Catro problemas aritméticos

Sei que en distintos momentos teño visto os problemas que vou presentar pero nunca os vira todos xuntos ata que os vin nun capítulo do libro Compreender os números na matemática escolar, de Hung-Hsi Wu (Porto Editora 2017) , editado en colaboración coa Sociedade Portuguesa de Matemática (SPM). O texto parte da preocupación do autor por como se lle ensinan os números aos nenos durante a educación primaria e secundaria. A tese principal é que o profesorado debe coñecer, e en boa medida dar a coñecer, os números como un sistema ben fundamentado en definicións precisas e traballado con regras lóxicas. Entende que non se lle poden ofrecer aos estudantes visións dos números confusas e incoherentes. Por exemplo, se se lles presenta aos alumnos o concepto de fracción como un pedazo de pizza, que sentido terá pedirlles despois que multipliquemos dous pedazos de pizza?

Hung-Hsi Wu considera que debemos coñecer as razóns de calquera resultado, aínda que non sexa posible explicarllo en toda a súa profundidade aos alumnos. Poñamos un caso crítico, o produto de números negativos. Por que $(-n)(-m)=nm$? 

Primeiro xustificaremos que $(-1)(-1)=1$. Comecemos sumándolle $-1$

$-1+(-1)(-1)=$             como $1$ é o neutro do produto

$-1\cdot 1+(-1)(-1)=$             aplicando a propiedade asociativa

$-1\cdot (1+(-1))=$             tendo en conta que $1$ e $-1$ son inversos para a suma

$-1\cdot 0=0$             finalmente aplicamos que o produto por $0$ sempre dá $0$

Así temos que $-1+(-1)(-1)=0$ polo que $(-1)(-1)=1$ pois ten que ser o oposto de $-1$.

Vexamos agora, aplicando a propiedade distributiva, que $-1\cdot (-m)=m$

$$\begin{gathered} -1\cdot (-m)=-1\cdot ((-1)+..{.}^{(m}...+(-1))= \\ =(-1)(-1)+..{.}^{(m}...+(-1)(-1)=1+..{.}^{(m}...+1=m \end{gathered}$$

Finalmente veremos que $(-n)(-m)=mn$ aplicando outra vez a propiedade distributiva

$$\begin{gathered} (-n)(-m)=((-1)+..{.}^{(n}...+(-1))(-m)= \\ =(-1)(-m)+..{.}^{(n}...+(-1)(-m)=m+..{.}^{(n}...+m=nm \end{gathered}$$

Calquera, un pouco afeito a traballar con este tipo de razoamentos observará que o presentado aquí está construído no ar: está xustificada a propiedade distributiva de números enteiros?, onde se demostrou que o produto dun número enteiro por $0$ sempre dá $0$?, e o resultado de que $x+(-1)=0\Rightarrow x=1$?... Efectivamente, este tipo de deducións necesitan montar un edificio ben estruturado e fundamentado. Iso é o que fai Hung-Hsi Wu nese libro. Quizais noutra ocasión comente con máis vagar estas ideas. Agora paso a recoller o que el chama "problemas interesantes". Veremos que, aínda que só cómpre saber sumar, restar, multiplicar e dividir, tamén se precisa unha capacidade de comprensión e reflexión de certa profundidade.

Problema 1. O Paul viaxou na moto ata Lanterntown a unha velocidade constante de 15 quilómetros por hora. Para a viaxe de volta decidiu aumentar a velocidade (aínda constante) a 18 quilómetros por hora. Cal foi a velocidade media da viaxe de ida e volta?

Problema 2. Un tren deprázase entre dúas cidades a velocidade constante. Se aumentase a velocidade nun terzo, en que porcentaxe se reduce o tempo da viaxe?

Problema 3. O 99% do peso duns pepinos frescos está constituído por auga. 300 quilos deses cogombros foron almacenados durante un tempo, así que cando foron postos á venda evaporárase parte desa auga resultando que o peso en auga era dun 98%. Canto pesarán estes cogombros parcialmente deshidratados?

Problema 4. Disponse dunha xerra de viño e unha cunca de auga. Retírase da cunca unha culler de auga e bótase na xerra de viño. A mestura reméxese ben e, de seguido, unha culler da mestura bótase na cunca. Haberá máis auga na xerra que viño na cunca ou viceversa? Resolve tamén o problema sen supoñer que a mestura fose remexida. 

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

A finais do 2019 espallábase unha nova bastante peculiar sobre a resolución da ecuación cadrática. Por ter a súa orixe nos EEUU alcanzou unha gran difusión e debeu chegar a todo aquel que tiña que ver coas matemáticas, especialmente co ensino das matemáticas. Anunciábase como "un novo método para abordar a resolución das ecuacións cuadráticas" no que se evita o doloroso esforzo de memorización da fórmula. O máis sorprendente era que ese inédito método, que podía entender calquer escolar, foi ignorado durante 4000 anos. Como se pode ver, a cousa non tiña traza. O peor de todo é que houbo quen lle fixo caso. Con 8000 millóns de persoas paseando polo planeta non é de estrañar que haxa unha boa manchea de crédulos.

Cómpre moita fachenda para realizar esas afirmacións. A miña impresión era que se trataba dun proxecto puramente crematístico. Se hoxe imos á páxina do presunto descubridor poderemos inscribirnos nunha chea de cursos on-line de matemáticas por un prezo duns 399$ cada un. A educación para quen a poida pagar. Unha bonita materialización da competencia emprendedora (da LOMCE ou da LOMLOE, tanto me ten). Tamén é un excelente exemplo de como contribuír a edificar unha educación discriminatoria. 

Sobre o contido da publicación que prometía evitar a fórmula da ecuación cuadrática, pouco se pode dicir. Calquera que teña un mínimo de experiencia docente sabe que o que menos importa é a fórmula. É mentira que esta sexa un impedimento para a aprendizaxe. Incluso aqueles alumnos con máis dificultades acábana aprendendo sen ningún doloroso esforzo de memorización. Basta con facer unha boa colección de exercicios na que a teñan que aplicar. Usar o algoritmo argallado por Po-Shen Loh, que así se chama o autor desta argallada, non melloraría as cousas. O que si é importante é enfrontar ao alumnado a diversos achegamentos a este tópico. Convén que recoñezan como usar as identidades notables para resolver algunhas ecuacións cuadráticas. Tamén é importante que aprendan a estudalas sistemáticamente. Por exemplo deben recoñecer a relación entre o discriminante e o número de solucións reais así como as fórmulas de Viète que relacionan os coeficientes da ecuación coa suma e o produto das solucións. Convén que saiban manipular este tipo de expresións para que o coeficiente de $x^2$ sexa a unidade. Teñen que comprender a relación entre as solucións e os polinomios irreducibles que descompoñen a expresión alxébrica. Cómpre que interioricen a relación entre os coeficientes e a gráfica da parábola asociada e que identifiquen os puntos de corte do eixo de abscisas como as solucións da ecuación. Deberían discernir o eixo de simetría desa parábola, o vértice da mesma e saber a súa relación tanto cos coeficientes como coas solucións da ecuación. É unicamente sobre este aspecto sobre o que se centra o artigo de Po-Shen Loh, claro que el non fai referencia ningunha ás parábolas pois xoga todo no campo alxébrico e só se centra na dedución da maldita fórmula, como se o estudo das ecuacións cuadráticas se limitara a iso. Pola contra, critica o métido de completar o cadrado por ser máis incómodo e menos directo. Resulta que o que se vende como novo tamén ten o defecto de ser máis incómodo e menos directo... que a fórmula.

