Outra vez a ecuación cúbica

Cada vez que me vén á cabeza a figura de Gerolamo Cardano (1501-1576) sáeme un sorriso ao lembrarme da súa autobiografía, Mi vida (Alianza Editorial, 1991). Recoméndollo a todo o mundo pois léndoo un decátase do extravagante que foi o personaxe. 

O ano 1565 é unha desas datas clave na historia das matemáticas por ser cando Cardano publica o Ars Magna, o libro onde dá conta da resolución da ecuación cúbica e da cuártica así como do periplo para chegar a este achádego. Que Cardano nos ofrecera esas solucións non significa que as portas quedasen pechadas neste ámbito. Noutra entrada (Bombelli, máis que complexos) xa comentaramos unha idea alternativa de Bombelli para tratar o problema da cúbica. Sobre esta mesma cuestión imos comentar outra achega, neste cado de Frans van Schooten (1615-1660).

Recorte do libro de van Schooten

van Schooten foi un matemático holandés que traduciu ao latín a Xeometría de Descartes. Con este texto como piar, montou todo un equipo de investigación co que desenvolveu e difundiu a nova xeometría analítica. O seu alumno máis aventaxado sería Christiaan Huygens (1629-1695). 

No ano 1646 van Schooten publica De organica conicarum sectionum in plano descriptione, tractatus. Xa enxergamos polo seu título que se trata dun tratado sobre cónicas pero o que nos interesa a nós é que contén un apéndice sobre a resolución das ecuacións de terceiro grao. Souben disto a partir dunha revista de nome evocador, Chalkdust Magazine, nun artigo asinado por Elinor Flavel, que vou debullar de seguido. Daquela, podes ir ao artigo e pasar de ler as seguintes liñas. Con todo non vou fusilar directamente o artigo senón que o procurarei contar á miña maneira.

É ben sabido que cando se afronta a resolución dunha cúbica: $$Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D=0$$ convén realizar o seguinte cambio $$z=x-\frac{B}{3A}$$

pois así chegamos a unha cúbica reducida, isto é, unha ecuación cúbica sen termos cuadráticos: $x^3+px+q=0$

Nos tempos de van Schooten aínda non se asumiran os números negativos como algo natural polo que a anterior expresión remitía a varios casos segundo o signo dos valores dos coeficientes da ecuación. Consideraremos o caso no que ambos son negativos, o que daquela se escribiría, con $p$ e $q$ sempre positivos, cos correspondentes monomios pasados ao segundo membro: $$x^3=px+q$$

Co fin de facer un tratamento xeométrico da ecuación imos pegar un chimpo. Soltado o aviso, solto tamén o exabrupto: sexan $a$ e $b$ tales que $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$. Con $a<2b$ (xa veremos o que significa esta desigualdade). A ecuación queda da forma $$x^{3}=3a^{2}x+a^{2}b$$Tracemos unha circunferencia de raio $a$. Sexa $FK$ un diámetro. Como $b<2a$, tomando $F$ como centro, se trazamos outra circunferencia de raio $b$, esta vai cortar á anterior nun punto $G$. Daquela $FG=b$

Trisecamos o ángulo $KFG$ cos segmentos  $FL=x$ ($x$?, por que lle chamamos $x$?) e $FI=c$ . Prolongamos estes segmentos ata $S$ e $T$ de forma que$LS=x$ e $IT=c$. Con esta construción obtemos tres triángulos isósceles semellantes: $FHL$, $FLS$ e $FIT$. A semellanza dá lugar ás seguintes igualdades: $$\frac{a}{x}=\frac{x}{c+2a}=\frac{c}{x+b}$$ Por unha banda temos:

$$ac+2a^{2}=x^{2}\Longrightarrow ac=x^{2}-2a^{2}\Longrightarrow c=\frac{x^{2}}{a}-2a$$

Por outra: $$\left( x+b \right)a=xc$$

Intentemos eliminar $c$ da expresión: $$\left( x+b \right)a=x\left( \frac{x^{2}}{a} -2a\right)=\frac{x^{3}}{a}-2ax=\frac{x^{3}-2a^{2}x}{a} $$

$$(x+b)a^{2} =x^{3}-2a^{2}x$$

$$ a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

$$x^{3}=3a^{2}x+a^{2}b$$

Pero se esta é a ecuación coa que comezamos! Velaí que, efectivamente, $x=FL$ é a solución.

Quédanos por comentar o significado alxébrico da expresión $b<2a$ pois o xeométrico xa o sabemos: é o que nos permite trazar todo o debuxo anterior. Multipliquemos por $a^{2}$:

$$a^{2}b\lt 2a^{3}\Longrightarrow \frac{a^{2}b}{2}\lt a^{3}$$

Elevando ao cadrado: 

$$\left( \frac{a^{2}b}{2} \right)^{2}\lt a^{6}=\left( a^{2} \right)^{3}=\left( \frac{3a^{2}}{3} \right)^{3}$$

Escribimos agora o primeiro e o último termo en función de $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$:

$$\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\lt \left( \frac{q}{3} \right)^{3}\Longrightarrow \left( \frac{q}{3} \right)^{3}-\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\gt 0$$

Isto é o discriminante da fórmula de Cardano!; ten que ser positivo para que poidamos obter unha solución (non complexa). Para comprobarmos esta afirmación en todo o seu esplendor lembraremos a fórmula de Cardano para as ecuacións da forma $x^{3}=px+q$

$$x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right)^{2}-\left( \frac{p}{2} \right)^{3}}}+\sqrt[3]{\frac{q}{2}-\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right)^{2}-\left( \frac{p}{2} \right)^{3}}}$$

Todo funcionaría marabillosamente se non fose por un pequeno detalle. Lembremos que un dos primeiros pasos consistía en trisecar o ángulo $KFG$. Iso mesmo, a trisección dun ángulo, un deses problemas clásicos que son clásicos porque non hai que lle meta o dente.

Teorema de Hall: o teorema dos matrimonios

 Na entrada anterior presentaramos o seguinte resultado

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

Segundo a Wikipedia o teorema de Hall recibe o nome de teorema do matrimonio debido a un artigo do ano 1950 no que Halmos e Vaugan se refiren ao teorema para tratar a seguinte cuestión:

"Supoñamos que un grupo de mozos [...] coñece un conxunto finito de mozas. Baixo que condicións é posible que cada un deles se case cunha das súas coñecidas?"

Desde un punto de vista da sociedade actual o enunciado do problema fica algo desfasado. Con todo, o problema pode levarnos a unha ampliación do noso punto de vista matemático. Para iso seguiremos o libro de Gilbert Strang, Introduction to applied mathematics (Wellesley-Cambidge Press 1986).

Dadas $n$ señoritas , que por seren de xénero feminino identificaremos por $f_{1}, f_{2},..., f_{n}$ e outros tantos cabaleiros $c_{1}, c_{2},..., c_{n}$ estableceremos unha matriz $A=\left( a_{ij} \right)$ onde $a_{ij}=1$ se $f_{i}$ e $c_{j}$ están dispostos a casar. No caso contrario escribiremos $a_{ij}=0$. Se for posible establecer $n$ matrimonios significa que hai un emparellamento perfecto no grafo asociado. Vexamos un exemplo no que puidemos establecer $4$ matrimonios que son os que aparecen marcados nun recadro.

