O problema bovino de Arquímedes. O problema histórico das vacas de Galicia

Hai uns días chegoume unha petición á que, como se verá, non me puiden resistir. Un enxeñeiro retirado, Andrés Ventas, solicitoume publicar neste blogue un artigo seu. Aproveito a ocasión para agradecerlle que arranxara algunhas cuestións técnicas deste blogue que desbaratara coa miña torpeza pero que el co seu bo facer foi quen de arranxar.

Velaquí tedes a súa colaboración. Agardo que só sexa a primeira dunha longa serie.

O problema bovino de Arquímedes. O problema histórico das vacas de Galicia

Andrés Ventas

Santiago de Compostela

O problema bovino de Arquímedes. Ecuación de Pell positiva

O Problema bovino debido a Arquimedes [Wiki] é un problema complicado cun enunciado moi simple.

Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos [Wiki] e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada.

Para máis marabilla, o enunciado está escrito en forma de poesía e o texto foi descuberto en 1773 nunha biblioteca da Alemaña.

A cuestión trata de resolver cantas unidades de gando tiñan Faetusa e Lampetia, fillas do Deus Helios,na illa de Trinacia (actual Sicilia), relato que aparece na Odisea.

Para iso propón 7 ecuacións simples con 8 incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución.

Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia.

E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten \(206545\) díxitos, mais ou menos un número que ocupa \(30\) follas.

O texto orixinal non contiña a solución, subpoño que Arquímedes era capaz de coñecela, aínda que fose en forma compacta.

Na era moderna, o primeiro en dar unha solución parcial foi A. Amthor en 1880 , sabendo o número de díxitos e os tres primeiros: \(7.76 \cdot 10^{206544}\).

A primeira solución completa foi obtida por dous computadores en 1965 , porque como digo eu cando me consultan, que teño que verificar contas de díxitos unha chea de veces, quen se atreve a obter unha solución manual? e cando levas escritas 20 follas poñerte a repasar!!.

As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito:

Os bois brancos (b) son \(\dfrac{1}{2}\) máis \(\dfrac{1}{3}\) dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a).

Os bois negros son \(\dfrac{1}{4}\) máis \(\dfrac{1}{5}\) dos pintos (p) e a sumar cos amarelos.

Os bois pintos son \(\dfrac{1}{6}\) máis \(\dfrac{1}{7}\) parte dos brancos e a sumar os amarelos.

As vacas brancas (B) son \(\dfrac{1}{3}\) máis \(\dfrac{1}{4}\) da suma dos bois negros e as vacas negras (N).

As vacas negras son \(\dfrac{1}{4}\)máis \(\dfrac{1}{5}\) da suma dos bois pintos máis as vacas pintas (P).

As vacas pintas son\(\dfrac{1}{5}\) máis \(\dfrac{1}{6}\) da suma dos bois amarelos máis as vacas amarelas (A).

As vacas amarelas son \(\dfrac{1}{6}\) parte máis \(\dfrac{1}{7}\) da suma dos bois brancos máis as vacas brancas.

E para a segunda parte os enunciados son:

(1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado.

(2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo.

Escribamos as \(7\) primeiras ecuacións:

\(eq1: b =\Big(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}\Big) n + a.\)

\(eq2: n = \Big(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5}\Big) p + a.\)

\(eq3: p =\Big(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7}\Big) b + a.\)

\(eq4: B = \Big(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4}\Big) (n + N).\)

\(eq5: N = \Big(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5}\Big) (p + P).\)

\(eq6: P = \Big(\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6}\Big) (a + A).\)

\(eq7: A = \Big(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7}\Big)(b + B).\)

Para o primeiro sistema de \(7\) ecuacións, propoño usar Maxima [Maxima] , un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código

alias(k, \%r1);

declare( b, integer, n, integer, p, integer, a, integer, B, integer, N, integer, P, integer, A, integer);

define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7], [ b, n, p, a, B, N, P, A]) );

solucion(k);

e con este código conseguimos,

\(b = 10366482 k. \)

\( n = 7460514 k. \)

\( a = 4149387 k. \)

\( p = 7358060 k. \)

\( B = 7206360 k. \)

\( N = 4893246 k. \)

\( A = 5439213 k. \)

\( P = 3515820 k. \)

Na segunda parte temos:

(1) \(10366482 k + 7460514 k = \text{un cadrado}\), que factorizado obtemos \(2^2(3)(11)(29)(4657) k = \text{un cadrado}\), por tanto \(k\) debe ser da forma \(k = (3)(11)(29)(4657) y^2\)(seguimos tendo unha variable \(y\) enteira que dá infinitas solucións).

(2) \(a + p = \text{número triangular}\). Os números triangulares son súper célebres, na enciclopedia das secuencias [A000217, Oeis] podedes consultar unha chea das súas propiedades e artigos sobre eles: \(\{0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \ldots\}\)

Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula \(\dfrac{t(t+1)}{2}\) e por tanto a nosa ecuación convértese en \(a + p = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}\).

Agora temos \(t= \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 8 a p} }{2}\).

E para que esta ecuación sexa un número enteiro, que é o que son as vacas, números enteiros, temos que o discriminante da raíz debe ser un cadrado perfecto \(x^2\) e por tanto temos \((3)(11)(29)(4657) y^2 + 1 = x^2\).

As ecuacións de Pell son do tipo \(x^2 - Dy^2 = 1\), e teñen solución para todo \(D\). Por tanto ao final o noso problema redúcese a solucionar unha ecuación de Pell:

\(x^2 - (3)(11)(29)(4657) y^2 = 1\).

Ata mediados do século pasado estas ecuacións resolvíanse mediante os converxentes da fracción continua , (\(\textit{fc}\) para abreviar) de \(\sqrt{D}\), (onde a solución fundamental, \((x_0, y_0)\), serían o numerador e denominador do converxente anterior ao período da \(fc\)) , mais resulta que para un número tan grande a \(fc\) ten centos de miles de coeficientes.

Amthor descubriu un xeito de simplificar a \(fc\) correspondente a este problema e deixou unha \(fc\) de só \(92\) termos. A simplificación do Amthor baséase na relación entre unha \(fc\) de \(D\) e a \(fc\) reducindo os factores de \(D\) maiores a \(1\).

Hoxe en día hai máis técnicas para resolver a ecuación de Pell : infraestrutura, números suaves, cónicas e números p-adicos.

Co sistema de fraccións continuas de Amthor conseguimos unha solución fundamental desta ecuación de Pell con valor

\(x_0 = 185892 \ldots 663490 \text{ (con \(103265\) díxitos)} \)

Se imos para atrás e substituímos este valor de \(y_0=y\) na ecuación de \(a + p\) conseguimos o \(k\) mínimo.

Substituímos ese \(k\) nos oito tipos de gando e sumando temos un valor de

\(77602714 \ldots 55081800, (\text{con \(206545\) díxitos} )\).

O problema histórico das vacas de Galicia. Ecuación de Pell negativa

Agora temos que no \(2019\) a Xunta de Galicia fixo unha estimación estatística sobre o número de vacas nacidas en Galicia desde a época do reino suevo, pero resulta que o cálculo require a solución de unha ecuación de Pell negativa.

A ecuación de Pell negativa ten a forma \(x^2 - Dy^2 = -1\) tendo a propiedade de que que non calquera \(D\) ten solución. E isto dificulta a súa resolución.