Vexamos e comparemos ese *novo método co arcaico de completar o cadrado

Un *novo método

Partimos da ecuación xeral de segundo grao:   $a{x}^2+bx+c=0$

Sabemos que se dividimos por $a$ obteremos unha expresión na que o coeficiente de $x^2$ pasará a ser a unidade: $$x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0$$

Por outra banda, se $x_1$ e $x_2$ son as solucións, poderemos descompoñer a anterior expresión nun produto:

$$x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=(x-x_1)(x-x_2)=x^2-(x_1+x_2)x+\left(x_1{x}_2\right)=x^2-Sx+P$$

Disto podemos concluir que buscar as solucións é equivalente a pescudar dous números que sumen $S=-\frac{b}{a}$ e que teñan como produto $P=\frac{c}{a}$. Agora ben, dous números que sumen $S$ deben ter media $\frac{S}{2}$, de aí que serán da forma $\frac{S}{2}\pm z$ e o seu produto será:

$$(\frac{S}{2}+z)(\frac{S}{2}-z)={\left(\frac{S}{2}\right)}^2-z^2=P$$

Despexando $z$

$$z=\sqrt{{\left(\frac{S}{2}\right)}^2-P}$$

Unha vez calculado $z$ xa temos as dúas solucións:

$$x=\frac{S}{2}\pm z=\frac{S}{2}\pm \sqrt{{\left(\frac{S}{2}\right)}^2-P}$$

Aínda que noutra orde e con outra presentación todas estas cousas téñoas contado ducias de veces na aula. U-la a novidade?

O método de completar o cadrado

Agora si que vou compartir algo que presento na clase desta maneira, normalmente en 3º da ESO. 

Al-Jwarizmi (IX) foi un matemático que traballou na Casa da Sabiduría, un centro de estudos en Bagdad, único no mundo nesta época. É o autor do libro Al-Kitāb al-mukhtaṣar fī ḥisāb al-jabr wa-l-muqābala. Tal é a súa importancia que o vocablo al-jabr é o que lle dá nome a unha enorme rama das matemáticas: a álxebra. 

Vexamos como Al-Jwarizmi nos explica a resolución das ecuacións de segundo grao. Debemos ter en conta que daquela aínda non se desenvolvera a notación que usamos actualmente, polo que tiña  que presentar todas as ecuacións en forma literal. Ademais nunca usaba números negativos; pensemos que ata finais do século XIX non se aceptan plenamente. Por exemplo, cando presenta a ecuación $x^2+10x-39=0$ prefire facelo na forma $x^2+10x=39$, con todos os valores positivos. Claro que Al-Jwarizmi escribe no seu lugar algo así como " un cadrado máis dez raíces é igual a trinta e nove". O orixinal da súa visión é que imaxina esta ecuación en forma xeométrica. Algo semellante a isto:

Agora cortamos o rectángulo pola metade, tal e como está indicado. Pegamos eses dous anacos ao cadrado, obtendo a seguinte figura en forma de L invertido e de área 39.

Finalmente completamos a figura construíndo un cadrado. Para iso temos que engadir un cadrado 5x5, de área 25. De aí que a área do cadrado grande sexa $x^2+10x+25=39+25=64$

Entón o lado do cadrado grande será $8=x+5$. De aí que $x=3$

As vantaxes desta representación son a súa contextualización histórica e a relación que se establece entre a álxebra e a xeometría. A primeira delas amósanos unha ciencia en construción fronte a un resultado aparentemente caído do ceo. Achéganos así un saber máis próximo e humano. Tamén se identifican algunhas debilidades que se irían superando con tempo e esforzo como a inexistencia dunha notación matemática ou a incapacidade para traballar con números negativos. A segunda das vantaxes é unha conexión da que non podemos prescindir nin na práctica das matemáticas nin no seu ensino, a de poder abordar un problema desde mundos aparentemente distintos, neste caso o xeométrico e o alxébrico. 

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

Agora si, despois dos parágrafos anteriores que non contiñan ningunha novidade, por fin vou presentar o motivo para elaborar esta entrada. Trátase dun problema tan anódino coma o seguinte:

Problema. Resolve $\sqrt{x+5}=5-x^2$

Non parece nada apaixonante. Un coma tantos deses exercicios que se propoñen para practicar a resolución de ecuacións irracionais. "Nada que me poida chamar a atención", pensei e equivoqueime. 

A resolución que propoñen no libro La matemática elegante (URSS 2007) é encantadora. Comeza, como é de esperar, elevando ambos membros ao cadrado: 

$$x+5=5^2-2\cdot 5x^2+x^4[1]$$

O habitual é que continuemos operando e simplificando a expresión ata obter unha ecuación polinomial de grao 4:

$$x^4-10x^2-x+20=0$$

Pero esta ecuación non ten raíces enteiras, nin tan siquera racionais. De aí que pensemos que debemos intentar botar man dalgún método que nos aproxime algunha delas... ou, e aquí está a novidade, escribir a expresión [1] deste outro xeito:

$$5^2-(2x^2+1)5+(x^4-x)=0$$

Para aplicarlle a maldita fórmula a esta forma cuadrática en función do $5$, no canto de facelo en función de $x$!:

$$5=\frac{2x^2+1\pm \sqrt{{(2x^2+1)}^2-4(x^4-4x)}}{2}=\frac{2x^2+1\pm (2x+1)}{2}$$

Que dá lugar a un par de ecuacións de segundo grao, agora en $x$;

$$10=2x^2+1\pm (2x+1)$$

Se escollemos o signo positivo obtemos a ecuación $$\begin{gathered} 2x^2+2x-8=0 \\ {x}^2+x-4=0 \end{gathered}$$

Que ten como solucións $$x=\frac{-1\pm \sqrt{17}}{2}$$

Para o signo negativo obremos a ecuación $$\begin{gathered} 2x^2-2x-10=0 \\ {x}^2-x-5=0 \end{gathered}$$

Que ten como solucións $$x=\frac{1\pm \sqrt{21}}{2}$$

Un resultado sobre arcocotanxentes

Non imos dar un resultado sobre arcotanxentes, vai ser sobre arcoCOtanxentes. Se liches mal e pensabas que trataría sobre as insulsas arcotanxentes, podes abandonar este artigo.

As dúas anteriores entradas deste blogue ([1] e [2]) estiveron adicadas ofrecer solucións do seguinte problema recollido do libro Circo Matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner:

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

A última de todas elas facía uso dun concepto matemático moi en desuso, o arcocotanxente. En concreto utilizaba a seguinte fórmula: $$arccot1+arccot2+arccot3=90$$

A definición das razóns trigonométricas seno, coseno e tanxente é moi clara. O mesmo podemos dicir das correspondentes razóns inversas cosecante, secante e cotanxente. De aí que as súas funcións inversas sexan, nun principio, conceptos da mesma dificultade: arcoseno, arcocoseno, arcotanxente, arcocosecante, arcosecante e arcocotanxente. Porén, como as razóns inversas só son iso, razóns inversas, apenas ten sentido o traballo coas mesmas. Isto leva que que as funcións inversas das razóns inversas fiquen marxinadas. Pero remexendo no problema dos tres cadrados achei un resultado no que si resulta natural o uso do arcocotanxente. Ademais o resultado realmente fermoso.

Vou reproducir un artigo de Charles W. Trigg aparecido no ano 1973 na revista The Fibonacci Quaterly porque, efectivamente, o resultado sobre arcocotanxentes é un resultado sobre a sucesión de Fibonacci. 

Para comezar temos que recordar unha propiedade moi coñecida polos afeccionados a esta sucesión, a identidade de Cassini. 