Porén no seguinte caso non é posible celebrar máis que tres bodas: $\left( f_{1},c_{3} \right), \left( f_{2},c_{4} \right)$ e $\left( f_{3},c_{2} \right)$:

Esta matriz dá lugar ao seguinte grafo no que resaltamos con arestas grosas os tres matrimonios:

Se escollo as tres últimas filas $\left\{ f_{2},f_{3},f_{4} \right\}$ comprobo inmediatamente que a súa veciñanza está formada por só dúas columnas $\left\{ c_{2},c_{4} \right\}$. Isto significa que non se verifica a condición de Hall. De aí que non poidan establecerse $4$ matrimonios.

Voulle chamar liña a unha fila ou columna. Comprobarás que marcando as tres liñas rodeadas en azul teño cubertos todos os $1s$ da matriz $A'$. Isto vén a conto do seguinte teorema que é equivalente ao de Hall:

Terorema de Köning-Egerváry. Nunha matriz de $0s$ e $1s$ o máxino número de matrimonios é igual ao mínimo número de liñas que cubren todos os $1s$

Todo isto podémolo relacionar con outras cousas coñecidas. Consideremos a matriz $A$ como un taboleiro de xadrez de dimensións $n\times n$ onde cada elemento é un escaque. Propoñemos o reto de colocar o maior número posible de torres sen que se ameacen entre sí coa restrición de que só está permitido colocalas nos escaques marcados con $1$. Evidentemente o xogo é esencialmente o mesmo problema que o do matrimonio.

Imos dar algo máis de terminoloxía para ampliar a perspectiva deste resultado. Unha cobertura $K$ dun grafo é un conxunto de vértices do grafo tal que todas as arestas do grafo teñen polo menos un vértice en $K$. Sempre será interesante obter unha cobertura mínima, isto é, aquela que teña o menor número de vértices posible. A seguinte figura pode aclararnos a situación. Nela están marcados en negro os vértices que forman a cobertura.

Os emparellamentos podemos consideralos como coberturas. Ademais dado calquera emparellamento $M$ e calquera cobertura $K$, verificarase claramente que $\left| M \right|\lt \left| K \right|$. Con estes vimbios podemos reescribir o

Teorema de Köning-Egerváry. Nun grafo bipartito o número de arestas dun emparellamento máximo é igual ao número de vértices dunha cobertura mínima.

Tamén podemos afrontar o problema desde un punto de vista alxébrico. Volvendo ás matrices, do que se trata é de obter o seu rango. Se hai unha fémina á que non lle guste ningún cabaleiro teremos unha fila só con $0s$. Neste caso xa sabemos que o determinante da matriz será nulo. Como todos os valores son $1s$ e $0s$ o teorema de Hall establece que para que poidan celebrarse $n$ matrimonios, ou o que é o mesmo, que a matriz dos matrimonios sexa regular,  vai ter que verificarse calquera das tres seguintes condicións equivalentes

• Non existe unha submatriz de $0s$ de dimensión $r\times s$ con $r+s\gt n$
• A cada subconxunto de $1 \le r\le n$ mozas lles gustan polo menos $r$ mozos
• A cada subconxunto de $1 \le s\le n$ mozos lles gustan polo  menos $s$ mozas

Na seguinte entrada veremos máis aplicación do teorema de Hall.

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?

Os problemas alxébricos do "Sumario Compendioso" de Juan Díez

Cuestións de arte maior, tocantes á álxebra

Este mesmo título é co que se abre o capítulo de 6 páxinas de contido alxébrico do Sumario compendioso de Juan Díez.(se non sabes do que estou falando, mira a entrada anterior)  Podemos enmarcar a redacción dentro da habitual na súa época. Estamos diante dunha álxebra retórica, que usa a terminoloxía propia dos tratados alxébricos do XVI. Ao que nós denominariamos $x$, a incógnita,  Díez denomináa cousa, ao seu cadrado, $x^{2}$, chámalle censo e finalmente para referise a $x^{3}$ fala de cubo, neste último caso, tal e como o facemos tamén na actualidade.

O apartado alxébrico do Sumario está formado por 10 problemas coas súas respectivas solucións. De entre todos eles os máis interesantes son os dous primeiros. Estudémolos con algo de vagar.

Primeira cuestión. Acha un cadrado tal que restando del $15\frac{3}{4}$ quede a súa raíz.

Hoxe estableceríamos a ecuación $x^{2}-15\frac{3}{4}=x$ que dá como solución (positiva) $x=4\frac{1}{2}$. Como se verá estamos utilizando a notación mixta para a escritura dos números aínda que non sexa habitual facelo por estas latitudes. Facémolo para respectar a forma orixinal en que viñan presentados estes números. Como o resolve Díez? Poderiamos recoller a tradución de D. E. Smith, pero prefiro dar unha versión máis próxima ao orixinal. A razón é que Smith, o que pretendía era presentar o que fixera Díez, e coa súa versión conseguía este obxectivo. Dar unha tradución máis literal por unha parte dificulta a lectura do texto pero por outra permite achegarnos á cuestión de como traballaba Díez e quizais nos dea algún indicio de quen era. Velaquí o comentario de Juan Díez á primeira cuestión:

Regra. Digo que o número sexa unha cousa, demediaa, é media cousa, multiplícaa por si mesma e fai $\frac{1}{4}$ de censo, xúntalle  15 e $\frac{3}{4}$, fai 16, cuxa raíz cadrada e máis o medio da cousa é raíz do número demandado.

Nos libros de álxebra do XVI a resolución de ecuacións cadráticas clasificábase en varios casos para evitar o tratamento con números negativos. Por poñer un exemplo dun texto de certa importancia e da mesma época, no Libro del Algebra en Artihmetica y Geometría (1567) de Pedro Nunes (1502-1578) hai dous tipos e ecuacións: simples e compostas. As primeiras serían as ecuacións cuadráticas incompletas; 

(i) $ax^{2}=bx$    censos iguais a cousa                     

(ii) $ax^{2}=c$      censos iguais a número                 

(iii) $bx=c$            cousas iguais a número                

as segundas representarían os casos completos. En todos, os valores dos coeficientes son positivos.

(iv) $x^{2}+bx=c$   censos máis cousas iguais a números

(v) $x^{2}=bx+c$    censos iguais a  cousas máis números 

(vi) $x^{2}+c=bx$    censos máis números iguais a cousas

Así, para evitar os negativos, o primeiro problema alxébrico do Sumario presentaríase en notación actual como: $$x^{2}=x+15\frac{3}{4}$$que unha ecuación do tipo (v) e asúa solución: $$x=\frac{b}{2}+\sqrt{\left ( \frac{b}{2} \right )^{2}+c}$$ que é compatible coa regra que nos dá Díez polo que dá a impresión de que coñecía o algoritmo que resolve esta clase de ecuacións. Non só iso, senón que se enxerga que para obter o exemplo partiu da resolución. Podémolo imaxinar razoando así: "como nesta debemos realizar unha raíz cadrada, presentaremos unha que teña solución enteira, de aí que o radicando deba ser un cadrado, por exemplo 16. Como ese cadrado se obtén sumando o número, c, co cadrado da metade da cousa, $\left (\frac{b}{2}  \right )^{2}$, e se no problema só temos unha cousa, b=1, temos que $\left (\frac{b}{2}  \right )^{2}=\frac{1}{4}$, polo que o número debe ser o que falta para completar 16, isto é, o número será$15\frac{3}{4}$. Se analizamos os outros nove problemas reforzarase a idea de que a elaboración dos problemas foi no estilo que acabamos de describir. 