Segue a ser un problema aberto das matemáticas saber que \(D\) teñen solución na Pell negativa, mais os achegamentos a esa solución ou son inefectivos ou son incompletos:

1. Condición necesaria e suficiente é que o período da \(fc\) da raíz de D sexa impar (inefectiva porque ten a mesma dificultade que calcular a propia solución). (As \(fc\) de raíces cadradas cuxo resultado non é un racional son infinitas mais periódicas).
2. A norma do converxente da posición central da \(fc\) de Pell positiva é \(\pm 2\) ou divide a \(D\), pero estamos nas mesmas, hai que calcular a \(fc\). De feito ese valor central da norma debe ser \(-1\).
3. Condición necesaria que os factores de \(D\) sexan primos de tipo \(4k+1\) e ao máximo un único \(2\). Non é condición suficiente porque hai factorizacións con factores \(4k+1\) sen solución \(-1\). Por exemplo \(D= 5\cdot 13\) ten solución negativa e \(D= 5\cdot 61\) non a ten.

Os resultados da estimación estatística eran os seguintes:

Estimación sobre explotacións na Fonsagrada (F), Lalín(L), Mazaricos(M), Arzúa(A), A Pastoriza(P), Negreira(N), A Veiga(V), Cospeito(C).

As vacas da Fonsagrada son \(\dfrac{24}{53}\) veces as de Lalin e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Lalín son \(\dfrac{16}{41}\) veces as de Mazaricos e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Mazaricos son \(\dfrac{4}{61}\) veces as da Fonsagrada e sumamos as de Arzúa.

As vacas da Pastoriza son \(\dfrac{29}{154}\) veces a suma das de Lalín e Negreira.

As vacas de Negreira son \(\dfrac{101}{154}\) veces a suma das de Mazaricos e A Veiga.

As vacas da Veiga son \(\dfrac{113}{650}\) veces a suma das de Arzúa e Cospeito.

As vacas de Cospeito son \(\dfrac{613}{90}\) veces a suma das da Fonsagrada e A Pastoriza.

(1) As vacas de Negreira son un cadrado.

(2) As vacas da Fonsagrada son un cadrado máis 1.

As fraccións das \(3\) primeiras ecuacións multiplican a un termo e despois suman outro, mentres que as \(4\) últimas multiplican a suma dos dous termos.

E aquí vos deixamos para que o intentedes resolver con unha pista, a solución da Pell negativa (as vacas da Fonsagrada) \(y_0=3051285636318642680675457304373\) con \(31\) díxitos.

A suma total das vacas de Galicia son \(985481295353643722960698590096411004549094540270653746267983358392\) con \(67\) díxitos.

Tendo en conta que o número de átomos da Terra ven sendo un número de 50 díxitos, non temos tantas vacas coma Faetusa e Lampetia mais chégalle ben.

Bibliografia

1. Alpertron, Continued Fraction calculator
2. Amthor, A., Krumbiegel, B. Das Problema Bovinum des Archimedes, Historischliterarische Abteilung der Zeitschrift fur Mathematik und Physik 25 (1880), 121–136, 153–171.
3. Ecuación diofantina
4. Lenstra, H. W. Jr. (2002), "Solving the Pell Equation" Notices of the American Mathematical Society, 49 (2): 182–192, MR 1875156
5. A Computer Algebra System Maxima
6. Enciclopedia online dos números enteiros Oeis
7. Wiki Archimedes's cattle problem
8. Wiki Ecuação de Pell

As entradas do cine e outras cuestións difíciles

Presentamos un problema de apariencia anódina. Así como é facil de comprender o enunciado, a súa resolución non é nada simple. Agora ben, que non sexa simple non significa que non sexa marabillosa, que o é.

As entradas do cine. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 5 € e as outras n só teñen billetes de 10 €. Cada entrada custa 5 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar polo cambio?

Para responder cómpre que teñamos presente a regra da probabilidade de Laplace que nos di que no caso de termos un experimento aleatorio no que todos os sucesos elementais teñen a mesma probabilidade, a probabilidade dun suceso A virá dada polo cociente entre o número de casos favorables a A e o de casos posibles:

$$P(A)=\frac{número\quad de\quad casos \quad favorables\quad a \quad A }{número\quad de\quad casos\quad posibles}$$

O noso propósito é determinar os dous elementos deste cociente. Para facelo colleremos un camiño encantador que recollo do mesmo lugar do que recollín o enunciado do problema, o libro dos irmáns Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. I: Combinational Analysis and Probability Theory. 

Podemos pensar o problema mediante unha rede de dimensións $m\times n$ colocada sobre un sistema de coordenadas cartesiano. Se lle imos preguntando a cada un dos clientes que tipo de billetes ten, por orde e comezando desde o primeiro da cola, podemos ir elaborando un camiño sobre esta rede cartesiana, partindo do $(0,0)$ e trazando un segmento horizontal dunha unidade por cada persoa que teña 5 € e un segmento unitario vertical por cada unha que teña 10 €. Ao final teremos un segmento poligonal que unirá o $(0,0)$ co punto $(m,n)$. 

figura 1

Recomendo consultar a entrada anterior porque utilizaremos técnicas semellantes ás traballadas alí. En particular, nela víramos que o número total de camiños entre os puntos $(0,0)$ e$(m,n)$ era $\binom{m+n}{n}$, o que nos dá o número de colas posibles. Máis dificultoso será determinar os casos favorables. 

Se trazamos a recta $r$ de ecuación $y=x$, está claro que os camiños favorables serán aqueles, como o trazado na figura 1, que van por debaixo desa recta; son os que representan os casos nos que os clientes non teñen que agardar polo cambio.

Designemos $A_{0},A_{1},A_{2},...,A_{n+m}$ aos vértices consecutivos dun destes camiños, onde $A_{0}=(0,0)$ é sempre o punto inicial e $A_{n+m}=(m.n)$ o final. Que pasa se $m<n$? A figura 2 explícao claramente.

figura 2

Efectivamente, se $m<n$, como no rectángulo da dereita, será imposible alcanzar o punto final mediante un camiño que transcorra por debaixo de $r$. Nese caso a probabilidade será nula. Pasemos a considerar o outro caso, no que $m>n$.

Agora, no canto de facer o reconto dos camiños favorables, contabilizaremos os desfavorables. Para iso vainos ser de axuda a recta $r':y=x+1$. Calquera camiño desfavorable debe ter un punto sobre esa recta. Sexa $A_{k}$ o primeiro punto dun deses camiños. Centrémonos agora no primeiro tramo do camiño, o que vai desde a orixe ata $A_{k}$, isto é, o tramo $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k}$ e construamos o seu simétrico respecto de $r'$. Será $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k}$, onde $A'_{0}=(-1,1)$.

figura 3

Mediante esta construción, para cada camiño desfavorable $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ podemos construir un novo camiño $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ que comeza en $A'_{0}=(-1,1)$. De aí que contabilizar todos os camiños desfavorables equivale a contabilizar todos os que teñen a súa orixe en $A'_{0}$. Estes terán $m+1$ segmentos horizontais e $n-1$ segmentos verticais que son $\binom{m+n}{n-1}$. Polo tanto o número de casos favorables obterase mediante a resta

$$\binom{m+n}{n}-\binom{m+n}{n-1}=\frac{\left ( m+n \right )!}{n!\cdot m!}-\frac{\left ( m+n \right )!}{\left ( n-1 \right )!\cdot \left ( m+1 \right )!}=\\=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}$$

Para obter a probabilidade pedida no problema teremos que dividir este valor polo número de casos posibles:

$$\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\binom{m+n}{n}=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=$$ $$=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )m!\cdot n!}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!\left ( m+n \right )!}=\frac{m+n-1}{m+1}$$

Pode que haxa  obras de arte que nos ofrezan tanta beleza como a que se transmite nestas liñas, pero non serán moitas.

Máis alá.

No mencionado libro dos xemelgos Yalgom van maís alá. Dan unha demostración deste mesmo resultado por indución e outra usando os mesmos camiños que os trazados na que se presentou aquí, pero imaxinando agora que son esqueiras e que incide sobre elas a luz do sol cunha inclinación de 45º. 