Identidade de Cassini. $F_{k+1}{F}_k-F_k^2={(-1)}^k$

Non é complicado atopar na rede algunha dedución desta fórmula, como a seguinte, debida a Donald Knut:$$F_{k+1}{F}_{k-1}-F_k^2=det{\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^k={\left(det\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\right)}^k={(-1)}^k$$

Para $k=2n+1$ a identidade de Cassini será: $$F_{2n+2}{F}_{2n}-F_{2n+1}^2=-1$$ Cambiando de signo obtemos outra fórmula $$F_{2n+1}^2-F_{2n+2}{F}_{2n}=1$$

Que usaremos para calcular a seguinte expresión:$$\begin{gathered} F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n+3}=F_{2n+1}(F_{2n+1}+F_{2n})-F_{2n}(F_{2n+2}+F_{2n+1})= \\ {F}_{2n+1}^2+F_{2n+1}{F}_{2n}-F_{2n}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n-1}=F_{2n+1}^2-F_{2n}{F}_{2n-1}=1 \end{gathered}$$
Temos pois que:$$F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n+3}=1$$

Aplicando a propiedade fundamental de formación da sucesión de Fibonacci a $F_{2n+3}$ ($F_{2n+3}=F_{2n+2}+F_{2n+1}$ ) e sumando $F_{2n}^2$:

$$\begin{gathered} F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}(F_{2n+2}+F_{2n+1})+F_{2n}^2=F_{2n}^2+1 \\ (F_{2n+1}-F_{2n})(F_{2n+2}-F_{2n})=F_{2n}^2+1 \end{gathered}$$ Consideremos o seguinte esquema no que o punto $Q$ está a unha distancia $F_{2n}$ de $N$. $R$ dista $F_{2n+1}$ unidades de $N$ e $R$ dista $F_{2n+2}$ de $N$. Aplicando a última fórmula deducida:

$$\frac{QP}{MP}=\frac{F_{2n+1}-F_{2n}}{\sqrt{F_{2n}^2+1}}=\frac{\sqrt{F_{2n}^2+1}}{F_{2n+2}-F_{2n}}=\frac{MP}{RP}$$

Onde calculamos MP aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo rectángulo $MNP$

Os triángulos $RPM$ e $QPN$ son semellantes xa que os lados que determinan o ángulo en $P$ son proporcionais. Entón o ángulo coloreado no vértice M, $\mathrm{\angle }QMP=\gamma$ e, como xa temos visto anteriormente, isto significa que $\alpha =\beta +\gamma$, ou

$$arccot{F}_{2n}=arccot{F}_{2n+1}+arccot{F}_{2n+2}$$

Lembremos a sucesión: $$\begin{array}{ccccccccc}{F}_0& F_1& F_2& F_3& F_4& F_5& F_6& F_7& F_8...\\ 0& 1& 1& 2& 3& 5& 8& 13& 21...\end{array}$$

De aí que poidamos facer un desenvolvemento telescópico da seguinte suma:

$$arccot1=arccot2+arccot3=arccot2+arccot5+arccot8=....=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}arccot{F}_{2i+1}$$

Tres cadrados, moitas solucións.2

Na anterior entrada presentaba este problema que aparecía no libro Circo matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Alí xa indicaba  que $\alpha =45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha +\beta +\gamma =90$. Tamén daba cinco solucións ao mesmo. Continuamos (e rematamos) a serie de solucións

6. Sen palabras

Quizais esta sexa a demostración máis simple

7. Números complexos

Despois da demostración máis simple, a máis complexa.

Os ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os argumentos dos números complexos $1+i$, $2+i$ e $3+i$:

$$\begin{gathered} 1+i=r_1{e}^{\alpha } \\ 1+2i=r_2{e}^{\beta } \\ 1+3i=r_3{e}^{\gamma } \end{gathered}$$

$$(1+i)(1+2i)(1+3i)=r_1{r}_2{r}_3{e}^{\alpha +\beta +\gamma }$$

$$\alpha +\beta +\gamma =arg\left[(1+i)(2+i)(3+i)\right]=arg\left(10i\right)=90$$

8. Ángulo inscrito

Tanto este resultado como o seguinte recollinos dese país das marabillas que é Cut the Knot. Como se verá, dúas pedras preciosas.

Por construción o ángulo ∠QTR é igual ao ángulo ∠RPS.

∠RPS é un ángulo inscrito na circunferencia que abrangue o mesmo arco que ∠RQS, polo que son iguais. Xa na solución 5 a este mesmo problema vimos que $\alpha$ é a suma de $\beta$ e $\gamma$ por ser exterior ao triángulo QRS.

9. Circunferencia inscrita nun cadrado

Isto é unha adaptación de Cut of de Knot

Sobre unha circunferencia de raio 5 trazamos todos os segmentos que se poden ver na imaxe. Consideremos o triángulo isóscele de ángulos $2\gamma$, $\theta$ e $\theta$. Como a súa suma é de 180º debe verificarse que $\theta =90-\gamma$. De aí que as denominacións dos ángulos $\gamma$, $2\gamma$, $\beta$ e $2\beta$ sexan coherentes. Nótese que continuamos coa mesma denominación para $\gamma$ e $\beta$ que nos apartados anteriores.

Como $2\gamma +2\beta =90$ tamén se verifica a igualdade que buscamos: $\gamma +2\beta =45$

10. As arcotanxentes

Foi esta solución a que me moveu a escribir estas entradas no blogue. Nalgunha outra ocasión xa presentara esta atractiva fórmula ([1], [2])protagonizada por arcotanxentes, de apariencia completamente inútil. 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

Está claro que $arctan1=90-\alpha$, $arctan2=90-\beta$ e que $arctan3=90-\gamma$ de aí que

$$90-\alpha +90-\beta +90.\gamma =180\Rightarrow \alpha =90-\alpha =\beta +\gamma$$

11, As arcocotanxentes

Teño que confesar que esta solución é esencialmente igual á anterior, pero apetecíame introducir un este termo practicamente desaparecido da linguaxe matemática: arcocotanxente. Veremos que non é a derradeira vez que o utilice pois a iso estará adicada a seguinte entrada deste blogue.

$\alpha =arctan\left(a\right)\Rightarrow 90-\alpha =arccot\left(a\right)$ polo tanto $arctan\left(a\right)=90-arccot\left(a\right)$

Recollo outra vez a atractiva fórmula do apartado anterior 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

E escríboa en función de arcocotanxentes para obter unha nova e non menos atractiva fórmula:

$$\begin{gathered} (\Rightarrow 90-arccot1)+(\Rightarrow 90-arccot2)+(\Rightarrow 90-arccot3)=180 \\ arccot1+arccot2+arccot3=90 \end{gathered}$$

Pero resulta que $arcotan1=\alpha$, $arcotan2=\beta$ e $arcotan3=\gamma$, o que significa que $\alpha +\beta +\gamma =90$, que era o que queriamos demostrar.

Tres cadrados, moitas solucións.1

Martin Gardner, no seu libro Circo matemático (Alianza Editorial) preséntanos o seguinte problema que lle chegou por carta indicando que llo propuxeran ao remitente en 5º de Primaria nunha escola de Moscú.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Gardner non se limita a ofrecernos o problema e a súa solución, senón que ofrece referencias interesantes e cargadas de información sobre todo o que escribe. Entre elas comenta que nun artigo da revista Journal of Recreational Mathematics chegaron a recompilarse 54 solucións deste problema. Non sei cales eran esas solucións. Con todo vou intentar ofrecer unha pequena colección delas, algunha realmente sorprendente. Invito ao eventual lector que intente abordar o problema antes de ir directamente ao listado de solucións pois estamos diante dunha cuestión que nos ofrece moitas vantaxes. É simple, facilmente tratable e permite que enchamos páxinas de debuxos bos de trazas.

Antes de nada, unha pequena anotación. Está claro que $\alpha =45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha +\beta +\gamma =90$

1. Solución trigonométrica

Martin Gardner pedía que se resolvese o problema usando só xeometría moi elemental, sen facer uso da trigonometría. Eu non lle fixen caso pois a primeira solución que me veu á cabeza foi a seguinte.

$$tan(\beta +\gamma )=\frac{tan\beta +tan\gamma }{1-tan\beta \cdot tan\gamma }=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}=1=tan\alpha$$

Como os tres ángulos son agudos tamén se verificará que $\alpha =\beta +\gamma$

Aquí aplicouse a fórmula da tanxente dunha suma. Unha alternativa sería usar a do seno ou a do coseno dunha suma. Así teriamos outras dúas novas solucións.