Chama a atención que no enunciado apareza un número negativo. Non é caso único. Abraham bar Hiia (ca. 1070-1136), tamén coñecido como Savasorda, presentou varias cuadráticas nas que aparecían restas. Isto dá indicio que máis que un avance, a aparición de negativos identifique unha característica retrógrada no sentido de que isto sería impensable dentro dun estudo sistemático do estilo de Pedro Nunes.

Segunda cuestión. Un home compra unha pasaxe nun barco e pregunta ao patrón que debe pagar. Respóndelle que non ten que pagar máis que os outros. Cando llo pregunta outra vez o patrón respóndelle que será o número de pesos que multiplicados por si mesmo e engadidos  ao número dará 1260. Demando canto demanda o patrón.

A resolución actual presentaríase así:  $x^{2}+x=1260$, que é do tipo (iv) "censos máis cousas igual a números". Se escribimos a súa forma xeral, (iv) $x^{2}+bx=c$, a solución dada polos contemporáneos sería equivalente á fórmula $$x=-\frac{b}{2}+\sqrt{\left ( \frac{b}{2} \right )^{2}+c}$$

 No Sumario podemos ver como, efectivamente, segue este procedemento:

Digo que a pasaxe sexa unha cousa de pesos, a metade é media cousa, cádraa, fai $\frac{1}{4}$ de censo, xúntao a 1260, fai 1260 e un cuarto. A raíz disto menos medio da cousa é o número demandado da pasaxe: reduce 1260 e $\frac{1}{4}$ a cuartos, son $\frac{5041}{4}$, a súa raíz é 71 medios, resta o medio da cousa que é medio, quedan 70 medios, que son 35 pesos, e tanto é o que demanda a pasaxe.

É significativo que Juan Díez non trate o outro tipo das que Nunes chamaría ecuacións completas. No resto dos exercicios non aparecen ecuacións do tipo (vi). Tampouco veremos as simples dos tipos (i) e (iii). Digámolo doutro xeito, Díez non é sistemático. En en fecto, no resto dos problemas refirese esencialmente a ecuacións tipo (ii). De aí que o perfil do autor do Sumario se presente como dun home que coñecía a literatura matemática da época pero que non quixo presentar completa e ordenadamente os coñecementos alxébricos; preferiu centrarse en problemas tipo especial, procurando, iso si, ofrecer unha variedade orixinal de presentacións xogando coas proporcións ou os produtos de proporcións. Así nalgúns casos dá potencias superiores para incógnita.

Para certificar algunhas das afirmacións xa realizadas, daremos o enunciado do resto dos problemas xunto coa presentación e resolución en notación actual recollida do libro de Smith.

Terceira cuestión. Hai unha cantidade de cabras que multiplicando o seu zenso ($x^{2}$) por 4 dá 90000.

$4x^{2}=9000; \quad x=150$

Cuarta cuestión. Un home que vai por un camiño pregunta a outro cantas leguas hai ata un certo lugar e o outro respóndelle que hai tantas leguas que se as multiplicas por si mesmas e divides o produto por cinco, o resultado será 80. Demándase o número de leguas.

$\frac{1}{5}x^{2}=80; \quad x=20$

Quinta cuestión. Un home compra pezas de roupa de tal xeito que se multiplicando o triplo pola súa cuarta parte o produto será 48. Demando o número de prezas que comprou.

$3x\cdot \frac{1}{4}x=48; \quad x=8$

Sexta cuestión. Un home ten eguas e vacas en quíntuple proporción [5 veces máis vacas que eguas]. Se calculas o cadrado das vacas e das eguas e sumas os resultados terás 1694. Demando o número de eguas e de vacas.

$x^{2}+25x^{2}=1664; \quad x=8$

Sétima cuestión. Un home ten tres xoias en cuádruple proporción de valor de tal forma que o produto dos seus valores é 1748. Demando o valor de cada xoia.

$x\cdot 4x\cdot 16x=1728; \quad x=3$

Oitava cuestión.Un home ten fillos e fillas en altera proporción de forma que a metade do produto dos fillos polas fillas é 162. Demándase o número de fillos e de fillas.

Dous números están en altera proporción se o seu cociente é $\frac{3}{2}$.

$x\cdot \frac{3}{2}x\cdot \frac{1}{2}x=162; \quad x=6$

Novena cuestión. Un home ten que facer dous pagos en cuádruple proporción de meses, de tal forma que o cadrado do primeiro polo cuádruplo, e levado ao cubo este produto resulta 32768. Demando cantos pagos debe facer.

$\left ( x^{2}\cdot 4x \right )^{3}=32478;\quad x=2$

Décima cuestión. Un home ten dous fillos en quarta proporción de idade de xeito que multiplicando un cuarto da idade do máis novo por un quinto da idade do máis vello e cuadriplicando o resultado e do producido facendo a súa raíz e elevando ao cubo a metade do último dá 125 anos. Demando a idade que ten cada un.

Dúas cantidades están en quarta proporción se a razón e é de $\frac{5}{4}$.

Tense que $\frac{x}{4}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{5x}{4}=\frac{x^{2}}{16}$, entón $4 \cdot \frac{x^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}$ e de aí $\sqrt{\frac{x^{2}}{4}}=\frac{x}{2}$ polo que $\left ( \frac{x^{2}}{4} \right )^{3}=125;\quad x=20$

Juan Díez, quizais o primeiro matemático galego

Nun artigo moi revelador, Xosé A. Fraga Vázquez daba conta da posibilidade de que o primeiro texto de matemáticas publicado en América fose da autoría dun galego, un tal Juan Díez. Para unha información máis amplia remítome ao artigo, con todo vou debullar parte do seu contido e intentarei ampliar o tema con algunha aportación de carácter máis matemático.

A nova chega a Galicia no ano 1922 nas páxinas do Boletín da Real Academia Galega, concretamente nos números 143-144 e no 145, baixo a sinatura de David Fernández Diéguez (1875-1936), catedrático de Matemáticas no Instituto Nacional da Coruña, o actual Eusebio da Guarda. As referencias consultadas por Fernández Diéguez son secundarias, pois veñen da Revue des Questions Scientifiques, de Lovaina, onde se dá conta doutro artigo que erróneamente atribúe ao número XXVII da American Mathematical Monthly (en realidade é do número XXVIII), escrito por David Eugene Smith (1860-1944), da Universidade de Columbia, quen na altura, ano 1921, era pesidente da Mathematical Association of America.