Ademais os Yaglom propoñen outras variantes deste mesmo problema. Nunha delas piden que supoñamos que no despacho do cine teñen p billetes de 5€. Noutra piden que resolvamos un problema semellante ao ofrecido aquí pero partindo do suposto de que houbese billetes de 3 €:

As entradas do cine con billetes de 3 €. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 1 € e as outras n só teñen billetes de 3 €. Cada entrada custa 1 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar a que na billeteira teñan cambio?

E aínda máis. Explícase como a solución do problema pode aplicarse para resolver este outro, ben complexo:

Cordas sen interseción. Márcanse 2n puntos sobre unha circunferencia. De cantas formas poden unirse en n pares de tal xeito que as cordas de formadas  non se intersequen entre si?

A partir disto Yaglom e Yaglom explican como se pode obter a solución á seguinte e difícil cuestión, discutida por Euler no 1751 nunha carta a Golbach:

Triangulacións. De cantas formas se pode triangular un n-ágono convexo?

A identidade do pau de hóckey e outros diagramas sobre números combinatorios

Posiblemente a mellor forma de introducir un novo tema na aula, nun libro ou nun blogue coma este sexa mediante un problema. Neste caso trátase dun problema moi coñecido pero que a un alumno de secundaria lle pode supoñer todo un reto.

Paseos por unha cidade ortogonal. Nunha cidade as rúas son todas perpendiculares entre si formando unha rede de 5х3 bloques. Pídese obter todos os camiños que conectan os puntos A e B.

Para mergullarse no problema cómpre experimentar algo con el trazando distintos camiños. Na seguinte imaxe podemos ver dous deles, un en negro e outro en azul. 

Só nos podemos mover en dúas direccións, ou ben en horizontal (que identificaremos coa letra $x$), ou ben en vertical (que designaremos por $y$). Así o camiño negro poderíase nomear coa 8-tupla $(x,x,x,x,x,y,y,y)$ e o camiño azul mediante a 8-tupla $(y,x,y,x,x,x,y,x)$. Por pouco que continuemos xogando con este reto non tardaremos en decatarnos que calquera camiño constará de 5 $x$ e 3 $y$. 

Se sabemos algo de combinatoria recoñeceremos que o problema do reconto dos camiños como un caso típico das permutacións con repetición. Quen queira repasar en que consisten pode consultar outra entrada deste blogue dedicada a esta cuestión, Camões e as permutacións con repetición. 

Nesta ocasión trátase de obter todas as 8-tuplas formadas por dous elementos nas que o primeiro, $x$ se repite 5 veces e o segundo, $y$, repítese 3 veces. En termos combinatorios estamos diante dunha permutación con repetición:

$$PR_{8}^{5,3}=\frac{8!}{5!\cdot 3!}=56$$

Outro camiño e xeneralización

Aínda se podería abordar o problema desde outra perspectiva. Fagamos o reconto do número de camiños que hai ata chegar a un determinado vértice. Obsérvase claramente que tanto pola base horizontal como pola altura esquerda vertical do rectángulo só pode haber un camiño que nos leve a cada un dos vértices da rede. Ademais, para obter o número de camiños dun vértice calquera bastará sumar os que nos levan aos vértices inmediatamente anteriores (o situado á esquerda e o situado abaixo) tal e como se indica na seguinte imaxe.

1+2=3 (cousa inusitada)

Pero este é o mesmo procedemento polo que obtemos os elementos do triángulo de Pascal!, de aí que se continuamos calculando o número de camiños que hai a cada vértice obteremos os números combinatorios, onde cada fila do triángulo de Pascal agora aparece como unha diagonal.

Se identificamos os puntos da rede mediante as súas coordenadas cartesianas $(m,n)$ os elementos de cada diagonal son aqueles que teñen a mesma suma. Por exemplo, os vértices da última diagonal representada na anterior imaxe teñen coordenadas que suman 5. Ademais o número de camiños ata ese vértice vén dado polo número combinatorio $$\binom{m+n}{n}=\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=PR_{m+n}^{m,n}$$

Por fin a identidade do pau de hóckey

Por fin chegamos ao que motivou esta entrada, que non foi outra cousa que un resultado que recollo do libro dos xemelgos Akiva M. Yaglom e Isaak M. Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. I: Combinational Analysis and Probability Theory. Demostraremos unha fórmula usando o mesmo tipo de diagramas que os que estivemos usando ata o momento.

Consideremos unha rede de dimensións $m-n+1\times n$ e poñámonos a contar camiños desde a orixe

Polo explicado anteriormente sabemos que hai un total de $\binom{m+1}{n}$ camiños distintos. Fagamos agora o reconto doutro xeito. Primeiro movámonos un paso en horizontal e consideremos todos os camiños que parten de $(1,0)$ e chegan a $(m-n+1,n)$. Aplicando a fórmula coñecida vemos que hai un total de $\binom{m}{n}$. Despracémonos agora un paso en vertical ata o $(0,1)$ e despois outro en horizontal ata o $(1,1)$ e desde aquí contabilizaremos ata $(m-n+1,n)$ un total de $\binom{m-1}{n-1}$. Continuemos subindo ata o punto $(1,2)$ e, despois de volver a desprazarnos en horizontal chegaremos ao punto $(2,2)$. Desde aquí ata o extremo superior haberá un total de $\binom{m-2}{n-2}$. Creo xa se está vendo o procedemento para facer este segundo reconto.

Continuaremos deste xeito ata alcanzar o punto $(1,n)$, lugar desde o que hai un total de $\binom{m-n}{0}$ camiños. Finalmente, a suma de todos estes recontos debe coincidir co total de camiños que hai desde o $(0,0)$, de aí a fórmula:

$$\binom{m+1}{n}=\binom{m}{n}+\binom{m-1}{n-1}+\binom{m-2}{n-2}+,,,+\binom{m-n}{0}\quad \quad [1]$$

Fagamos o exercicio de aplicala ao caso $m=7$ e $n=3$.

$$\binom{8}{3}=\binom{7}{3}+\binom{6}{2}+\binom{5}{1}+\binom{4}{0}$$

En números: $56=35+15+5+1$ ten unha curiosa representación sobre o triángulo de Pascal

Identidade do stick de hóckey levóxira

O diagrama que se forma aseméllase a un stick de hóckey.

Xa que temos un triángulo de Pascal á vista, é fácil de recoñecer a súa simetría. Podemos percorrer cada unha das súas filas de esquerda a dereita ou de dereita a esquerda, o resultado é o mesmo. Esta propiedade descríbese coa fórmula

$$\binom{m}{n}=\binom{m}{m-n}$$

Apliquémoslle este resultado a todos e cada un dos números combinatorios da fórmula [1]:

$$\binom{m+1}{m+1-n}=\binom{m}{m-n}+\binom{m-1}{m-n}+\binom{m-2}{m-n}+...+\binom{m-n}{m-n}$$

Substituíndo $m-n=k$ teremos:

$$\binom{m+1}{k+1}=\binom{m}{k}+\binom{m-1}{k}+\binom{m-2}{k}+...+\binom{k+1}{k}+\binom{k}{k}\quad\quad [2]$$

Esta fórmula, [2], que se coñece domo identidade do pau de hóckey, aínda que [1] merece tamén este nome. Para ilustrala imos considerar o caso $m=7$ e $k=2$:

$$\binom{8}{3}=\binom{7}{2}+\binom{6}{2}+\binom{5}{2}+\binom{4}{4}+\binom{3}{2}+\binom{2}{2}$$

Calculando os valores deses números combinatorios a identidade viría sendo $56=21+15+10+6+3+1$

Identidade do stick de hóckey destróxira

Epílogo

Non é esta a primeira vez que aparece a identidade do pau de hóckey neste blogue, xa se usara noutra ocasión para eludir o paso máis complicado da solución dada por Euler ao problema do xogo do recontre.

Problema do recontre. Dúas persoas, A e B, cunha baralla completa cada unha, sacan a un tempo cada súa carta. Se extraen a mesma carta gana A. Se repiten a operación ata esgotar todas as cartas e nunca coinciden, ganará B. Pídese a probabilidade de que gane cada un dos xogadores.