2. Solución de Gardner.

${\beta }^{\prime }=\beta$ por seren ángulos homólogos de triángulos semellantes. A suma ${\beta }^{\prime }+\gamma$   é 45, a medida do ángulo $\alpha$

3. Un triángulo isóscele

Construíndo un triángulo isóscele podemos ver inmediatamente que $\alpha +\beta +\gamma =90$

4. Un xiro

Se xiramos o esquema inicial un ángulo ${\beta }^{\prime }=|beta$ no sentido antihorario arredor do vértice superior O, podemos observar nese vértice como os tres ángulos suman 90

5. Ángulo exterior dun triángulo

O triángulo OPS é semellante a OTU. É evidente que $\gamma ={\gamma }^{\prime }$

$\alpha$ é o ángulo exterior do triángulo OQR, de aí que $\alpha =\beta +{\gamma }^{\prime }=\beta +\gamma$

Como esta entrada xa está resultando o suficientemente longa, vou deixar para outra as solucións que me pareceron máis atractivas.

Catro resultados elegantes

Noutra ocasión troxéramos por este espazo unha fórmula que non dubidaría en cualificar de elegante:

Resultado 1. $arctan1+arctan2+arctan3=180$

A súa demostración déixanos sen palabras:

Este resultado pode promovernos unha atractiva sospeita. Como os ángulos suman 180º, quizais tamén se verifique que

Resultado 2. Existe un triángulo con ángulos que teñen tanxentes 1, 2 e 3

Bastará con amosalo

E quizais engadir unha pequena aclaración: $$tan\beta =tan({\alpha }^{\prime }+{\gamma }^{\prime })=\frac{tan{\alpha }^{\prime }+tan{\gamma }^{\prime }}{1-tan{\alpha }^{\prime }tan{\gamma }^{\prime }}=\frac{1+\frac{1}{3}}{1-1\cdot \frac{1}{3}}=2$$

Como veremos, este xentil triángulo non é un triángulo máis. Ten un rasgo distintivo que destacaron nun enunciado dun problema da LXV Olimpíada Matemática de Moscú no 2002. Recollémolo do libro La matemática elegante (URSS 2005) nesta versión:

Resultado 3. Se as tanxentes dos ángulos dun triángulo son números naturais, entón serán iguais a 1, 2 e 3.

Xa sabemos que esta afirmación ten sentido porque acabamos de ver un triángulo con ángulos de tanxentes 1, 2 e 3. Quédanos por verificar a súa unicidade. Partiremos de que as tanxentes dos ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os números naturais $a$, $b$ e $c$. Como $180-\gamma =\alpha +\beta$

$$tan(180-\gamma )=tan(\alpha +\beta )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha \cdot tan\beta }=\frac{a+b}{1-ab}=-c$$

De aí que $a+b+c=abc$

Curiosamente o resultado 3, de apariencia estritamente trigonométrica, é equivalente ao seguinte, eminentemente aritmético:

Resultado 4. Se a suma de tres naturais coincide co seu produto, serán o 1, o 2 e o 3.

Sen perda de xeneralidade consideremos que $a\le b\le c$

Se $a=1$: $1+b+c=bc$

$1+b=bc-c=c(b-1)\Rightarrow c\mid (b+1)$ como $c⩾b$ necesariamente $c=b+1$. Daquela $b-1=1$, polo que $b=2$ e $c=3$.

Consideremos agora o caso de que $a⩾2$. Entón $b⩾2$ 

Como $a+b+c⩾abc⩾4c$ temos que $a+b⩾3c$

Como $c+c⩾a+b⩾3c$ temos que $2c⩾3c$ entón $1⩾c$, o que é imposible pois $c⩾a⩾2$. 

Xa que logo concluímos que só hai unha posibilidade, a de que $a=1$, $b=2$ e $c=3$.

Intuición esganada cunha corda

Hai algunhas cuestións que nos chaman moito a atención por daren lugar a resultados sorprendentes, e se os cualificamos de sorprendentes é porque desafían a nosa experiencia ou a nosa intuición. Ese é o caso do problema do "cinto da Terra" que xa tratamos noutra ocasión ao recoller un artigo de Jaime Poniachik na revista Cacumen. A cuestión era a seguinte:

O cinto da Terra. Imaxinemos un cordel cinguido á Terra sobre o ecuador. Se lle engadimos un metro, vai quedar algo folgado, canto? Axustemos agora outra o cordel arredor dunha laranxa e despois agregámoslle tamén un metro. O sorprendente é que agora a folgura do cinto da laranxa coincide coa da Terra.

A explicación é ben simple. A lonxitude da corda inicial é 2πr. Se lle engadimos un metro a nova lonxitude será $$2\pi r+1=2\pi (r+\frac{1}{2\pi })$$

polo que o raio da corda extendida supera en 1/2π unidades ao raio da circunferencia inicial independentemente do valor do raio. No caso que nos ocupa, como incrementamos a lonxitude nun metro, o raio aumentaría uns 16 cm tanto no caso da Terra como no da laranxa. Se nos pediran un valor para este problema antes de ver a solución seguramente aventurariamos unha cantidade milimétrica pois,a priori, dá a impresión de que engadir un metro a unha cantidade tan desproporcionadamente maior como a da circunferencia terrestre (uns 40 000 km) vén sendo tanto como non engadir nada. 

Tratemos agora un problema cunha fasquía moi semellante. Segundo conta Zhúkov no seu libro El omnipresente número π (Editorial URSS, 2004), o profesor Anatoli  Dimítrievich Myshkis tivo a simpática idea de propoñer o seguinte problema nunha das súas clases:

Tíralle da corda. Supoñamos que o globo arredor do globo terráqueo se cingue unha corda inextensible. Despois de alongala un metro, tómase a corda por un punto e levántase da superficie da Terra ata a maior altura posible. Determínese esa altura.

O ideal sería que o lector ofrecese unha resposta, mesmo a escribise antes de seguir lendo a solución a esta espiñenta cuestión e que recollo esencialmente do citado libro.

Sexa OA=OC=OC'=R o raio terrestre, AB=a, AC=h e α=∠AOB. De todas estas cantidades só coñecemos R. O triángulo AOB é rectángulo en A, de aí que $$tan\alpha =\frac{a}{R}[1]$$

Aplicando o teorema de Pitágoras:$$\begin{gathered} {(R+h)}^2=R^2+a^2 \\ {R}^2+2Rh+h^2=R^2+a^2 \end{gathered}$$

 Operando queda esta ecuación de segundo grao en h: $$\begin{gathered} h^2+2Rh+-a^2=0 \\ h=\frac{-2R\pm \sqrt{4R^2+4a^2}}{2}=-R\pm \sqrt{R^2+a^2} \end{gathered}$$

Tomando o resultado positivo e despois multiplicando e dividindo por R:  $$h=\sqrt{R^2+a^2}-R=R[\sqrt{1+{\left(\frac{a}{R}\right)}^2}-1][2]$$

Só nos quedaría determinar $a$, ou neste caso,$\frac{a}{R}$. A cuestión non é simple. Teremos que ir máis alá da manipulación alxébrica e botar man de resultados do cálculo diferencial.