No artigo de Smith, O primeiro traballo de matemáticas impreso no Novo Mundo, establécese que o Sumario compendioso de las cuentas de plata y oro que en los reinos del Perú son necesarias a los mercaderes y todo género de tratantes. Con algunas reglas tocantes a la Arithmética. "Fecho por Juan Díez, freyle.", editado en 1556 en México, foi a primeira publicación de matemáticas americana. Isto contradecía o que se supoñía ata aquel momento, que outorgaba o título de obra primixenia a unha publicada en Boston no 1729. Smith tamén afirma que "Juan Díez un natural da provincia española de Galicia, acompañante de Cortés na conquista de Nova España" era tamén editor de varios traballos, entre eles Itinerario de la armada, que describe a travesía das tropas españolas por terras mexicanas no 1518, que foi escrita por Juan Díaz, un capelán que morre no 1549, sete anos antes da publicación do Sumario compendioso. David E. Smith xa advirte da posibilidade de confusión entre o autor do Sumario e a dun teólogo contemporáneo del.

No ensaio do historiador norteamericano descríbese brevemente o contido do Sumario compendioso. A maior parte das 206 páxinas do libro están ocupadas por táboas para o comercio do ouro e da prata. Hai 18 páxinas adicadas a algunhas cuestións aritméticas que estarían ao nivel do que se publicaba en Europa. Neste sentido recóllense algunhas cuestións diofantinas sobre os cadrados perfectos que nos fan ver que Díez coñecía o Liber quadratorum de Leonardo de Pisa. Normalmente o que máis se destaca serían as 6 páxinas finais, páxinas sobre problemas alxébricos "principalmente relacionados coa ecuación cuadrática". Posiblemente esta referencia sería o que impeliría a David Fernández Diéguez a facer o comentario de que nesta ultima parte do libro se necesitaba a fórmula $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$. Veremos que esta anotación non só é anacrónica senón que está bastante alonxada do contido alxébrico que revisaremos nunha entrada posterior.

Smith non se limitou a escribir o nomeado artigo. Nese mesmo ano publica unha tradución ao inglés do Sumario compendioso. Ata ese momento só era accesible nalgunha das catro copias que aínda se conservan, unha delas está na Biblioteca de Salamanca.

Outras curiosidades do Sumario son que as táboas aparecen en números romanos pero na parte final adicada á aritmética e álxebra úsase a notación hindo-arábiga. 

Os números romanos no Sumario

Aquí podemos ver unha reprodución dun anaco dunha táboa na que se dá a conversión de onzas a pesos, tomíns e maravedís. Para comprendela seguiremos as indicacións de D. E. Smith. 1 peso equivale a 8 tomíns; 1 tomín será igual a 12 grans ou a $56\frac{1}{4}$ maravedís.De seguido presentamos a transcripción deste fragmento en notación moderna.

Un par de problemas do "Liber quadratorum"

Na entrada anterior describiamos como un problema proposto por un tradutor da corte do Sacro Imperio foi o que incentivou a Leonardo de Pisa a redactar o Liber quadratorum, un libro que comeza coa coñecida fórmula da suma dos níumeros impares:$$1+3+5+...+(2n-1)=n^{2}$$

Este resultado é aproveitado por Leonardo para resolver o seguinte problema:

Problema. Achar dous cadrados que teñan como suma un cadrado

Está claro que do que se trata é de obter unha terna pitagórica, cuestión da que xa nos ocupamos noutra ocasión. O curioso do asunto é como Fibonacci fai uso do resultado anterior para resolver o problema.

Considérese $x$ un impar, sexa $x^{2}=2n+1$ tamén impar, que será un dos cadrados que ofreceremos como parte da terna. Outro será a suma de todos os impares menor que $x^{2}$, de aí que

$$1+3+5+...+(2n-1)+(2n+1)=n^{2}+x^{2}=n^{2}+2n+1=\left ( n+1 \right )^{2}$$

A terna é $\left ( n,x,n+1 \right )$. Ademais $n=\frac{x^{2}-1}{2}$ polo que a anterior igualdade pode escribirse;

$$\left (\frac{x^{2}-1}{2}  \right )^{2}+x^{2}=\left (\frac{x^{2}+1}{2}  \right )^{2}\quad\quad [F1]$$

Esta igualdade non é ningunha novidade, xa era coñecida desde a antiguidade. Para $x=3$ obtemos a famosa terna pitagórica:

$$4^{2}+3^{2}=5^{2}\quad\quad[1]$$

Agora ben, considerando que 5 tamén é impar, e substituíndo outra vez na anterior fórmula [F1], da que agora damos unha versión que nos vai interesar máis:

$$x^{2}=\left (\frac{x^{2}+1}{2}  \right )^{2}-\left (\frac{x^{2}-1}{2}  \right )^{2}\quad\quad [F2]$$

temos que

$$5^{2}=\left ( \frac{5^{2}+1}{2} \right )^{2}-\left ( \frac{5^{2}-1}{2} \right )^{2}=13^{2}-12^{2}$$

De aí que substituíndo en [1]:

$$3^{2}+4^{2}=13^{2}-12^{2}\\3^{2}+4^{2}+12^{2}=13^{2}\quad\quad [2]$$

Así obtivemos un cadrado como suma de tres cadrados... pero resulta que 13 volve a ser impar, entón

$$13^{2}=\left ( \frac{13^{2}+1}{2} \right )^{2}-\left ( \frac{13^{2}-1}{2} \right )^{2}=85^{2}-84^{2}$$

Así que, substituíndo en [2]:

$$3^{2}+4^{2}+12^{2}+13^{2}+84^{2}=85^{2}\quad\quad [3]$$

Aínda que isto non é ningunha sorpresa, pois todo natural é suma de catro cadrados (Liouville dixit), creo que xa está claro por onde vou tirar. No seguinte paso teremos un cadrado como suma de 5 cadrados:

$$3^{2}+4^{2}+12^{2}+13^{2}+84^{2}+3612^{2}=3613^{2}\quad\quad [4]$$

Utilizando [F2] podemos establecer a seguinte sucesión, definida recursivamente:$a_{n+1}=\frac{\left (a_{n}+1  \right )^{2}-1}{2}$ con $a_{1}=3$  ou calquera outro impar. Esta sucesión verificará

$$a_{n+1}^{2}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$$

En definitiva, é posible achar n cadrados que teñan como suma outro cadrado. Unha sucesión que resolve esta cuestión é a A127690 - OEIS: 

$$3, 4, 12, 84, 3612, 6526884, 21300113901612, 226847426110843688722000884,...$$

Un par de problemas

O manuscrito do Liber quadratorum, que foi recuperado no século XIX polo prínciupe Boncompagni, non está completo. Veremos en que consisten os últimos problemas que aparecían nel.

Problema. Achar enteiros $x$, $y$, $z$, $u$ e $v$ tales que 

$$\left.\begin{matrix}x^{2}+y^{2}=u^{2}\\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=v^{2}\end{matrix}\right\}$$

A partir da análise feita anteriormente a resolución deste problema é inmediata. Unha posible solución podería ser $x=3$, $y=4$, $z=12$ con $u=5$ e $v=13$. Basta ver que [1] e [2] verifican as dúas igualdades pedidas.

O último problema do manuscrito foi proposto por un filósofo do emperador chamado Teodoro.

