema, debe telo en conta á hora de avalialo. 

Ao ano seguinte tiven outro profesor que supuxo que todos tiñamos adquiridos os fundamentos dos logaritmos así que cando lle tocou presentarnos a función logarítmica fíxoo de súpeto. Con todo, tivo a boa idea de escribir no encerado as propiedades fundamentais dos logaritmos. A partir dese momento para min os logaritmos eran iso, unha función que verificaba unhas curiosas propiedades.

Con estes antecedentes o día que me tocou a min explicar o que eran os logaritmos enfronteime a un gran problema; antes tiña que sabelo eu. Así que tiven que estudalo por vez primeira. Todas estas circunstancias leváronme a ter que reflexionar moito sobre o seu concepto. Tiña a man moitos libros de texto, pero nunca cheguei a usalos na aula, entre outras razóns porque normalmente os libros de texto non viñan escritos en galego. En todo caso, incluso no breve lapso de tempo no que dispoñiamos de textos de Matemáticas en galego, nunca fun quen de adaptarme á súa prosodia. Pode que sexa defecto meu, non o nego. Con todo prefiro contar as cousas da mesma maneira que me gustaría que mas contaran a min. Sempre perdín moito tempo en intentar ser o máis coidadoso na escolla das palabras e as ideas para as explicacións. De seguido conto como explico en que consisten os logaritmos. Normalmente fágoo en 4º da ESO, aínda que dependendo das circunstancias, pode que teña que adiar o relato para o curso seguinte. 

En primeiro lugar presento unha táboa de potencias de 2 como a seguinte

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65.536$	$24$	$16.777.216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131.072$	$25$	$33.554.432$
$2$	$4$	$10$	$1.024$	$18$	$262.144$	$26$	$67.108.864$
$3$	$8$	$11$	$2.048$	$19$	$524.288$	$27$	$134.217.728$
$4$	$16$	$12$	$4.096$	$20$	$1.048.576$	$28$	$268.435.456$
$5$	$32$	$13$	$8.192$	$21$	$2.097.152$	$29$	$536.870.912$
$6$	$64$	$14$	$16.384$	$22$	$4.194.304$	$30$	$1.073.741.824$
$7$	$128$	$15$	$32.768$	$23$	$8.388.608$	$31$	$2.147.483.648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Nesta táboa hai que ler as columnas de dúas en dúas. Na columna da esquerda aparece un número $n$ e na segunda o resultado de elevar 2 a ese número, $2^{n}$. Pero tamén podemos ler as columas de dereita a esquerda, así os números da columna da esquerda son os logaritmos en base 2 dos da  correspondente columna da dereita. 

Por exemplo, como $2^{5}=32$ diremos tamén que o $log_2{32}=5$ (o logaritmo en base $2$ de $32$ é $5$).

Cálculo de produtos

Por unha vez imos ter unha clase sen calculadora. Pensemos, por poñernos en situación, que estamos no século XVI. A pesar de non ter calculadora vémonos na obriga de calcular un produto. Non é difícil pero é bastante pesado. Por iso imos intentar simplificar os cálculos facendo uso da táboa das potencias de 2 (ou dos logaritmos en base 2). Queremos calcular o produto $512\cdot8.192$. Para iso debemos buscar na táboa os seus logaritmos. Neste caso o $log_{2}812=9$ e o $log_{2}8.192=13$. Estamos vendo que os logaritmos non son outra cousa que os expoñentes. Agora vén o truquiño. Sumamos os logaritmos $9+13=22$ (se prefires podemos dicir que sumamos os expoñentes) e agora miramos na táboa buscando nas columnas de esquerda o valor $n=22$, daquela o produto é xusto o seu compañeiro da columna da dereita: $512\cdot8.192=4.194.304$. A razón é ben simple:

$$512\cdot8.192=2^{9}\cdot 2^{13}=2^{9+13}=2^{22}=4.194.304$$

Acabamos de ver que os logaritmos transforman os produtos en sumas. Isto é lóxico porque os logaritmos son expoñentes e para calcular o produto de dous números coa mesma base, sumamos os expoñentes. Escrito máis estritamente

$$log_{2}\left( M\cdot N \right)=log_{2}M+log_{2}N$$

No noso caso: $$log_{2}\left( 512\cdot 8.192 \right)=log_{2}512+log_{2}8.192$$

ou $$9+13=22$$

Cálculo de divisións

Continuamos no século XVI (sen calculadoras). Se o procedemento do cálculo de divisións é bastante tedioso e pesado, a realización de divisións a man consiste nun algoritmo que multiplica estas dificultades. Estamos pensando en facer unha división usando números bastante grandes. Os logaritmos, isto é, os expoñentes, volverán a simplificarnos as cousas. Se o cálculo de produtos (complicados) se reduciu ao de sumas (fáciles) é lóxico que o cálculo de divisións (moi complicadas) se reduza a unha (simple) resta. Por exemplo, para facer a división $8.192: 512 $ chega con restar os logaritmos destes números. Vexámolo: $13-9=4$. Velaí que o resultado da división será o número que na táboa lle asignamos ao $4$, isto é $16$. Repasemos as razóns de que isto sexa así:

$$\frac{8.192}{512}=\frac{2^{13}}{2^{9}}=2^{13-9}=2^{4}=16$$

Escribamos estas ideas en forma de logaritmos:

$$log_{2}\left( \frac{M}{N} \right)=log_{2}M-log_{2}N$$

$$log_{2}\left( \frac{8.192}{512} \right)=log_{2}8.192-log_{2}512$$

$$13-9=4$$

Isto é, os logaritmos transforman as divisións en restas.

Chegou o momento de facer uns exercicios para practicar o cálculo de produtos e divisións mediante o uso de logaritmos. Axudarémonos da táboa (de logaritmos) que presentamos máis arriba.

1. Calcula $128\cdot 131.072$

2. Calcula $2.048\cdot 4.096$

3. Calcula $2.097.152 : 131.072$

4. Calcula $262.144 : 256$

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8744$ 

Non, non me equivoquei no último. Xa o explicarei noutra entrada.