A lonxitude, en radiáns, do  arco AOC é $\pi \alpha$ e a da semicircunferencia CC' é $\pi R$, polo tanto o a medida do arco AC'  será a súa diferenza $\pi R-\pi \alpha$. A lonxitude da corda desde B, pasando por A ata C':$$a+\pi R-\pi \alpha =\frac{2\pi R+1}{2}=\pi R+\frac{1}{2}$$

Simplificando esta expresión e dividindo por R:$$\begin{gathered} \frac{a}{R}-\frac{R\alpha }{R}=\frac{1}{2R} \\ \alpha =\frac{a}{R}-\frac{1}{2R} \end{gathered}$$

Substituíndo en [1]:$$tan\left(\alpha \right)=tan(\frac{a}{R}-\frac{1}{2R})=\frac{a}{R}[3]$$

Como $\alpha$ ten un valor moi pequeno e unha boa aproximación da tanxente na veciñanza do cero é a serie de Taylor temos que $$tan\left(\alpha \right)=\alpha +\frac{1}{3}{\alpha }^3++ϵ$$

Aplicando esta relación a [3] temos que $$\frac{a}{R}-\frac{1}{2R}+\frac{1}{3}{(\frac{a}{R}-\frac{1}{2R})}^3+ϵ=\frac{a}{R}$$

$$\begin{gathered} {(\frac{a}{R}-\frac{1}{2R})}^3=\frac{3}{2R}-3ϵ \\ \frac{a}{R}-\frac{1}{2R}=\sqrt[3]{\frac{3}{2R}-3ϵ} \end{gathered}$$

Como comparativamente os valores de $\frac{1}{2R}$ e $3ϵ$ son moi pequenos podemos establecer a seguinte aproximación $$\frac{a}{R}\approx \sqrt[3]{\frac{3}{2R}}$$

Que podemos substituír en [2] para finalmente poder achar o buscado valor de h: $$h\approx R[\sqrt{1+{\left(\sqrt[3]{\frac{3}{2R}}\right)}^2}-1]$$

Como valor de R tomarei o dado pola definición de metro da Academia Francesa: o metro é a dez millonésima parte dun cuadrante de meridiano, isto é, que a circunferencia da Terra será de 40 millóns de metros. É certo que agora sabemos que a Terra non é esférica e que posteriormente aos traballos de medición do meridiano redefiniuse o metro e axustáronse as medidas reais do globo terráqueo. A suposición dun planeta perfectamente esférico e a escolla deste valor para o raio quizais sexa tan romántica como o propio enunciado do teorema. De todas formas non inflúe no resultado final. Para poder achalo na última fórmula non nos serve a calculadora, temos que botar man dunha folla de cáculo ou do Wolphram Alpha. O resultado final é o inesperado valor h≈121 m

Agora que temos destrozada a intuición quizais poidamos abordar con mellor disposición a seguinte proposta que recollo do mesmo artigo de Poniachik nomeado anteriormente e que é unha adaptación dun problema referido por Ross Honsberger no libro The Mathematical Gardner (David A. Klamer, 1981). 

O riel dilatado. Consideremos un riel recto AB de 500 metros de lonxitude fixado nos extremos. A calor do verán prodúcelle unha dilatación de 2 metros, observándose unha xoroba de altura x. Estímese este valor se a dilatación é simétrica.

Como na cuestión anterior pídese unha resposta baseada na intuición antes de ter a tentación de botarlle un ollo á resposta. Comprobaremos ademais que esta proposta resulta moi acaída para ser tratada nun curso da ESO.

Xa que nos piden unha estimación imos considerar que a dilatación está formada por rectas. Así teremos dous triángulos rectángulos de catetos 250 e x cunha hipotenusa de 251 metros. Apliquemos o teorema de Pitágoras (e de paso, repasemos as chamadas identidades notables).$$x=\sqrt{{251}^2-{250}^2}=\sqrt{(251+250)(251-250)}=\sqrt{501}$$

Creo que nin cómpre unha calculadora para decatarse de que o riel alcanzou unha altura de case 71 m.

Explícoche matemáticas 2022

Os premios

Van alá xa 10 edicións da convocatoria "Explícoche matemáticas 2.0". Dez veces dous minutos de matemáticas en galego. Un oasis no deserto xerado polo cambio climático que opera no ensino desde o ano 2010 co funesto decreto de prohibición de uso do galego nas matemáticas (e noutras materias). Gocemos con estes refachos de aire fresco que nos trae cada ano o SNL da Facultade de Matemáticas.

Este vídeo sobre os número de Mersenne, elaborado por Cristina Correa Segade, da facultade de Bioloxía, foi o gañador da edición 2022 do concurso convocado polo SNL da Facultade de Matemáticas "Explícoche matemáticas 2.0". 

Na modalidade de ensino secundario os gañadores foron dous vídeos do IES Punta Candieira (Cedeira), un centro que tamén foi protagonista deste comezo de curso 2022-23 por ser onde se visibilizaron con máis forza os recortes sofridos polo ensino público.

Este vídeo sobre a medición do tempo foi realizado por Gema López Sixto, do citado IES de Cedeira foi o que recibiu o primeiro premio de Secundaria.

É unha mágoa que nesta ocasión non se recolleran todos estes vídeos nunha lista de reprodución da canle de You Tube da facultade.

Os accésits

Este segundo vídeo do IES de Cedeira acadou un dos accéits. A súa autora é Ema Lourido Ponde.

O segundo accésit foi para Noa Ferreiro Bellas e Laura Vispalia Díaz, estudantes do IES Castro da Uz (As Pontes) por tratar este tema clásico da trigonometría: como medir alturas usando un espello.

As mencións especiais.

Finalmente o xurado concedeu mencións aos vídeos ‘As matemáticas non serven para nada’ de Iván Rodríguez Vázquez, alumno do Colexio Marista Cristo Rey da Coruña; ‘Arte ou matemáticas’ de Irene González Calvo e Raquel González Calvo, estudante do IES Adormideras (A Coruña); e ‘É 4,99... igual a 5?’ de Alba Casás Fuentes e Nadia Suárez Martínez, estudantes do IES Manuel Murguía (Arteixo)

Parabéns a todos. Un agarimoso agradecemento polo esforzo realizado.

Un cadrado sen adubos

Con esta entrada remato unha pequena serie de tres que adiquei aos problemas de Dudeney. As outras dúas foron "O enigma do mercader" e "Tres enigmas de Dudeney". Nesta ocasión  recollo un problema do capítulo "Aventuras do Club dos Enigmas" titulado "O tesouro enterrado" no que se relata a historia de Dawkins, un mozo que buscaba facer fortuna en Australia e que tivo a sorte de escoitar unha conversa na que se describía onde estaba enterrado un tesouro. O lugar estaba nun terreo cadrado, e o que se precisaba era obter as dimensións do mesmo, pois esta foi a clave para atopalo. Vou prescindir dos detalles do relato pois o problema pareceume o suficientemente interesante como para poder prentalo nunha versión limpa,  sen ningún adubo. 

Acha as dimensións dun cadrado sabendo que un punto do seu interior está a 2, 3 e 4 unidades de tres vértices consecutivos.

Antes de seguir conviña facer un intento de resolución, así que, estimado lector,  non sigas lendo ata despois de traballar co problema por un pouco.

ç

É certo que despois de velo resolto, non parece gran cousa, pero a min levoume ben de tempo dar coa resposta a pesar de que a súa abordaxe é bastante obvia. 

Sexa x o valor do lado que temos que determinar. Despois de colocar os datos sobre o cadrado trazamos un par de segmentos a e b, perpendiculares aos lados.

Xa que logo, temos tres incógnitas (x, a e b) e tamén tres triángulos rectángulos, os de hipotenusas 2, 3 e 4. De aí obtemos as ecuacións:

$\begin{array}{c}4={(x-b)}^2+a^2\\ 16={(x-a)}^2+b^2\\ 9=a^2+b^2\end{array}\}$

Desenvolvendo as dúas primeiras e facendo uso da terceira obtemos:

$\begin{array}{c}4=x^2-2bx+b^2+a^2\\ 16=x^2-2ax+a^2+b^2\end{array}\}\begin{array}{c}4=x^2-2bx+9\\ 16=x^2-2ax+a^2+9\end{array}\}\begin{array}{c}2bx=x^2+5\\ 2ax=x^2-7\end{array}\}$

Despexando a e b e substituíndo eses valores na terceira ecuación:

$$\begin{array}{c}b=\frac{x^2+5}{2x}\\ a=\frac{x^2-7}{2x}\end{array}\}{\left(\frac{x^2+5}{2x}\right)}^{{}^2}+{\left(\frac{x^2-7}{2x}\right)}^2=9$$