Problema de Teodoro. Achar enteiros $x, y, z, u, v$ e $w$ tales que 

$$x+y+z+x^{2}=u^{2}\\x+y+z+x^{2}+y^{2}=v^{2}\\x+y+z+x^{2}+y^{2}+z^{2}=w^{2}$$

Decatémonos de que a expresión do primeiro membro da primeira ecuación aparece na segunda e que a expresión do primeiro membro da segunda ecuación aparece na terceira. De aí que poidamos reducir a anterior expresión á seguinte:$$\left.\begin{matrix}x+y+z+x^{2}=u^{}\\ u^{2}+y^{2}=v^{2}\\ v^{2}+z^{2}=w^{2}\end{matrix}\right\}$$

Leonardo fai varias tentativas para resolver este problema. Céntrase nas dúas últimas ecuacións e parte dun par de ternas pitagóricas: $$\left.\begin{matrix} (6k)^{2}+(8k)^{2}=(10k)^{2}\\ (10k)^{2}+(24k)^{2}=(26k)^{2}\end{matrix}\right\}$$

Neste caso $y=8k$, $z=24k$, $u=10k$, $v=26k$; para calcular $x$ substituiriamos eses valores na primeira ecuación. Obténdose como solución $x=\frac{16}{5}$, $y=\frac{48}{5}$, $ z=\frac{144}{5}$, como se ve, unha solución con números fraccionarios. Para dar cunha de números naturais terá que facer outro intento. Consideremos este outro par de ternas pitagóricas $$\left.\begin{matrix}(7k)^{2}+(24k)^{2}=(25k)^{2}\\ (25k)^{2}+(60k)^{2}=(65k)^{2}\end{matrix}\right\}$$

Agora $y=24k$, $z=60k$, e $u=v=25k$, substituíndo estes valores na primeira ecuación temos $$x^{2}+x+24k+60k=(7k)^{2}$$

Para eliminar o termo en $k^{2}$ realizamos a substitución $x=7k-a$

$$(7k-a)^{2}+7k-a+84k=(7k)^{2}$$

Operando e despexando $k$, obtense $k=\frac{a(a-1)}{7(2a-13)}$

Como $a$ debe ser un número enteiro positivo, ten que ser maior que 1. Para que $k$ sexa positivo, entón $2a-13>0$ polo que podemos tomar $a=7$, entón $k=6$. 

Isto danos a solución $x=7\cdot 6-7=35$, $y=24\cdot6=144$ e $y=60\cdot6=360$. Para estes valores $u=42$, $v=150$ e $w=390$ completan a solución en números naturais que se buscaba.

A única demostración de Fermat

Fermat é famoso por anunciar resultados dos que despois non daba a demostración. Ata tal punto isto é certo que só se coñece unha demostración da súa autoría, que sería publicada polo seu fillo nunha edición da Artimética de Diofanto coas notas de Fermat. O teorema ao que estamos facendo referencia trata sobre un tipo de triángulos que agora se lles chama heronianos. Un triángulo heroniano é aquel no que tanto os lados como a área son números enteiros. O enunciado dese teorema di que

Non existen triángulos rectángulos heronianos que teñan de área un cadrado

No canto de traballar directamente con este resultado, farémolo cunha pequena modificación deste enunciado e que ten unha apariencia bastante distinta:

Non hai tres números enteiros que verifiquen $a^{4}-b^{4}=c^{2}$

Podemos supoñer que $a$ e $b$ non teñen factores comúns pois, en caso contrario poderiamos dividir a igualdade por eses factores. A igualdade pode escribirse $c^{2}+\left (b^{2}  \right )^{2}=\left (a^{2}  \right )^{2}$, o que dá lugar a un triángulo rectángulo de lados $\left ( c,b^{2},a^{2} \right )$, de aí que ademais de que o mcd(a,b)=1, un deles debe ser par e outro impar.

Sexan $u^{2}=a^{2}+b^{2}$ e $v^{2}=a^{2}-b^{2}$, entón $u$ e $v$ serán coprimos e impares. Dáse o caso curioso de que $v^{2}$, $a^{2}$ e $u^{2}$ forman unha progresión aritmética de diferenza $b^{2}$

Consideremos agora os números enteiros $e=\frac{u+v}{2}$ e $f=\frac{u-v}{2}$. Ademais son coprimos porque, en caso de teren un divisor primo común $p$, este dividiría tamén a $u$, a $v$, a $b^{2}$ e, polo tanto a $a^{2}$, o cal é imposible.

Temos entón que o produto $ef=\frac{u+v}{2}\frac{u-v}{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{4}=\frac{b^{2}}{2}$. Ademais $b=2ef=4r^{2}s^{2}$

Como polo menos un dos números $e$ ou $f$ é impar, sen perda de xeneralidade podemos supoñer que $e$ é impar. Como $b^{2}=2ef$, o factor 2 debe aparecer máis veces na descomposición factorial de $b^{2}$, terá que ser factor de $f$. Por seren coprimos, o resto dos seus factores deben ser cadrados. Velaí que $e=r^{2}$ e $f=2s^{2}$, con$r$ e $s$ tamén coprimos.

$\left\{\begin{matrix}u=e+f=r^{2}+2s^{2}\\ v=e-f=r^{2}-2s^{2}\end{matrix}\right.$

$a^{2}=b^{2}+v^{2}=4r^{2}s^{2}+\left ( r^{2}-2s^{2} \right )^{2}=r^{4}+4s^{4}$

De aí que agora teñamos un triángulo rectángulo de catetos $r^{2}$, $2s^{2}$ e hipotenusa $a$. A súa área é un cadrado: $r^{2}s^{2}$

Entón existirá unha terna pitagórica primitiva $(m^{2}-n^{2},2mn,m^{2}+n^{2})=(r^{2},2s^{2},a)$ con $m$ e $n$ coprimos- $mn=s^{2}$ polo que os seus factores serán cadrados: $m=a_{1}^{2}$ e $n=b_{1}^{2}$. Entón $a_{1}^{4}-b_{1}^{4}=r^{2}$. Ademais, como $r$ é factor de $b$ temos $r< b$ e tamén $a_{1}<a$ e $b_{1}<b$. Temos tres enteiros menores que os de partida verificando a mesma igualdade. Este proceso podería repetirse unha e outra vez, o cal non ten sentido. Velaquí o chamado método de demostración do "descenso infinito"

Para demostrar o teorema do triángulo rectángulo heroniano, bastaría con considerar que existe un triángulo rectángulo primitivo $(x,y,z)$ de lados enteiros e con área un cadrado. $(x,y,z)=(p^{2}-q^{2},2pq,p^{2}+n^{2})$. Con $p$ e $q$ coprimos e de distinta paridade. A área $pq\left ( p^{2} -q^{2}\right )$ é un cadrado formado por coprimos, polo tanto estes factores serán tamén cadrados. $p=a^{2}$, $q=b^{2}$ e $p^{2}+q^{2}=c^{2}$. De aí que $a^{4}-b^{4}=c^{2}$. Despois bastaría con seguir a demostración anteriormente dada.

Notas sobre ternas pitagóricas

Se os lados dun triángulo rectángulo teñen valores naturais dise que eses valores forman unha terna pitagórica. Por exemplo $(3,4,5)$ e $(8,15,17)$ son ternas pitagóricas. Podémolo comprobar: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ e $8^{2}+15^{2}=17^{2}$.

