Dúas fendas de luz: o libro de Rózsa Péter e as matemáticas en galego.2

Isto é a continuación das notas que recollín da presentación que fixo Felipe Gago o pasado 22/06/2023 da tradución que fixo do libro "Xogando co infinito" (CCG, 2023) de Rózsa Péter. Para unha boa comprensión do que vén de seguido convén seguir a recomendación da propia matemática húngara e non saltar a primeira parte deste relato.

Felipe Gago comentou que estaba encantando con que lle encargaran este traballo e lembrounos como el mesmo traballara cun libro doutro matemático húngaro, Geoge Pólya (1887-1985), "Matemáticas y razonamiento plausible" (Tecnos,1966) nas súas clases da materia de Metodoloxía.

Como introdución recollo a explicación da famosa fórmula de Euler doutro húngaro, Imre Lakatos (1922-1974), en concreto das primeiras páxinas do seu libro "Pruebas y refutaciones" (Alianza Editorial 1986). 

Consideremos un poliedro convexo calquera. Se $C$ representa o número de caras, $A$ o número de arestas e $V$ o número de vértices, a fórmula euleriana á que nos estamos a referir é $$C+V-A=2$$

Lakatos indícanos que a demostración que imos dar desta igualdade debémoslla a Cauchy. Faremos de topólogos, isto significa que imaxinaremos que temos un poliedro de goma. Se lle recortamos unha das caras poderemos estirar e estender a superficie restante sobre un plano que, de ser certa a fórmula por ter agora unha cara menos, debería verificar a fórmula $C+V-A=1$. Para seguir mellor a argumentación, na figura 1 temos ilustrado o caso de que o poliedro fose un cubo. O seguinte paso consistiría en triangular os polígonos trazando diagonais entre os vértices do mapa plano (ver figura 2). Cada vez que debuxamos unha diagonal estamos aumentando nunha unidade o valor de A pero tamén aumenta da mesma maneira o valor de C polo que o valor de $C+V-A$ non variará neste proceso.

Agora eliminaremos os triángulos un a un. Poden darsenos dúas situacións. Tal e como vemos no triángulo marcado para eliminar na figura 3, se sacamos unha aresta, eliminaremos unha cara. Para eliminar a cara marcada da figura 4 teremos que sacar dúas arestas polo que tamén eliminaremos un punto. En calquera dos dous casos o valor de $C+V-A$ non se modifica. Repetiremos o proceso unha e outra vez ata quedarmos unicamente cun triángulo que terá 1 cara, 3 vértices e 3 arestas, de aí que o valor de $C+V-A$ será $1$, tal e como queríamos demostrar.

Aprendiz de meiga (segunda parte)

Os polígonos regulares son figuras planas delimitadas por segmentos iguais e que determinan ángulos interiores iguais. Hai infinidade deles, un para cada número a partir do 3.

Un poliedro convexo é regular se está delimitado por polígonos regulares, sendo todas estas figuras congruentes entre si e dispostas de tal forma que en cada vértice se xuntan o mesmo número delas. Se cada unha das caras ten $n$ lados, o produto $n\cdot C$ daranos $2A$ pois cada aresta está compartida por dúas caras. Acabamos de realizar o mesmo proceso que aprendimos na entrada anterior: para obter o número de arestas preferimos realizar un reconto do seu dobre. Volvamos a aplicar esta idea, pero agora tendo en conta que en cada vértice se interceptan $m$ arestas. De aí o produto $m\cdot V$ vai darnos $2A$ pois cada aresta ten dous vértices. Aplicando estes resultados ($n\cdot C=2A$ e $m\cdot V=2A$ á fórmula de Euler teremos:$$\frac{2A}{n}+\frac{2A}{m}-A=2$$

Dividindo por $2A$ e pasando o último termo do primeiro ao segundo membro:$$\frac{1}{n}+\frac{1}{m}=\frac{1}{2}+\frac{1}{A}[1]$$

Polo tanto o primeiro membro de [1] será sempre maior que $\frac{1}{2}$. Supoñamos que $n\ge 4$ e que $m\ge 4$. Nese caso $$\frac{1}{2}<\frac{1}{n}+\frac{1}{m}⩽\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ Chegamos a unha contradición. Polo tanto polo menos un dos valores, $n$ ou $m$, debe ser $3$ pois tampouco ten sentido que sexa menor (os polígonos deben ter polo menos 3 lados e nun vértice deben coincidir polo menos 3 arestas).

Se $n=3$ a igualdade [1] convértese en $$\frac{1}{m}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$ Polo que $m$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 (para 6 ou valores superiores $\frac{1}{A}$ daría negativo, un absurdo). Para estes valores A sería 6, 12 ou 30, o que se correspondería cun tetraedro, octaedro e icosaedro respectivamente. 

Se $m=3$ a ecuación [1] transfórmase en $$\frac{1}{n}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$Analogamente $n$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 para os que A=6, 12 ou 30 respectivamente, dando lugar a un tetraedro, un cubo e un dodecaedro. Para verificalo basta con que usemos a as fórmulas  $n\cdot C=2A$,  $m\cdot V=2A$ e $C+V-A=2$. Aplicándoas a cada caso obteremos os seguintes resultados:

$$\begin{array}{cccccc}n& m& C& V& A& poliedro\\ 3& 3& 4& 4& 6& tetraedro\\ 3& 4& 8& 6& 12& octaedro\\ 3& 5& 20& 12& 30& icosaedro\\ 4& 3& 6& 8& 12& cubo\\ 5& 3& 12& 20& 30& dodecaedro\end{array}$$

Se revisamos todos os datos veremos que unicamente son posibles 5 poliedros regulares. En comparación co que sucedía cos polígonos é un resultado sorprendente. O máis curioso é que se chegue a esta conclusión utilizando as mesmas técnicas que as empregadas para calcular a suma $1+2+3+...+n$. Acabamos de abrir unha fenda luminosa entre a aritmética e a topoloxía.