Obtemos finalmente unha ecuación bicadrada: $$\begin{gathered} x^4+10x^2+25+x^4-14x^2+49=36x^2 \\ 2x^4-40x^2+74=0 \\ {x}^4-20x^2+37=0 \end{gathered}$$

$$x=\sqrt{\frac{20\pm \sqrt{262}}{2}}=\{\begin{array}{cc}4,2536& \\ 1,3809\end{array}$$

Desbotamos a segunda das solucións porque nun cadrado desas dimensións non poderiamos situar un punto interior a distancia de 2 unidades de ningún vértice e, con máis razón, tampouco podería estar a 3 ou 4 unidades dos vértices. Entón a solución é 4,2536

Tres enigmas de Dudeney

O inglés Henry Dudeney (1857-1930) é un dos máis recoñecidos precursores da matemática recreativa. Volvemos sobre el para compartir algunha das súas propostas do seu libro Os enigmas de Canterbury, Trátase dun libro con 110 propostas relatadas con diversos recursos narrativos. O primeiro deles consiste nunha xuntanza de varios peregrinos camiño de Canterbury na que acordan pasar o tempo popoñéndose diversos retos. O que recollo de seguido podería ser proposto nos primeiros cursos da ESO. Case seguro que a primeira resposta que nos ofrezan vai ser errada pois o reparto xusto non será de cinco moedas para o Muiñeiro e tres para o Tecelán.

O enigma do Mordomo. O Muiñeiro e o Tecelán sentaron a tomar unha pequena merenda. O Muiñeiro sacou cinco fogazas de pan e o Tecelán tres. O Mordomo achegouse e pediulles permiso para comer con eles, ao que accederon. Cando o Mordomo rematou, depositou oito moedas e dixo sorrindo con retranca: "arranxade entre vós como debe dividirse o diñeiro en forma xusta"

Outro dos capítulos ten como pretexto para propoñer unha restra de enigmas a presunta recuperación de varias cuestións de Sir Hugh, o señor do Castelo de Solvamhall, un amante das adiviñas e dos problemas de enxeño. O que escollín vai coa imaxe que acompaña o texto, que serve para despistar un pouco ao lector. Como pista adianto que se debe ler a cuestión con moita atención co fin de contestar ao que se require, e non a outra cousa.

A fiestra do calabozo. Sir Hugh levou ao mestre de obras ao calabozo e sinaloulle unha fiestra. "Creo -dixo- que a vosa fiestra é cadrada e mide no seu interior un pé por cada lado, e está dividida polas estreitas barras en catro luces, que miden medio pé por cada lado. [...] Desexo que faga outra fiesta, a maior altura, cuxos catro lados tamén midan un pé, pero que estea dividida en oito luces de lados tamén iguais"

Noutro dos apartados do libro Dudeney di que recupera algunhas cuestións da Abadía de Riddlewell pois os seus monxes "eran famosos na súa época polos curiosos enigmas e adiviñas que adoitaban propoñer". Nun dos retos retátase o doloroso caso de Xan, o Despenseiro, que fora pillado roubando no bocoi do mellor viño de malvasía, o que se gardaba para as ocasións especiais. A pesar da falta, o relato do problema fai que nos poñamos de parte do Despenseiro:

A adiviña do Despenseiro. "Había cen pintas no bocoi ao principio e eu tomei unha pinta cada día deste mes de xuño -sendo hoxe o trixésimo día do mes-, e se o meu Lord Abade establece coa maior precisión canto bo viño tomei en total, entón que me castigue como merezo". O Abade contestoulle que eran 30 pintas, ao que lle respondeu o Despenseiro: "Non, non, pois cada vez que eu tomaba unha pinta do bocoi, verquía nel unha pinta de auga no seu lugar"

O enigma do mercader

Os enigmas de Canterbury (1907) é o título dun libro de Henry Dudeney (1857-1930), un gran creador de xogos e retos matemáticos. O macguffin do relato consiste en que un grupo de preregrinos camiño de Canterbury coinciden nunha pousada e comezan a propoñerse enigmas. Cada un leva o nome de quen o presenta, aínda que normalmente a característica ou oficio do propoñente non garda relación co contido do problema. 

Posiblemente un dos máis versionados e coñecidos sexa o enigma do pousadeiro. 

O enigma do pousadeiro. O pousadeiro falou así: "Velaquí unha cuba de boa cervexa de Londres, e nas miñas mans sosteño dúas mediddas: unha de cinco pintas e a outra de tres pintas. Prégovos que me mostredes como é poible que poida poñer unha pinta en cada unha das medidas". Por suposto, non pode empregarse ningún outro recipiente ou elemento e non está permitido marcar as medidas.

Hai outra proposta na que me quería parar pois,a pesar de que Dudeney se estende demasiado na explicación, a pregunta é moi bonita.

O enigma do mercader. Eramos trinta en total cabalgando esta mañá. Certamente podemos ir un xunta o outro, no que é dado en chamar liña única, o u de dous en dous, ou de tres en tres, ou de cinco en cino, ou de seis en seis, ou de dez en dez, ou de quince en quince ou os trinta en columna. De ningunha outra forma podemos andar de modo que non existan números desiguais nas liñas. Agora,  un número de peregrirnos podían cabalgar así de 64 formas difrerentes. Prégovos que  me digades cantos peregrinos deberon consecuentetemente integrar a compañía. O mercader claramente pediu a menor cantidade de persoas que poideran cabalgar de sesenta e catro maneiras.

A cuestión non é outra que achar o menor número que teña 64 divisores. Para iso botamos man do resultado que nos di que se a descomposición factorial dun número é $$m=q_1^{{\alpha }_1-1}\cdot q_2^{{\alpha }_2-1}...q_k^{{\alpha }_k-1}$$ o seu número de divisores será $${\alpha }_1\cdot {\alpha }_2...\cdot {\alpha }_k$$

Como no noso caso o número de divisores é 64,  ${\alpha }_i\in \{2,4,8,16,32,64\}$ de aí que os expoñentes da descomposición factorial do número buscado deben estar entre os valores ${\alpha }_i-1\in \{1,3,7,15,31,63\}$

Unha posible resposta é $m=2^{63}=99223372036854780000$. Este número ten 64 divisores, pero teñamos presente que estamos buscando o menor número verificando esta propiedade. Este sería un caso extremo, o correspondente ao expoñente 63. Se partimos do outro caso extremo, se todos os expoñentes fosen 1, o resultado estaría formado polo produto dos seis primeiros primos $m=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13=30030$. Ben, este xa é algo menor. Podémolo mellorar?

A resposta é afirmativa. O último factor é 13. É preferible colocar no seu lugar $2^3$. Nese caso a solución sería  $m=2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=9240$, que evidentemente é menor pois, aínda que multiplicamos o anterior valor por $2^2$, dividímolo por 13. 

Podemos seguir por este camiño. Unha alternativa sería pensar nunha potencia maior para o factor 2. O seguinte valor das potencias é 7. Isto significaría ter que multiplicar por $2^4=16$ e a cambio só conseguiriamos eliminar o factor 11. O resultado sería $m=2^7\cdot 3\cdot 5\cdot 7=13440$, evidentemente un valor peor que o obtido anteriormente. De aí que debamos considerar incrementar a potencia de 3. Como [3³ =9 ] $3^2=9$ é, agora si, menor que 11, obtemos unha vantaxe ao multiplicar por 9. Neste caso o número obtido sería $m=2^3\cdot 3^3\cdot 5\cdot 7=7560$. Non parece que poidamos mellorar este resultado pois para iso deberiamos incrementar a potencia do factor 5 a $5^3=125$, isto é, multiplicar m por 25 e a cambio só eliminariamos o factor 7. Finalmente denotaremos a solución como $A(64)=7560$ tal e como o fixo M. E. Grost no American Mathemathical Monthly nun artigo do ano 1968.

Acabamos de ver que obter o menor número con n divisores, A(n), non parece unha pescuda que se poida facer directamente. Con todo hai un caso simple. Se p é primo tense que $A(p)=2^{p-1}$.