Dada unha terna pitagórica como $(3,4,5)$ é moi fácil obter infinidade delas multiplicando por un enteiro calquera. Por exemplo, $(3n,4n,5n)$ tamén será unha terna pitagórica xa que 

$$\left (3n  \right )^{2}+\left (4n  \right )^{2}=n^{2}\left ( 3^{2}+4^{2} \right )=n^{2}5^{2}=\left ( 5n \right )^{2}$$

Ás ternas como $(3,4,5)$, na que os números son coprimos, chámaselle ternas pitagóricas primitivas. Agora ben, a pouco que indagemos veremos que hai moitas máis. Como obtelas? Segundo Proclo (412-485) foi o propio Pitágoras o primeiro en determinar un método para xeneralas. Os fundamentos parten de estudar os números figurados, en concreto os cadrados. Se temos un cadrado de puntos, como o da figura, e lle engadimos o que lle chamaban gnomon, esa especie de L en cor vermella, obtemos o seguinte cadrado.

Chamámoslle $m$ á cantidade de puntos do gnomon. O seu valor será sempre un número impar. Está claro que o gnomon rodea un cadrado de lado $\frac{m-1}{2}$. Co engadido do gnomon fórmase un cadrado maior de lado $\frac{m-1}{2}+1=\frac{m+1}{2}$. Se o propio gnomon fose un cadrado, $m=n^{2}$, teriamos unha terna pitagórica 

$$\left ( n,\frac{m-1}{2},\frac{m+1}{2} \right )=\left ( n,\frac{n^{2}-1}{2},\frac{n^{2}+1}{2} \right )$$

Para cada $n$ impar poderemos obter así unha terna pitagórica. Por exemplo, para $n=3$ temos a terna $(3,4,5)$. Pero hai moitas que non teñen esta forma, como é o caso de $(8,15,17)$. Proclo seguiu dando información sobre esta cuestión, tamén asegurou que Platón achara outro método que daba ternas, partindo agora de números pares. 

Observemos a seguinte imaxe, catro tiras de lonxitude $m$ están rodeando un cadrado de lado $m-1$ e completan así outro cadrado de lado $m+1$

Temos pois que $\left ( m-1 \right )^{2}+4m=\left ( m+1 \right )^{2}$. Se $4m$ fose un cadrado, $4m=n^{2}$, a tripleta $(n,m-1,m+1)$ verificaría o teorema de Pitágoras. Como $m=\left ( \frac{n}{2} \right )^{2}$, para cada valor par de $n$ podemos formar a seguinte terna pitagórica

$$\left (n,\left (\frac{n}{2} \right )^{2}-1,\left ( \frac{n}{2}\right )^{2} +1  \right )$$

A escura aportación de Euclides

Aínda así, non abarcamos todos os casos posibles, $(39,80,89)$ non se adapta nin á fómula de Pitágoras nin á de Platón. Como en moitas outras ocasións, temos que acudir a Euclides para que salve a situación. A parte negativa é que Euclides ofrece a súa achega no libro X dos Elementos, o máis escuro e intrincado de todos o que conforman esta obra.

No Lema I, posterior á Proposición X.28 dos Elementos, podemos ler, non sen certa dificultade, que Euclides explica como obter ternas pitagóricas

Lema I. Atopar dous números cadrados de xeito que tamén a súa suma sexa cadrado

Este é un deses resultados dos Elementos nos que non se dá unha demostración, senón que se realiza unha construción. Recollemos aquí dunha adaptación da tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez

Tómense dous números cadrados $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$, consideremos a súa resta $A\Gamma=u^{2}-v^{2}$. Divídase á metade por $\Delta$ ($A\Delta=\Delta\Gamma$) $A\Delta = \Delta \Gamma =\frac{u^{2}-v^{2}}{2}$ logo o produto de $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$ xunto co cadrado de $A\Gamma$ ($A\Gamma^{2}=\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2} \right )^{2}$) é igual ao cadrado de $B\Delta$ ($ B\Delta^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$) co cal 

$$\left ( uv \right )^{2}+\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2}\right )^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$$

Acabamos de comprobar que $\left ( uv  , \frac{u^{2}-v^{2}}{2} , \frac{u^{2}+v^{2}}{2}   \right )$ é unha terna pitagórica.

A expresión estándar dunha terna pitagórica

Tomando $m=\frac{u}{\sqrt{2}}$  e  $n=\frac{v}{\sqrt{2}}$ temos esta outra forma de presentar as ternas pitagóricas, que é a habitual hoxe en día:

$$\left ( 2mn, m^{2} -n^{2},m^{2}+n^{2}\right )$$

A cuestión é: con esta fórmula temos determinadas todas as ternas pitagóricas primitivas? A resposta é afirmativa. Vexámolo. 

Se $(a,b,c)$ é unha terna pitagórica primitiva, $a$ e $b$ $c$ son coprimos polo que non poden ser pares. Tampouco poden ser impares xa que nese caso, os seus cadrados tamén o serían e polo tanto $c$ debería ser par, entón $a=2p+1$, $b=2q+1$ e $c=2r$. 

$$\left ( 2p+1 \right )^{2}+\left ( 2q+1 \right )^{2}=r^{2}$$

$$4\left (p ^{2} +q^{2}p+q\right )+2=4r^{2}$$

Pero non é posible que ao dividir o primeiro membro por 4 obteñamos de resto 2 mentres que ao dividir o segundo membro por 4 o resto sexa 0. A conclusión é que un dos números entre a $a$ e $b$ debe ser par e o outro impar. Supoñamos, sen perda de xeneralidade que  $a$ é o par, entón $b$ e $c$ serán impares.

Como $a^{2}=c^{2}-b^{2}=\left ( c-b \right )\left ( c+b \right )$, tomando $u=\frac{c+b}{2}$ e $v=\frac{c-b}{2}$ , sabemos que $u$ e $v$ serán coprimos, por selo tamén $b$ e $c$. Teremos $\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=uv$. Se un produto de coprimos é un cadrado, cada un dos factores debe ser tamén un cadrado. De aí que $u=m^{2}$ e $v=n^{2}$.

Como $a^{2}=4uv=\left ( 2mn \right )^{2}$, tense que $a=2mn$.

$\left\{\begin{matrix}c+b=2u=2m^{2}\\  c-b=2v=2n^{2}\end{matrix}\right.$ Sumando e restando obtemos $c=m^{2}+n^{2}$ e $b=m^{2}-n^{2}$. Entón a terna pitagórica primitiva de partida poida escribirse:

$$\left ( a,b,c \right )=\left ( 2mn,m^{2}-n^{2},m^{2}+n^{2} \right )$$

Xeometría analítica para as ternas pitagóricas

Neste punto a cuestión estaría completada. Con todo, imos engadir un epílogo, extraído do libro Matemática elemental desde un punto de vista superior (Nivola, 2006), de Felix Klein. 