Daquela a identidade aparecía baixo a seguinte expresión:

 $$\sum_{i=k}^{n-1}\binom{k}{i}=\binom{n}{k+1}$$

O que menos me interesa de todo isto son as fórmulas obtidas. Se pasei o traballo de recoller e ordenar todas estas ideas foi por dúas razóns. Unha delas, xa comentada de pasada, é a de traballar con debuxiños para abordar cuestións que, nun principio, son puramente aritméticas. A outra é que usando o mesmo tipo de metodoloxía poderemos abordar un problema en aparencia (só en aparencia) moi simple, e cunha resolución realmente fermosa. Pero iso será na vindeira ocasión.

Máis Mates

Acaba de publicarse o primeiro número de Máis Mates, unha revista estudantil que xurde no seo da Facultade de Matemáticas da USC. Trátase dun proxecto editado e producido por un alumno do Grao en Matemáticas, Francisco Estévez Lengua. O obxectivo é publicar un número cada mes durante o presente curso 2023-24. Os artigos ocupan unha extensión dunha páxina. Esta iniciativa pode enmarcarse en toda unha serie de revistas escolares ou de agrupacións profesionais que pode consultarse no portal de Retallos de Matemáticas.

A publicación ten cinco seccións: historia, actualidade, sociedade, teoría e retos. Esta última está mantida polo club olímpico Sementeira, un grupo de apaixonados pola resolución de problemas. 

Neste primeiro número Santiago González Gómez escribe sobre os problemas do papiro de Ahmes e Ignacio Garbajo Fernández trata a importancia da abstracción no desenvolvemento da xeometría. As perspectivas que abre a IA dentro das matemáticas conta cun artigo da autoría de Carlos Cao López. Outro artigo da sección de actualidade é o de Guillermo Arcos Salgado, que examina un problema divulgado na revista Quanta Magazine no que se pregunta polo triángulo que maximice o menor triángulo que se pode elaborar con n puntos distribuídos nun cadrado.

Tamén contamos con dous artigos que tratan aspectos puramente matemáticos. Un deles, de Pedro Vidal Villalba, trasládanos á teoría de funtores; o outro, de Francisco Estévez Lengua ocúpase dos sistemas caóticos. Finalmente  hai dúas breves entrevistas, unha á profesora Rosa Mª Trinchet Soria e outra a Catalina Lavandeira Gippini,  unha alumna que relata a súa experiencia nun voluntariado en Mozambique.

Velaquí unha gorentosa iniciativa que valoriza a comunidade matemática e presenta un novo escaparate para o labor das matemáticas no noso país e na nosa lingua, elementos, todos eles, dos que estamos moi necesitados. 

 

Desafíos numéricos e probabilísticos para Secundaria

Na última remesa de problemas para a Secundaria extraídos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) recollemos ducia e media de cuestións numéricas e probabilísticas.

1. Cantos pares ordenados de enteiros positivos $(a,b)$ verifican $a^{2}-b^{2}=105$?

2. Cantos números naturais $n$ verifican que $\frac{2}{5}< \frac{n}{17}<\frac{11}{13}$?

3. Dous lados dun triángulo de área non nula miden $6$ e $11$. Cantos diferentes valores enteiros pode ter o terceiro lado?

4. Unha pizzería ofrece 5 ingredientes diferentes: pementos, champiñóns, cebola, albóndegas e bonito. As pizzas poden levar con calquera número de ingredientes, incluso sen ningún. Un cliente compra cada día un tipo de pizza diferente. Cantos días pode realizar estes pedidos?

5. Un reloxo dixital dá horas tales como 6:15 ou 12:34. Se ignoramos os puntos, as horas representan 3 ou 4 díxitos. Cantos múltiplos de 3 pode presentar durante o período de 12 horas que vai do medio día ata a media noite?

6. $X$ é un positivo de dous díxitos e $Y$ é o resultado de cambiar de posición os díxitos de $X$. Cantos valores de $X$ hai tales que $X+Y$ é un cadrado perfecto? E para que valores de $X$ a diferenza $X-Y$ é un cadrado perfecto?

7. Os 25 equipos dunha liga escolar están divididos en dúas divisións, A e B. Cada equipo xoga contra todos os outros da súa división exactamente unha vez e non xoga cos equipos da outra división. Se na división A se xogaron 36 partidos máis que na B, cantos equipos hai en cada unha delas?

8.  Cantos conxuntos de dous ou máis números consecutivos teñen unha suma de 100?

9. Para cantos valores de $n$ é $1155+n^{2}$ un cadrado perfecto.

10. Determina o número de triángulos non congruentes de lados enteiros, área positiva e de perímetro 15.

11. Acha un número de 4 díxitos tales que os dous da esquerda son iguais entre si, os dous da dereita tamén son iguais entre si e o número é un cadrado perfecto.

12. $k=1!+2!+3!+...+n!$ e $k$ é un cadrado perfecto. Determina todos os posibles valores de $n$.

13. A probabilidade de que chova é o cadrado da probabilidade de que non chova. Acha a probabilidade de que chova.

14. Dez cartas numeradas 1, 2,...,10 colócanse boca abaixo sobre unha mesa. Extráese unha carta e apúntase o seu valor. Devolvemos a carta e barallamos. Extráese unha segunda carta. Acha a probabilidade de que o número da segunda carta sexa maior que o da primeira.

15. Despois de lanzar dous dados fican visibles 10 caras. Calcula a probabilidade de que a suma dos puntos das caras visibles sexa divisible por 7.

16. Alberte, Belén e Celso tiran, por esta orde, un par de dados. O primeiro que obteña un 9 gaña. O xogo continúa ata que alguén gañe. Calcula a probabilidade de que gañe Belén.

17. Xián lanza un dado e Zeltia lanza dous dados. Acha a probabilidade de que a suma dos puntos de Zeltia coincida co resultado de Xián.

18. Lánzase un dado reiteradamente ata que apareza un 6. Acha a probabilidade de que se necesiten un número par de lanzamentos.

Desafíos trigonométricos e logarítmicos para secundaria

Velaquí unha terceira entrega da recompilación de problemas do David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). 

1. Nun triángulo $\triangle ABC$, $\angle C=90$. Obtén o valor de $cotA\cdot cotB$

2. O cadrado ABMN constrúese sobre a hipotenusa do triángulo rectángulo $\triangle ABC$. Se $AC=1$ e $BC=20$, determina MC.

3. Acha o valor de $sen\frac{\pi }{7}+sen\frac{4\pi }{7}+sen\frac{7\pi }{7}+sen\frac{10\pi }{7}+sen\frac{13\pi }{7}$

4. Acha todos os $x$ tales $x\epsilon \left [ 0,360 \right ]$ e $\frac{1-cos2x}{sen2x}=1$

5. Se $tan^{2}\left ( 180-x \right )+sec\left ( 180+x \right )=11$ determina todos os posibles valores de $cosx$.

6. Calcula $x$ tal que $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$ e $cos^{4}x+sen^{4}x=\frac{3}{4}$

7. Calcula $\frac{sen75+cos75}{sen75-cos75}$

8. En $\triangle ABC$, $AB=20$, $BC=13$ e $AC=21$. Se $cosA+cosB+cosC=\frac{p}{q}$, onde $p$ e $q$ son enteiros positivos e coprimos, acha $p+q$

9. Os ángulos dun triángulo con lados 3, 4 e x forman unha progresión aritmética. Determina todos os valores de x.

10. Se $sen^{6}x+cos^{6}x=\frac{2}{3}$ e $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$, calcula $sen2x$.

11. Inscribimos un polígono regular de $n$ lados nunha circunferencia de raio $r$. Acha todos os $n$ tales que a área do polígono é un múltiplo enteiro de $r^{2}$