A sucesión do menor número con n divisores (OEIS A005179) ten este desconcertante comezo (están marcados en letra grosa os valores dos lugares primos):

 1, 2, 4, 6, 16, 12, 64, 24, 36, 48, 1024, 60, 4096, 192, 144, 120, 65536, 180, 262144, 240, 576, 3072, 4194304, 360, 1296, 12288, 900, 960, 268435456, 720, 1073741824, 840, 9216, 196608, 5184, 1260, 68719476736, 786432, 36864, 1680, 1099511627776, 2880,...

Consideremos agora un número que sexa produto de dous primos, como o $6=3\cdot 2$. Non é dificil de ver que $A(6)=12=2^2\cdot 3$. Para $4=2\cdot 2$, pois non dixemos que os primos tiñan que ser distintos, temos $A(4)=6=2\cdot 3$ e analogamente para $9=3\cdot 3$ temos $A(9)=2^2\cdot 3^2=36$. No artigo referido Grost demostra que para todo número que sexa produto de dous primos $n=p\cdot q$ con $p\ge q$, o menor enteiro con n divisores será $A(n)=2^{p-1}{3}^{q-1}$. Nesta altura todos estariamos tentados a xeneralizar o resultado:

Xeneralización. Se $n=q_1\cdot q_2...q_k$ con $q_1\ge q_2\ge ...\ge q_k$ factores primos, entón $A(n)=p_1^{q_2}\cdot p_1^{q_1}...p_k^{q_k}$ onde $p_i$ é o i-ésimo número primo.

Desafortunadamente esta xeneralización non é certa, nin tan siquera para os números que son factores de tres primos. Por exemplo non se verifica para n=8 pois $A(8)=24=2^3\cdot 3\ne 2\cdot 3\cdot 5=30$. Tampouco se verifica para 16, 24, 32, 48,... Podemos lembrar que xa vimos que o 64 tampouco está entre os valores caracterizados pola xeneralización xa que $A(64)=7560\ne 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13$. Grost chamoulle a estes números extraordinarios e, consecuentemente denominaría ordinarios a aqueles enteiros para os que si é certa a xeneralización. Resulta que hai unha infinidade de números extraordinarios pero en certo sentido os números ordinarios son máis abundantes entre os naturais. Resulta que os números ordinarios son densos nos naturais. Chamándolle $\alpha (n)$ á cantidade de números ordinarios menores ou iguais que n, o que se está afirmando é que $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\alpha (n)}{n}=1$$

Dobrando papel. Dobrando o cubo

Na anterior entrada explicamos en que consiste a dobrez de Haga. Se temos un papel cadrado, desprazamos un dos vértices superiores P, ata facelo coincidir co segmento inferior AB. Isto determina unha liña sobre o papel. Aplicando habilmente este tipo de dobrez podemos construir calquera número racional sobre o papel. Pero podemos ir moito máis alá. 

Para saber ata onde poder chegar estableceuse un sistema de axiomas que establecen todas as posibilidades de pregado. Son os 7 axiomas de Huzita-Hatori. Sobre esta base demostrouse que mediante dobreces poden realizarse as operacións aritméticas da suma, o produto, a división, a raíz cadrada e a raíz cúbica. De aí que o conxunto dos números construtibles mediante origami sexa un subcorpo dos complexos, en concreto o menor corpo que contén aos quebrados e todas as raíces cadradas e cúbicas destes. 

Mediante a papiroflexia podemos realizar moitas máis construcións que con regra e compás. Un exemplo significativo é o problema da duplicación do cubo. Dado un cubo trátase de que obteñamos outro de volume duplicado. Se o cubo orixinal ten aresta a, o cubo de volume dobre debe ter aresta $\sqrt[3]{2}\cdot a$. Polo tanto o obxectivo é obter mediante técnicas de papiroflexia o valor $\sqrt[3]{2}$. Lembremos que isto non pode conseguirse usando compás. 

A solución que reproducimos aquí é a resposta a un reto proposto na revista canadiana Crux Mathematicorum (páx. 284 e 285 do nº 12 do mes de decembro de 1986).

Comezaremos dividindo o papel en terzos. Xa viramos como obter calquera fracción na entrada anterior. De seguido realizamos unha dobrez de Haga facendo coincidir P co segmento inferior AB pero de forma que o punto Q fique sobre o outro segmento vertical. O reto consistía en obter a razón AP/PB.

Sexa a=AP e 1=PB. Aplicando o teorema de Pitágoras no triángulo rectángulo PFB:

$$\begin{gathered} {(1+a-x)}^2=1^2+x^2 \\ 1+x^2+a^2+2a-2x-2ax=1+x^2 \\ 2ax+2x=a^2+2a \\ x=\frac{a^2+2a}{2a+2}[1] \end{gathered}$$

Agora fixémonos no triángulo PQR:

$$\begin{gathered} PQ=\frac{1+a}{3} \\ PR=a-\frac{1}{3}(1+a)=\frac{2a-1}{3} \end{gathered}$$

Como os triángulos PQR e PBF son semellantes:

$$\frac{PR}{PQ}=\frac{BF}{PF}$$ $$\frac{\frac{2a-1}{3}}{\frac{1+a}{3}}=\frac{x}{1+a-x}$$

$$\begin{gathered} \frac{2a-1}{1+a}=\frac{x}{1+a-x} \\ (2a-1)(1+a-x)=x+ax \end{gathered}$$     $$\begin{gathered} 2a+2a^2-2ax-1-a+x=x+ax \\ 2a^2+a-1=3ax \\ x=\frac{2a^2+a-1}{3a}[2] \end{gathered}$$

Igualamos [1] e [2] e resolvemos a cuestión:

$$\begin{gathered} \frac{a^2+2a}{2a+2}=\frac{2a^2+a-1}{3a} \\ 3a^3+6a^2=4a^3+2a^2-2a+4a^2+2a-2 \\ {a}^3=2 \end{gathered}$$

Dobrando un papel. Os racionais.

É moi habitual que nos congresos de profesores de matemáticas haxa algunha comunicación sobre a papiroflexia. Eu sempre fuxín delas porque facer cousas coas mans ponme moi nervioso porque a miña torpeza lévame a facelas mal e a miña impaciencia ante eses seguros e repetidos erros e imprecisións acaban en desastre ou abandono. 

Pero imaxinar que fago algo coas mans xa é outra cousa pois teño o bo costume de imaxinar que o fago ben. En todo caso, o que me interesa da papiroflexia son unicamente os experimentos mentais que me permiten establecer un xogo matemático. 

Partiremos dun papel de forma cadrada que, sen perda de xeneralidade, nun principio terá de lado a unidade: AB=1. O primeiro que a un se lle ocorre facer é dobralo pola metade. Se o fixemos unha vez, podemos repetilo cantas veces queiramos

Isto significa que podemos obter os racionais da progresión xeométrica $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},...$. Recíprocamente, se temos o papel dobrado por unha fracción, poderemos usar ese padrón para trasladalo sobre o papel unha e outra vez. Isto é, se conseguíramos o valor $\frac{1}{5}$, non teriamos dificultade en obter por sucesivos pregamentos os valores $\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}$ 

Velaí que se podemos obter as fracción unitarias, $\frac{1}{n}$ tamén seríamos quen de chegar a calquera outra fracción propia $\frac{m}{n}$. Xa que logo, imos intentar construir as fraccións unitarias. Para iso bastará con facer só un tipo de pregamento co papel. Na seguinte applet proba a mover o punto P. Sobre todo observa o que pasa cando coloco P sobre o segmento AB.

   

Como no punto P o ángulo é de 90º, os outros dous ángulos que se forman en P serán complementarios, de aí que os triángulos rectángulos que se determinan sobre a base sexan semellantes.

Se movemos o punto P ata a metade do segmento AB, teremos unha pequena e satisfactoria sorpresa.