Volvamos a partir dun triángulo rectángulo primitivo $(a,b,c)$. Dividindo todos os lados por $c$ transformarémolo nun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$, quedando a terna da forma $\left ( \frac{a}{c} ,\frac{b}{c},1\right )=(x,y,1)$. Agora os catetos deben ser números racionais. Pensemos que se verificará $x^{2}+y^{2}=1$, isto é, os triángulos fican sobre a circunfencia unidade. Identificaremos todos os triángulos rectángulos unitarios con catetos racionais. Para iso faremos uso da semirecta que pasa polo punto $S(0,-1)$. Se a súa pendente é $\lambda $ terá de ecuación

$$y=\lambda \left ( x+1 \right )$$

Denominaremos racional ou irracional a esta semirecta segundo $\lambda$ sexa ou non racional. Diremos que un punto é racional se ten as dúas coordenadas racionais. Con esta terminoloxía verifícase o seguinte 

Teorema. a)Todo punto racional da circunferencia proxéctase desde S mediante unha semirecta racional. b) Recíprocamente toda semirecta racional cortará á circunferencia unitaria nun punto racional.

O apartado a) é evidente xa que a recta que pasa por S eP, ambos racionais, terá pendente racional. Pasemos a demostrar o apartado b). Con este fin procuraremos caracterizar os puntos de intersección da semirecta e a circunferencia substituíndo a ecuación da primeira, $y=\lambda \left ( x+1 \right )$, na segunda, $x^{2}+y^{2}=1$:

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

Operando chegamos a

$$\left (\lambda ^{2} +1 \right )x^{2}+2\lambda ^{2}x+\lambda ^{2}-1=0$$

Coñecemos unha solución desta ecuación, $x=-1$, pois sabemos que o punto $S$ forma parte tanto da semirrecta como da circunferencia. Dividindo a anterior expresión por $x+1$

$$\left (\lambda ^{2} +1\right )x+\lambda ^{2}-1=0$$

$$x=\frac{1-\lambda ^{2}}{1+\lambda ^{2}}$$

Subsituíndo na ecuación da recta obtemos o valor correspondente da ordenada

$$y=\frac{2\lambda }{1+\lambda ^{2}}$$

Destas dúas últimas expresións dedúcese que se $\lambda$ é racional tamén o será o punto de corte.

O teorema xa está demostrado. Fagamos agora unha reflexión a maiores. Tomemos  $\lambda =\frac{n}{m}$. Velaí que substituíndo nas anteriores expresións teremos que:

$$x=\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}\quad\quad y=\frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}$$

Así identificamos todas as ternas pitagóricas de hipotenusa $1$:

$$\left (\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}},\quad \frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}\quad,1  \right )$$

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:

$\left.\begin{matrix}4=\left ( x-b \right )^{2}+a^{2}\\ 16=\left ( x-a \right )^{2}+b^{2} \\9=a^{2}+b^{2}\end{matrix}\right\}$

Desenvolvendo as dúas primeiras e facendo uso da terceira obtemos:

$\left.\begin{matrix}4=x^{2}-2bx+b^{2}+a^{2}\\ 16=x^{2}-2ax+a^{2}+b^{2}\end{matrix}\right\}\left.\begin{matrix}4=x^{2}-2bx+9\\16=x^{2}-2ax+a^{2}+9\end{matrix}\right\}\left.\begin{matrix}2bx=x^{2}+5\\ 2ax=x^{2}-7\end{matrix}\right\}$

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

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

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

$$x=\sqrt{\frac{20\pm \sqrt{262}}{2}}=\left\{\begin{matrix} 4,2536& \\ 1,3809\end{matrix}\right.$$

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

O paraíso trigonométrico de Viète

Cada tempo ten os seus intereses e cada novo achádego trae consigo tamén novos problemas. É habitual que estes novos problemas fosen inconcebibles antes de que se dera o avance. Nos anos previos á publicación Ars Magna de Cardano (1501-1576), ano 1545, o reto era a resolución da ecuación cúbica. Había quen, como Luca Pacioli (1445-1517), consideraba este un probelma irresoluble. 

Noutra entrada deste blogue explicara o método de resolución de Cardano para ecuacións cúbicas. Despois de eliminar o termo cadrático quedaba unha ecuación da forma $x^{3}+px+q=0$ que se resolvía mediante a fórmula: $$x=\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}$$

Este descubrimento traía dentro un cabalo de troia, tamén comentado nesta outra ocasión e que volvo a recordar. Consideremos a ecuación: $$x^{3}=156x+4$$

Aplicando a fórmula anterior obtemos o seguinte resultado:$$x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$$

A pesar da apariencia complexa, o resultado é o simple número 4. Nesta ocasión aínda se podía buscar entre os divisores do termo independente para dar con este valor. Pero que sucede se a ecuación non ten ninguha solución racional? Cando partimos dunha ecuación cúbica con coeficientes enteiros que teña tres raíces irracionais distintas, calquera expresión con radicais en función dos coeficientes da ecuación vai conter inevitablemente valores imaxinarios. Polo tanto o problema da aparición dos imaxinarios non reside na fórmula dada por Cardano. Pero isto non se sabería ata que o demostrara Pierre Wantzel (1814-1848). Se nos situamos na segunda metade do século XVI ecuacións de aspecto tan inofensivo como o seguinte eran realmente problemáticas. $$x^{3}-3x-1=0$$

O método de Cardano ofrécenos este resultado cos inevitables complexos:$$x=\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}$$

François Viète (1540-1603) conseguiría obter as solucións e sorprendentemente había de facelo ao mesmo tempo que indicaba a dirección que finalmente levaría á solución dun dos problemas clásicos: o da trisección do ángulo,  resolto tamén por Wantzel. Publícao no 1593 nun libro titulado Variorum de rebus mathematicis responsorum liber VIII. Consideraba que había que ampliar os métodos xeométricos permitindo o uso da regra marcada ou neuse. Mediante este método Arquímedes (287 aC-212 aC) conseguira trisecar un ángulo calquera.

Dado o ángulo $\angle AOB=3θ$ a trisecar, trazamos a circunferencia $BAC$ de raio $a$. Cunha regra marcada en dous puntos a unha distancia $a=DC$, pasando por A trazamos a recta $AD$. O ángulo $θ=\angle ADB$ será a solución buscada.  Pódese ver todo o proceso no blogue Regra e compás.

Como curiosidade marquei con vértice $C$ o ángulo $\angle ACO$ que ten unha amplitude de $2θ$. Pódese comprobar moi facilmente esta medida no triángulo isóscele $AOB$ que ten de ángulos: $2θ$, $2θ$ e $180-θ-3θ$.

Chamémoslle $x=DO$, $y=AC$ e $b=OF$.  Calculando a potencia de $D$ á circunferencia obtemos: 

$$DE\cdot EO=DC\cdot DA$$

$$\left ( x-a \right )\left ( x+a \right )=a\left ( a+y \right )$$

$$x^{2}-a^{2}=a^{2}+ay$$

$$ay=x^{2}-a^{2}\;\;\;\; [1]$$

Se agora proxectamos perpendincularmente os puntos $A$ e $C$ sobre a recta $DB$ obtemos dous triángulos rectángulos semellantes: $DHC$ e $DGA$.