12. Acha o valor de $y$ se $\left ( log_{3} x\right )\left ( log_{x} 2x\right )\left ( log_{2x} y\right )=log_{x}x^{2}$

13. Se $log_{5}\left ( senx \right )=-\frac{1}{2}$ determina o valor numérico do $cos^{2}x$

14. Calcula o $log_{\frac{1}{8}}sen4350$

15. Acha todos os números reais $x$ tales que $log_{x}2+log_{2}x=\frac{5}{2}$

16. Se $log_{2}3^{4}\cdot log_{3}4^{5}\cdot log_{4}5^{6}\cdot ...\cdot log_{63}64^{65}=x!$, acha $x$.

17. Calcula o valor numérico de $log_{10}\frac{1}{2}+log_{10}\frac{2}{3}+log_{10}\frac{3}{4}+...+log_{10}\frac{99}{100}$

18. Acha o valor de $log\left ( tan1^{\circ} \right )+log\left ( tan2^{\circ} \right )+log\left ( tan3^{\circ} \right )+...+log\left ( tan90^{\circ} \right )$

Desafíos xeométricos para secundaria

Seguro que se outra persoa tivera a encomenda de escoller ducia e media de cuestións xeométricas do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) faría outra escolla distinta. Incluso eu mesmo, noutro momento, tamén me decantaría por outra elección. 

Na anterior entrada fixera unha recompilación de problemas aritméticos e alxébricos así que podemos considerar esta entrada como unha continuación.

1. Determina o raio dunha esfera tal que o seu volume coincida numericamente coa súa superficie

2. A lonxitude da tanxente a unha ciercunferencia desde un punto exterior P é 7. Se o raio da circunferencia é 3, calcula a mínima distancia de P á circunferencia.

3. Fórmase un octógono regular cortando triángulos rectángulos isósceles nas esquinas dun cadrado de lado 4. Determina a lonxitude de cada un dos lados do octógono.

4. Sexan os puntos $A(21,0)$, $B(0,20)$ e $P(a,b)$. Se $\angle APB$ é un ángulo recto, determina o mínimo valor que pode ter $a$.

5. Dúas cordas nunha circunferencia son perpendiculares. Unha ten segmentos de 4 e 3 unidades e a outra de 2 e 6. Acha o raio da circunferencia.

6. Nunha circunferencia de raio 10 trazamos dúas cordas paralelas a lados opostos do centro e que distan deste 5 unidades. Acha a área da rexión deliminada pola circunferencia e as paralelas.

7. Acha a área do hexágono ABCDEF que se formou unindo os puntos medios de lados adxacentes dun cubo unidade tal e como se amosa na imaxe

8. Dous triángulos congruentes de ángulos 30-60-90 con hipotenusa 6 son colocados de forma que as súas hipotenusas coincidan e se superpoñan nunha rexión de área non nula pero que non coincide con ningún dos dous triángulos. Determina a área de superposición.

9. Desde un punto $P$ exterior á circunferencia de centro $O$, trázanse as tanxentes de $P$ á circunferencia aos puntos $X$ e $Y$. Se $PO=PX+PY$. Determina o ángulo $\angle XPY$.

10. Determina o raio da circunferencia centrada no (0,0) e que é tanxente á recta $x+2y=10$

11. Nun triángulo $triangle ABC$, $AB=AC$, o punto $D$ está en $AC$ e $AD=DB=BC$. Determina o ángulo $\angle A$

12. Dados dous círculos concéntricos e unha corda do maior que é tanxente ao menor, sabendo que a corda mide 12 unidades, determina a área da coroa circular.

13. Nun triángulo $triangle ABC$, $AB=AC$. Hai puntos $D$ en $AB$, $E$ en $CA$ e $F$ en $AD$ tales que $CB=CD=ED=EF=FA$. Determina ángulo $\angle A$.

14. Nun triángulo $\triangle ABC$ $AB=AC=17$. O punto $E$ triseca o segmento $BC$ e $AE=15$. Calcula $BC$

15. Nun sistema de coordenadas cartesiano hai dúas circunferencias pasando polo punto (3,2) que son tanxentes a ambos eixos de coordenadas. Determina a suma dos raios desas circunferencias.

16. A suma das lonxitudes das diagonais dun rombo é de 14 unidades e a súa área é de 13 unidades cadradas. Determina a lonxitude do lado do rombo.

17. Inscríbese un hexágono ABCDEF dentro dunha circunferencia con $AB=CD=EF=2$ e $BC=DE=FA=10$. Calcula a área dun triángulo equilátero inscrito na circunferencia.

18. Dobramos un papel rectangular de $10\times 24$ de forma que coincidan os vértices opostos $A$ e $C$. Calcula a lonxitude da dobrez.

Desafíos aritméticos e alxébricos para secundaria

Na entrada anterior achegaba unha serie de problemas relacionados coa resolución de ecuacións cuadráticas. Algúns deles recollinos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). Como moitas das propostas que fan estes autores son problemas que teñen o seu atractivo, vou compartir unha pequena escolma. Aínda que no citado libro tamén os hai doutras áreas das matemáticas, nesta entrada só recollo os de carácter aritmético ou alxébrico. 

1. Cando unha cantidade de auga se conxela incrementa o seu volume nun $\frac{1}{12}$. Cando unha cantidade de xeo se derrete, en que fracción decrece o seu volume?

2. O dez por cento de 9 é o 9 por cento de que cantidade?

3. Un comerciante compra un coche á fábrica por un 20% menos que o prezo de venda recomendado. Se vende o coche polo prezo recomendado, que porcentaxe obtén de ganancia?

4. Un vestido branco custaba inicialmente 50€. Nas rebaixas reduciuse o prezo un 10%. Despois de incrementalo nun 10%, un vestido azul foi vendido polo mesmo prezo que o branco nas rebaixas. Calcula o prezo orixinal do vestido azul.

5. Sen calcular ningún cadrado, expresa $\sqrt{313^{2}-312^{2}}$ como un enteiro positivo

6. Acha a lonxitude da aresta dun cubo se o seu volume en unidades cúbicas é o mesmo número que a súa área superficial en unidades cadradas.

7. Cantos litros de auga pura deberemos engadir a 20 litros dunha solución ácida do 45% para transfomala nunha solución do 30%?

8. Se $a$ e $b$ son enteiros positivos tales que $a^{2}+24=b^{2}$, acha o maior valor posible de $a+b$

9. Se $i=\sqrt{-1}$, acha $i^{1}+i^{2}+i^{3}+...+i^{100}$

10. $n$ é o menor de $n$ enteiros consecutivos que teñen de media 94. Acha $n$

11. Se dúas das raíces de $x^{3}+px+q=0$ son $-1$ e $3$, acha a terceira raíz así como os valores de $p$ e $q$

12. Para que base $b$ se verifica o seguinte produto escrito nesa base: $21_{b}\cdot54_{b}=1354_{b}$

13. Xurxo conduce ata unha cidade distante e volve polo mesmo camiño. Debe facelo a unha media de 80 km/h co fin de chegar a unha cita na cidade de partida. Retrásase e fai unha media de 60 km/h na viaxe de ida. Acha a velocidade media de volta para que poida chegar á súa cita. 

14. Acha o produto de todos os $x$ que verifican $\frac{4}{x}-\frac{5}{x^{3}}+\frac{1}{x^{5}}=0$

15. Pedro corre o dobre de rápido do que anda. Un día, no camiño á escola anda durante o dobre de tempo do que vai correndo e lévalle 20 minutos. Unha semana máis tarde corre durante o dobre de tempo que anda. Cantos minutos lle leva chegar desta vez ao colexio?