$AB=PB=\frac{1}{2}$, PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

${(1-x)}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+x^2$

Resolvendo obtense $x=\frac{3}{8}$

Tal e como dixemos, os triángulos AHP e BFP son semellantes:

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$

$\frac{\frac{1}{2}}{y}=\frac{x}{\frac{1}{2}}$

$x\cdot y=\frac{1}{4}$

Substituíndo x polo seu valor e resolvendo, obtemos $y=\frac{2}{3}$

De aí, que dobrando o segmento y=AH pola metade obteñamos o valor desexado,  $\frac{1}{3}$

O que acabamos de facer é esencialmente o que se coñece como teorema de Haga e a dobrez que estamos usando é coñecida como a dobrez de Haga

Teorema de Haga. Se dobramos unha folla cadrada cunha dobrez de Haga, verifícase que $y=\frac{2a}{a+1}$

A súa demostración consiste en aplicar, paso por paso, o realizado no caso anterior.

PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

${(1-x)}^2=a^2+x^2$

De onde $x=\frac{1-a^2}{2}$

Pola semellanza dos triángulos AHP e BFP :

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$, isto é $\frac{1-a}{y}=\frac{x}{a}$

$$x\cdot y=a(1-a)$$

Substituíndo polo valor obtido anteriormente $x=\frac{1-a^2}{2}$:

$$\begin{gathered} \frac{1-a^2}{2}y=a(1-a) \\ \frac{y}{2}=\frac{a(1-a)}{1-a^2}=\frac{a(1-a)}{(1-a)(1+a)}=\frac{a}{1+a} \end{gathered}$$

Se aplicamos teorema de Haga para o valor $a=\frac{1}{n}$ obteremos 

$$y=\frac{2\cdot \frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{2}{n+1}$$

De aí, que da mesma maneira que a partir do valor $\frac{1}{2}$ obtivemos $\frac{1}{3}$, por indución, poderemos obter todas as fraccións unitarias e polo tanto, tal e o como concluímos antes, todas as fraccións propias. A cuestión que xurde de forma natural é a de que se usando as técnicas da papirofleixa podemos ir máis alá dos racionais. Xa adianto que a resposta é afirmativa, pero desenvolvereina nunha próxima entrada.

Percorridos entre A e B

Nada máis simple que o que podemos ver nesta imaxe, un segmento entre dous puntos A e B. Nun principio parece que tan pouca cousa non pode dar para moito. Non é así.

Comecemos polo principio. No principio foi Euclides (III a.C.). Nos seus Elementos partía de 5 postulados. Recollo os seguintes aspectos e comentarios da edición feita pola USC, con tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez. O primeiro postulado era este:

[Postúlese] 1. Trazar unha liña recta dende un punto calquera ata un punto calquera

Precisamente nesa edición coméntase que isto implica a existencia de (polo menos) dous puntos. Tamén se resalta que, nun principio, non se pode trazar unha recta arbitraria a partir dun punto. A pesar do seu evidente éxito, no transcurso dos séculos Euclides había de ser criticado en moitos aspectos. Como xa teño comentado as críticas comezaban xa co primeiro postulado que establece a existencia dunha recta entre dous puntos calquera pero non se asegura a unicidade da mesma a pesar de que Euclides tamén dou isto por certo sen postulalo previamente. Decatémonos de que aínda non se estableceu que a liña poida ser infinita. Isto último será materia do segundo postulado:

[Postúlese] 2. E prolongar en liña recta de forma continua unha recta finita.

Este principio había de revelarse fundamental ao profundizar nos fundamentos da xeometría. Cando Giovanni Gerolamo Saccheri (1667-1733) quixo establecer a xeometría euclidiana como a única posible. Para este propósito elaborou dúas xeometrías alternativas nas que non se verificaba o polémico quinto postulado co obxectivo de chegar a unha contradición. Esas xeometrías serían posteriormente denominadas elíptica e hiperbólica. Na xeometría elíptica non tardaría en demostrar a finitude das rectas, a negación directa do segundo postulado, unha contradición evidente que era o que estaba buscando Saccheri. Despois creu obter unha "falsidade manifesta" dentro da xeometría hiperbólica pero foi unha saída en falso. 

Non quero insistir na axiomática da xeometría pois a este tema xa adicara un par de entradas (Axiomas de Euclides, Hilbert e Tarski.1 e Axiomas de Euclides, Hilbert e Tarski.2). O segmento AB é o esquema de moitos problemas das matemáticas escolares. Pensemos só en todos aqueles que teñen como protagonistas do seu enunciado un par de trens que parten de dous puntos A e B. Como non me quero meter nesta selva, inzada de problemas de todo tipo, voume centrar nun que recollo dun libro de título ben curioso. Dr. Euler's Fabulous Formula: Cures Many Mathematical Ills, de Paul J. Nahin. De seguido presento unha versión libre da cuestión

Un paxaro vai de A a B e despois volve de B a A a unha velocidade v. Como é habitual neste tipo de propostas v é constante e o cambio de sentido é maxicamente inmediato. Sexa d a distancia entre os puntos A e B e t=2d/v o tempo que tarda en facer o percorrido de ida e volta. Introduzamos agora unha dificultade. Imos supoñer que o traxecto faise en presenza dun vento dunha velocidade constante w. Tamén consideraremos que w<v. Cando o vento sopre no mesmo sentido do corredor as velocidades súmanse : v+w. Cando o vento vai en sentido contrario ao corredor as velocidades réstanse: v-w. A cuestión é se o tempo que se tarda en facer o percorrido é menor con vento ou sen el.

Seguindo a Paenza, o mellor que poderiamos facer agora sería pensar no problema, quizais pensar nalgúns valores particulares para explorar, quizais modificar algo as condicións, pensar en casos extremos, en axudarnos doutro paxaro que parta de B mentras o primeiro parte de A, elaborar unha estratexia de abordaxe e levala a cabo,... Conviña facer algo disto antes de seguir lendo.

Paxaro indo de A a B

As condicións do problema dan  a impresión de que a pregunta garda unha trampa pois non se ten en conta unha terceira posibilidade, que ademais parece a máis lóxica, a de que o paxaro tarde o mesmo tempo con vento e sen el. Sorprendentemente a resposta non é esta. Poñamos por caso que a velocidade do paxaro é de 10 km/h e que a distancia entre A e B é de 10 km. Neste caso o tempo empregado no traxecto de ida e volta é de 2 horas. Cun vento soprando a 2 km/h o tempo empregado será:

$$\frac{10}{12}+\frac{10}{8}=\frac{200}{96}=\frac{25}{12}>2$$

Se xeneralizamos veremos que o tempo do percorrido é maior con vento que sen el:

$$\begin{gathered} \frac{d}{v+w}+\frac{d}{v-w}=\frac{d(v-w)+d(v+w)}{(v+w)(v-w)}= \\ =\frac{dv-dw+dv+dw}{v^2-w^2}=\frac{2dv}{v^2-w^2}=\frac{2dv/v^2}{(v^2-w^2)/v^2}= \\ =\frac{2d/v}{1-{\left(w/v\right)}^2}=\frac{t}{1-{\left(w/v\right)}^2}\ge t \end{gathered}$$

O vento non ten por que soprar na dirección marcada polo segmento AB pois se o fai noutra dirección só nos interesará a proxección do vector que indica a velocidade do vento sobre AB. Isto lévanos a sospeitar que se facemos un percorrido co mesmo punto de inicio e fin, o resultado vaia ser o mesmo. A sospeita é acertada, e quen a queira ver desenvolta pode consultar o libro de Paul Nahin. Isto ten unha consecuencia práctica importante no mundo do atletismo. En presenza de ventos de certa intensidade non se recoñecen determinadas marcas deportivas. Polo que acabamos de contar, nas carreiras nas que se dá un número enteiro de voltas á pista as marcas veríanse sempre perxudicadas polo vento, en consecuencia neste tipo de probas non ten sendido anular as marcas obtidas en presenza de vento. Pode que este resultado lle interese ao compañeiro Paulo González Ogando, que acaba de publicar un libro titulado Matemáticas y deporte (Catarata 2022)