17. Se $A=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}+...$ e $B=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{b^{2}}+...$, acha todos os pares de enteiros positivos $(a,b)$ tales que $a>b>1$ e $A+B=\frac{15}{7}$

18. Xenerosa ten unha carteira máxica que duplica os cartos que lle metes dentro e  cobra 1'20 € por cada vez que alguén a usa. Alexandre comeza cunha certa cantidade de cartos que introduce na carteira e que así duplica. Despois de pagar polo seu uso volve a colocar todo o seu capital na carteira, volvendo a dobralo e a pagar por segunda vez a Xenerosa. Finalmente volve a colocar todo na carteira e a facer o terceiro pago. Alexandre decátase entón de que non lle quedou nada. Canto tiña ao principio?

Tipos de problemas, tipos de ensino

A importancia da educación está nos detalles. Todos os profesores de Matemáticas de Secundaria explicamos temas como o da resolución das ecuacións de segundo grao. Pero non todos o facemos igual. 

Unha das cousas que temos que facer é propoñer problemas/exercicios. Podémonos achegar a distintos estilos de aprendizaxe en función do tipo de problemas que propoñemos.

Problemas tipo I

1. $x^{2}+x-6=0$

2. $x^{2}-8x+15=0$

3. $10x^{2}+8x+12=0$

4. $8x^{2}-22x-21=0$

Haberá quen teña un enfoque meramente algorítmico das matemáticas. Ese profesor só tratará con este tipo de problemas. 

Problemas tipo II

5. En cada un das ecuacións anteriores identifica os valores dos coeficientes $a$, $b$, $c$; indica tamén en cada caso o valor das solucións $x_{1}$ e $x_{2}$. Determina en cada caso canto vale a suma das solucións $S=x_{1}+x_{2}$ e o seu produto $P=x_{1}\cdot x_{2}$. Compara os coeficientes coa suma e o produto das solucións. Observas algo?

6. Calcula o discriminante das ecuacións seguintes e despois resólveas. Que observas?

a) $x^{2}-6x+5=0$        b) $x^{2}-6x+9=0$          c) $x^{2}-10x+40=0$ 

Estas son actividades dirixidas cun obxectivo de aprendizaxe específico. A resposta non está determinada como nos problemas de tipo I pero oriéntase ao alumnado a que centren a súa atención nun aspecto para que "descubran" determinadas propiedades. Neste caso preténdese que obteñan as fórmulas de Viéta para ecuacións de segundo grado con $a=1$ ou que relacionen o número de solucións co signo do discriminante.

Problemas tipo III

7. $\frac{5}{x}+2x=6$

8.$\frac{\left ( x+3 \right )\left ( x-3 \right )-4}{2}-\frac{x-2}{3}=\frac{\left ( x-2 \right )^{2}+1}{6}$

Estas non son ecuacións de segundo grao reducidas á forma $ax^{2}+bx+c=0$.  Traballar unicamente coas dun tipo pode levar á falsa conclusión de que esa é a única forma que teñen. 

Probemas tipo IV

9. Se $a$ e $b$ son as raíces de $5x^{2}+6x+7=0$, acha $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$

10. Se $a$ e $b$ son as raíces de  $3x^{2}+4x+5=0$, acha $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$

11. Se $a$ e $b$ son as raíces de $2x^{2}+3x+4=0$, acha $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}$

Aquí estase pedindo máis que nos casos anteriores. Requírese non só coñecemento dos tópicos da resolución das ecuacións de segundo grao, senón que se precisa habilidade na manipulación alxébrica e capacidade e enfrontarse a novos problemas. Non todo o alumnado está en disposición de tratalos aínda que a abordaxe destes problemas pode ser un bo entrenamento para a seguinte remesa.

Problemas tipo V

12. Acha todos os $a$ tales que a suma dos cubos e a suma dos cadrados das raíces de $ax^{2}+4x+3=0$ sexan iguais.

13. Acha todos os pares ordenados $(a,b)$ tales que as raíces de $x^{2}+ax+b=0$ son os cadrados das raíces de $5x^{2}-6x+10=0$

Craps

Sei que teño moi descoidada a etiqueta de probabilidade do blogue así que con esta entrada vou intentar remediar esta eiva tan siquera nunha mínima parte estudando un xogo con dados que, de seguro verías nalgunha película da factoria de Holywood. Trátase do craps, un xogo de apostas sobre o lanzamento de dous dados.

Cada vez que falamos de xogos, cómpre dar un aviso. Os casinos, as empresas de lotarías, tragaperras e xogos, nunca perden. Quen perde é o incauto que pensa que pode sacar algún beneficio do xogo. Hai un aspecto do xogo que non é nocivo, cando o seu obxectivo é que sexa utilizado como elemento socializador. Se un grupo de amigos se xunta coa desculpa de botar unhas partidas de tute ou dominó, o xogo non ten mal ningún. Se incluso apostan unha rolda de cafés ou de viños, a cuestión segue sen ser patolóxica. Cando alguén compra un boleto da lotería de nadal, aínda sabendo que a ganancia vai ser para os organismos estatais,  podemos falar de que estamos en zona segura. Agora ben, basta con dar un par de pasos máis no mundo do xogo e xa caímos no abismo. 

Neste ámbito tamén se impoñen as regras da globalización. Cando nos referimos a globalización estamos falando da americanización, o que nos leva a unha cultura  do xogo esencialmente patolóxica. Esta visión presenta o xogo como unha oportunidade de enriquecerse súbitamente e ten como consecuencia fatal a ludopatía. Teño por certo que todos os profesores temos visto casos de rapaces que caen nas garras desta droga, sobre todo nos últimos tempos, nos que a deglución do imperialismo se xuntou con políticas de alfrombra vermella para a industria do xogo coa proliferación de máquinas de apostas e tragacartos en calquera local de ocio ou as facilidades de apetura de negocios de apostas.

Feita esta necesaria paréntese, metámonos nas matemáticas.

O xogo do craps xurde na Luisiana do século XIX como modificación dun antigo xogo de dados inglés, o hazarz. Como se pode ver na mesa de xogos dun casino, hai moitos tipos de aposta. Nós ímonos centrar nas dúas máis importantes, que tamén son as máis interesantes deste o punto de vista do cálculo probabilístico. Estámonos a referir ás apostas de "liña de pase" e  "barra de non pase".

Primeiro explicarei en que consiste o xogo na súa versión de rúa. Máis adiante comentarei a adaptación que fan os casinos. O xogo consiste en que unha persoa lanza dous dados. O que nos interesa é a suma dos puntos. Quen aposta pola "liña de pase" gañará se a citada suma é de 7 ou 11. Perderá se sae o que se denomina craps, un total de 2, 3 ou 12. No resto dos casos apúntase o resultado (4, 5, 6, 8, 9 ou 10) e vólvense a lanzar os dados todas as veces que se precise ata que volva a aparecer o número apuntado (e daquela gañaríase) ou apareza un 7 (e daquela perderíase). Cal é a probabilidade de gañar se facemos esta aposta?

Non vou realatar todas as voltas que lle dei ata obter a resposta. Seguín varios camiños sen saída ata ir achegándome a un proceso viable e, por fin, á solución. Cando estaba escribindo esta entrada achei, na sorprendente entrada en eúscaro da wikipedia sobre este xogo, un resultado que usara neste proceso pero que non coñecía e que vai facilitar a presentación da resolución. O resultado é o seguinte:

Proposición. Nun experimento aleatorio consideremos dous sucesos incompatibles A e B. Repetimos o experimento reiteradamente. Sexa Z o suceso consistente en que A suceda antes que B. Daquela $$P\left ( Z \right )=\frac{P(A)}{P\left ( A \right )+P\left (  B\right )}$$

Centrémonos agora na resolución do problema. Para iso fixemos primeiro a denominación dos sucesos:

G="gañar a aposta da liña de pase"

i="obter i puntos" con $i\epsilon \left \{ 2,4,6,7,8,9,10,11,12 \right \}$

Consecuentemente a probabilidade pedida será

$$P\left ( G \right )=P\left ( 7 \right )+P\left ( 11 \right )+P\left ( 4 \right )P\left ( G/4 \right )+P\left ( 5 \right )P\left ( G/5 \right )+P\left ( 6 \right )P\left ( G/6 \right )+$$  $$+P\left ( 8 \right )P\left ( G/8 \right )+P\left ( 9 \right )P\left ( G/9 \right )+P\left ( 10 \right )P\left ( G/10 \right )$$

Axudarémonos dunha táboa na que, colocando os resultados dun dado na primeira fila e os do outro na primeira columna, obteremos todas as posibles sumas de puntos. Isto permítenos calcular a probabilidade de obter calquera suma

$P\left ( 7 \right )=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, $P\left ( 11 \right )=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

$ P\left ( 4 \right )=\frac{3}{36}=P\left ( 10 \right )$; $P\left ( 5 \right )=\frac{4}{36}=P\left ( 9 \right )$ e $P\left ( 6 \right )=\frac{5}{36}=P\left ( 8 \right )$

Para obter as probabilidades que faltan usaremos a proposición anterior pois está claro que obter un 7 é incompatible con obter calquera outro resultado distinto:

$$P\left ( G/4 \right )=\frac{P(4)}{P(4)+P(7)}=\frac{\frac{3}{36}}{\frac{3}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}=P\left ( G/10 \right )$$

$$P\left ( G/5 \right )=\frac{P(5)}{P(5)+P(7)}=\frac{\frac{4}{36}}{\frac{4}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}=P\left ( G/9 \right )$$

$$P\left ( G/6 \right )=\frac{P(6)}{P(6)+P(7)}=\frac{\frac{5}{36}}{\frac{5}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{5}{11}=P\left ( G/8 \right )$$

Substituíndo todos os valores obtemos:

$$P\left ( G\right )=\frac{1}{6}+\frac{1}{18}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}=\frac{244}{495}=0'49292...$$

A probabilidade de gañar a aposta de "liña de pase" é algo menor do 50%. Velaí que non nos convén. Aínda que resultemos algo pesados, volveremos a dicir o mesmo desde outra perspectiva. A esperanza das ganancias ao realizar esta aposta virá dado por $$\frac{244}{495}-\frac{251}{495}=\frac{-7}{495}=-0'01414...$$

Isto é, por cada 10€ que apostemos espérase que perdamos uns 14'14 céntimos. Por esta razón, no caso do xogo popular é recomendable apostar ao "non pase" pois ten unha probabilidade un pouco superior a 0'5. Isto non é negocio para os casinos, así que adaptaron o xogo cunha modificación que os beneficiaba e que explicamos a seguir.

A aposta á "barra de non pase" case é o contrario da de "pase de liña", a única excepción é que se sae un 12 no primeiro lanzamento, o apostante de "barra de non pase" nin gana nin perde. Velaí que a probabilidade de ganar nesta aposta vese reducida en $\frac{1}{36}$ ficando finalmente en $$\frac{251}{496}-\frac{1}{36}=\frac{949}{1980}=0'479292...$$

As expectativas da aposta á "barra de non pase" son un pouco mellores: $\frac{949}{1980}-\frac{976}{1980}=\frac{-27}{1980}=\frac{-3}{220}=-0'013636...$

De cada 10 € apostados esperamos perder uns 13'67 céntimos. Como se ve, continuamos perdendo (se apostamos).

O resto das apostas do craps dan lugar a maiores perdas para o xogador. Por exemplo, a aposta a "calquera 7" págase 4:1 se sae un 7 no primeiro lanzamento. A esperanza de obter ganancias será $$4\cdot \frac{6}{36}-\frac{30}{36}=\frac{-6}{36}=-\frac{1}{6}=-0'1666...$$

Por cada 10 € apostados perderíamos 1'67 €. Mal negocio.

A demostración da proposición

Para completar a entrada daremos a demostración da proposición. Co fin de simplificar a escritura chamaremos $P(A)=a$ e $P(B)=b$. Entón teremos que demostrar que se $A$ e $B$ son incompatibles $$P(Z)=\frac{a}{a+b}$$

onde $Z$ identifica o suceso "$A$ sucede antes que $B$" cando realizamos reiteradamente o experimento asociado a este espazo mostral.

Como $A\cap B=\varnothing $ temos que $P\left ( A\cap B \right )=P\left (  \varnothing \right )=0$, de aí que 

$$P\left ( \overline{A} \cap \overline{B}\right )=P\left ( \overline{A\cup B} \right )=1-P\left ( A\cup B \right )=$$ $$=1-\left ( P(A)+P(B)-P(A\cap B) \right )=1-\left ( a+b-0 \right )=1-a-b=r$$

Podería darse o caso de obter $A$ xa a primeira vez que realizamos o experimento; pero de non ser ese o caso (que non suceda $A$), tampouco debería suceder $B$ para garantir que suceda $Z$. Entón estariamos en disposición de repetir o experimento.

Se obtemos $A$ no segundo experimento remataría o proceso. No caso de que non suceda $A$ tampouco podería suceder $B$ nesta segunda volta pola mesma razón que antes. Entón estariamos en disposición de repetir oe experimento unha terceira vez... e así sucesivamente. De aí que 

$$P(Z)=a+ra+r^{2}a+...+r^{n}a+...=a\left ( 1+r+r^{2}+...\right )=a\frac{1}{1-r}=\frac{a}{1-\left ( 1-a-b \right )}=\frac{a}{a+b}$$

E aquí remata o conto.

Explícoche Matemáticas 2.0. Edición 2023

Xa choveu desde aquela 1ª edición do concurso no ano 2012. A proba do acerto deste certame é que foi copiado por outros SNL ( ETSE, Facultade de Química, SNL da USC)  e que 11 anos despois continúa na fura de diante. 

Resulta que a Comisión de Normalización Lingüística da Facultade de Matemáticas  resolveu o concurso Explícoche Matemáticas 2.0 na edición do presente ano 2023. De seguido presentamos os gañadores:

Carmen Castelo Monteagudo, Inés Prado Justo e Noa Salinas González do IES Isaac Díaz Pardo, titorizadas pola profesora Beatriz Máquez Villamarín, proclamáronse vencedoras do certame ‘Explícoche Matemáticas 2.0’ cun vídeo de animación moi orixinal titulado ‘Cero e os infinitos’

   

 O segundo galardón foi para Carla Dopazo Pavón, que amosou moita desenvoltura diante da cámara rexida por Santiago Vilas Subirán. Ambos son do IES Eusebio da Guarda e presentaron o vídeo ‘Teoría de grafos en 2 minutos’. A titora foi Beatriz Sixto Rodríguez

Dous terceiros premios

   

 Un dos terceiros premios foi para Rocío Rodicio González polo vídeo que leva por título ‘Domingo Fontán’do Colexio Santa Teresa de Jesús (Ourense)

   

‘Teoría de grafos’, titorizado por Rosa Mª Álvarez Nogueiras, é o título do traballo de Lucía Yáñez Carrasco, Mónica Diz Rodríguez e Mª José Dosil Villavicencio, do IES Otero Pedrayo (Ourense)

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:$$\frac{1}{n}+\frac{1}{m}=\frac{1}{2}+\frac{1}{A}\quad\quad [1]$$

Polo tanto o primeiro membro de [1] será sempre maior que $\frac{1}{2}$. Supoñamos que $n\geq 4$ e que $m\geq 4$. Nese caso $$\frac{1}{2}< \frac{1}{n}+\frac{1}{m}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ 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:

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

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.

Dúas fendas de luz: o libro de Rózsa Péter e as matemáticas en galego.1

Ao rematar a carreira, para enfrontarme ao que osmaba que sería o meu destino profesional, a docencia, procurei en diversos libros un punto no que agarrarme coa esperanza de que me desen algunha indicación de como asumir o reto baixo unhas directrices minimamente dignas. Non me estou referindo a libros texto, no único que podía achar era "o que", estaba á procura do "como". Daquela a oferta non era moi abondosa, pero percorrín moitos libros de divulgación, outros específicos de educación das matemáticas, dos que trataban da resolución de problemas, moitos sobre a historia e tamén algúns sobre filosofía da ciencia ou sobre a cultura matemática en xeral. Pero buscaba algo que, con todo, non daba atopado. Quizais porque tampouco sabía moito o que estaba a pescudar. Cando estou vendo o final do meu labor docente, por fin achei ese libro: "Xogando co infinito" de Rózsa Péter (1905-1977). Felizmente este texto

foi publicado polo Consello da Cultura Galega (CCG), con tradución do profesor da Facultade de Matemáticias, Felipe Gago.

O pasado xoves 22/06/2023 presentouse a edición deste libro na aula magna da Facultade de Matemáticas. O primeiro que chama a atención é que no acto estivera presente Valentín García, o Secretario Xeral de Política Lingüística, o mesmo que defende o decreto que prohíbe o ensino das matemáticas en galego. Por isto tanto a decana da Facultade de Matemáticas, Elena V. Cendón,  como a presidenta do CCG, Rosario Álvarez, comezaron as súas intervencións cunha frase de Julio Rodríguez, presidente de AGAPEMA: "xa é hora de abrir unha fenda de luz e deixar de prohibir o galego no ensino das matemáticas". Valentín viuse na obriga de responder pero só conseguiu farfallar unha desculpa falsa, nun intento, imposible, de querer quedar ben. 

Elena Vázquez Cendón explicou que o proxecto xurdira cando o premio Abel de 2005,  Peter Lax,  visitou Santiago de Compostela dentro do programa ConCiencia do 2007. Lax foi entrevistado pola periodista Elisa Álvarez quen, ante a idea de que todo matemático tivo alguén que o inspirou, inquiriulle sobre o seu caso. Peter Lax contestou que a súa inspiradora foi unha muller, Rózsa Péter, que escribira o mellor libro popular de matemáticas, "Xogando co infinito". Ao pouco Elena encargoulle o traballo de tradución a Felipe Gago. Hoxe, ademais da publicación física o CCG permite o acceso virtual a esta publicación.  

Na súa intervención, Felipe Gago debullou, cunha fermosa presentación dixital, parte do contido do libro. Vou intentar reproducilo, quizais con algunhas modificacións.

Aprendiz de meiga

Todo comeza nunha aula. Susana, unha alumna que rebordaba curiosidade, Susana, comprobara que efectuar a suma de todos os naturais ata un impar, por exemplo 7, daba o mesmo resultado que multiplicar por 7 o número do medio.

Eva, unha compañeira da clase, deu coa chave do asunto. $4\cdot7$ non é outra cousa que sumar $4$ sete veces. Se comparamos as dúas sumas

Veremos que o primeiro $4$ é $3$ unidades superior a $1$, pero isto compénsase co último $4$, que é $3$ unidades inferior a $7$. Da mesma maneira o segundo $4$ é $2$ unidades máis que $2$, pero isto compénsase con que o penúltimo $4$ sexa $2$ unidades inferior a $6$. Finalmente o terceiro e o antepenúltimo $4$ son respectivamente $1$ unidadade máis e $1$ unidade menos que $3$ e $5$. Velaí que as dúas sumas teñan que dar o mesmo.

Neste punto Rózsa introduce a famosa lenda de como Gauss de neno, conseguira realizar a suma dos 100 primeiros números naturais: $1+2+3+4+....+96+97+98+99+100$. O proceso é esencialmente o mesmo que o que pasamos a describir para a suma dos 4 primeiros números. Coloquemos a suma tamén en orde inversa e despois sumemos o primeiro número co último, o segundo co penúltimo, e así sucesivamente. Así obtemos sempre $5$ como resultado

De aí que o dobre da suma buscada é igual a $5+5+5+5+5=4\cdot5=20$ polo que a suma será a súa metade $1+2+3+4+5=10$. Ademais este proceso, como vemos, non ten por que restrinxirse a sumas ata un número impar, como sucedía antes. Conviña repetir este proceso para outros casos como a suma dos 5 ou dos 7 primeiros números. Incluso podemos ver que podemos aplicalo a unha progresión aritmética calquera.

Neste caso a suma será a metade de $18\cdot5=90$, isto é $5+7+9+11+13=45$

Rózsa Péter non lles dá aos alumnos a fórmula para obter a suma dos termos duna progresión aritmética. Ofrécelle problemas que poden abordar e fainos protagonistas do seu descubrimento, ademais conecta ese achádego co mito gausiano facéndoos partícipes da historia das matemáticas. Isto xa sería suficiente, pero aínda hai máis. O método que vimos de presentar aparece noutros ámbitos das matemáticas. Todos sabemos como medir áreas de rectángulos.

Se tomamos como unidade o cadrado sombreado enseguida vemos que a área deste rectángulo é de $3\cdot8$, basta multiplicar a base pola altura para obtela. Pero enseguida xurde un problema. Se pretendemos obter a área dun triángulo como o seguinte

temos dificultades en completar a área sombreada. A solución vén de aplicar a mesma metodoloxía que a usada para achar as anteriores sumas. No canto dun triángulo, collamos dous, agora formarán un rectángulo

polo que para determinar a área do triángulo bastará con partir pola metade a deste novo rectángulo.

Se continuamos pola senda xeométrica, as anteriores sumas poderían representarse formando unha escaleira

Nesta figura temos representada a suma $1+2+3+4$. Volvamos a aplicar o mesmo procedemento, dupliquemos a figura e rotémola 180º, temos...

... un rectángulo de área $4\cdot5=20$ de aí que a suma buscada sexa, coma antes, 10.

En que circunstancias temos que sumar desde 1 ata un determinado número? Velaquí un problema que responde a esta cuestión

Problema. Determina o número de diagonais dun octógono

Unha boa maneira de abordalo é considerar unicamente os vértices do octógono e comezar a trazar todos os segmentos posibles entre eles. Se conseguimos facelo ao final só teriamos que restarlle os 8 lados do octógono. Comecemos polo vértice $1$, desde el podemos trazar sete segmentos ata os outros sete puntos; se continuamos co vértice $2$ veremos que agora xa só temos seis vértices aos que conectar con algún segmento

De continuarmos así, é evidente que o número total de segmentos que podemos trazar entre eses 8 puntos é $1+2+3+4+5+6+7=28$ polo que o número de diagonais serían $28-8=20$

Ao decatármonos de que cada segmento une dous puntos, veremos que estamos tratando co problema de como escoller dous elementos de entre 8. A este tipo de recontos chámaselle combinacións. Todas as posibles combinacións de dous elementos escollidos dentro dun conxunto de 8 pódense enumerar sistematicamente 

$$\begin{matrix} &  &  &  &  &  &12 \\  &  &  &  &  &23  &13 \\  &  &  &  &34  &24  & 14\\  &  &  &45  &35  & 25 &15 \\  &  & 56 &46  & 36 &26  &16 \\  &67  & 57 &47  & 37 &27  &17 \\ 78 &68  & 58 &48  &38  &28  &18 \end{matrix}$$

Cantas parellas vemos? Contando de esquerda a dereita $1+2+3+4+5+6+7$, ademais esta disposición forma unha escaleira, como a que repesentamos antes. Tamén poderiamos argumentar que cada un dos elementos pode emparellarse cos outros sete, co cal teriamos $8\cdot7$ parellas pero aparecerían duplicadas, de aí que o resultado teremos que dividilo por dous. 

Vemos repetido, unha e outra vez o mesmo argumento e en distintos contextos. Velaquí a condensación de todo o que estivemos estudando

$$1+2+3+...+n=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$$

Ademais, en todo este proceso aprendimos que é moito mellor deixar esta fórmula para o final. Así é como se aprenden, e como se deberían ensinar, as matemáticas. 

A luz inúndao todo. (Continuará)