En virtude desta semellanza:

$\frac{a}{a+y}=\frac{\frac{x}{2}}{x+\frac{b}{2}}=\frac{x}{2x+b}$

$2ax+ab=ax+xy$

$ax+ab=xy\;\;\;\; [2]$

Conxugando [1] e [2]:

$$ax+ab=\frac{x^{2}-a^{2}}{a}\cdot x$$

$$a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

$$x^{3}-3a^{2}x=a^{2}b$$

Sen perda de xeneralidade fagamos $a=1$:

$$x^{3}-3x=b$$

Viète decatouse de que resolver esta ecuación cúbica era equivalente a trisecar o ángulo 3θ. Ademais foi quen de resolvela a pesar de ser o problemático casus irreducibilis de Cardano. Fíxoo botando man da trigonometría. Sexa $x=2y$

$$8y^{3}-6y=b$$

$$4y^{3}-3y=\frac{b}{2}$$Comparemos agora esta ecuación coa fórmula do coseno do ángulo triplo:

$$4cos^{3}\theta -3cos\theta =cos3\theta $$

Bastará con que $x=2y=2cos\theta$ e $b=2cos3\theta$

Por poñer un exemplo, se $b=1$ quedaríanos para resolver a ecuación $x^{3}-3x=1$. Os cambios anteriores dan lugar a que $cos3\theta=\frac{1}{2}$

$3\theta _{k}=60+360k\;\;\;k=0,1,2$

$\theta _{k}=20+120k\;\;\;k=0,1,2$

$x_{k}=2cos(20+120k)\;\;\;k=0,1,2$

$x_{1}=2cos(20)=1,8793...\\x_{2}=2cos(140)=-1,5320...\\x_{3}=2cos(260)=-0,3472...\\$

Aínda que Viéte era un adiantado á súa época, só consideraría a primeira solución pois a finais do século XVI  estábase moi lonxe de outorgarlle aos negativos un lugar dentro do sistema dos números.

Quen queira consultar as fontes de onde fun recollendo os resultados destas liñas pode remexer en Tales of Impossibility de David S. Richeson e Trigonometric Delights de Eli Maor. De todas formas, collinlle gusto ao tema e de certo que volverei sobre el.

A serie harmónica e a dos inversos dos primos

 $$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...$$

Velaquí a serie harmónica. Unha das primeiras demostracións sedutoras que aprendías ao chegar á facultade era a de que esta serie é diverxente, isto é, que a súa suma é infinita. Máis precisamente, que unha serie diverxa significa que a sucesión de sumas parciais S_n ten límite infinito. S_n consiste na suma dos n primeiros termos da serie.

A demostración da diverxencia da serie harmónica atribúselle a Nicolás de Oresme (1323-1382). Consiste en mostrar que é maior que outra serie da que é evidente que tamén é diverxente:

Lema 1. A serie harmónica é diverxente

$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\left ( \frac{1}{3} +\frac{1}{4}\right )+\left (  \frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right )+...>$$ $$>1+\frac{1}{2}+\left ( \frac{1}{4} +\frac{1}{4}\right )+\left (  \frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right )+...=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+...\quad\quad\square$$

Este é o único lema do ensino universitario que precisamos utilizar para a demostración que imos dar da existencia de infinitos números primos. Hai varias demostracións deste resultado; referencial é a de Euclides, que xa apareceu noutra entrada deste blogue. Outra moi celebrada é a dada por  Leonhard Euler (1707-1783) en 1737, que se fundamenta nunha idea que tamén usaremos aquí consistente en demostrar que a suma dos inversos dos primos é infinita. Fica claro que se isto é certo ten que haber infinitos números primos. Pode consultarse en "EL LIBRO de las demostraciones" de M. Aigner e G. Ziegler (Nivloa 2005) 

Quixen traer  por aquí unha nova demostración que recollín do recomendable libro "Demostraciones con encanto" (SM-RSME 2020) de Claudi Alsina e Roger B. Nelsen (ou o seu orxinal en inglés, "The charming proofs")

As progresións xeométricas trátanse en 3º da ESO. Imos considerar só o caso de números positivos. Cada termo obtense do anterior multiplicando por un valor constante r chamado razón. Neste curso debe traballarse algunha fórmula semellante á referida no lema 2

$$\mathbf{Lema2 \: (suma\:  dunha\: progresión\: xeométrica)}\:\sum_{k=0}^{n}r^{k}=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}\quad\quad\quad $$

Cando a razón é menor que 1 os termos desta progresión decrecen moi rapidamente. Tomando límite cando n⟶∞ obtemos a suma da serie xeométrica

$$\mathbf{Lema3 \: (suma\:  da\: serie\: xeométrica)}\:Se\: r<1:\sum_{k=0}^{\infty }r^{k}=\frac{1}{1-r}\quad\quad\quad \quad\quad\quad $$

Os logaritmos comezan a estudarse en 4º da ESO. A propiedade máis importante que verifican dinos que converten os produtos en sumas. Un caso de especial relevancia so os logaritmos neperianos. A notación desta función é ln.

$$\mathbf{Lema\:4.}\:ln\left ( A  \cdot B \right )=lnA  +lnB\quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad $$

Por fin enunciamos o teorema que nos interesa:

$$\mathbf{Teorema}\: \sum_{p\thinspace primo}^{}\frac{1}{p} \:diverxe \quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad \quad\quad\quad $$

Sexa n≥2 un número calquera. Consideremos o conxunto de primos p≤ n. Curiosamente a demostración non comeza cunha suma, senón cun produto.

$$\prod_{p\leqslant n}\frac{p}{p-1}=\prod_{p\leqslant n}\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\prod_{p\leqslant n}\left ( 1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{2}} +...\right )=\prod_{p\leqslant n}\left ( \sum_{k=0}^{\infty }\frac{1}{p^{k}} \right )>\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$

Quizais a última desigualdade precise algo de aclaración. Todo natural k ≤ n ten unha descomposición única mediante factores primos p que evidentemente serán menores que n. Todos os inversos 1/k pódense obter como algún produto dos elementos da esquerda da desigualdade. Ademais destes inversos 1/k deben obterse moitos máis valores.

O logaritmo neperiano é unha función crecente polo que conserva as desigualdades. Tomando logaritmos na desigualdade anterior:

$$ln\prod_{p\leqslant n}\frac{p}{p-1}=\sum_{p\leqslant n}\left ( ln\,p-ln\left ( p-1 \right ) \right ) >ln\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \right )\quad [1]$$

Como sabemos que o logaritmo neperiano é a primitiva da función racional 1/x: 

$$\sum_{p\leqslant n}\left ( ln\,p-ln\left ( p-1 \right ) \right ) =\sum_{p\leqslant n}\int_{p-1}^{p}\frac{1}{x}dx<\sum_{p\leqslant n}\frac{1}{p-1}\leqslant \sum_{p\leqslant n}\frac{2}{p}\quad [2]$$

Combinando [1] e [2] temos

$$\sum_{p\leqslant n}\frac{1}{p}>\frac{1}{2}ln\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \right )\quad $$

Como a serie harmónica diverxe, a suma do membro da dereita desta desigualdade non está limitada cando n⟶∞, polo tanto o seu logaritmo neperiano tampouco o estará. En consecuencia a serie dos inversos dos números primos tamén será diverxente. ☐

Podería pensarse que para esta viaxe non se precisaban alforxas. Tendo a elemental demostración euclidiana, hai algunha razón para remexer en todas estas cuestións máis complexas? Pois si, haina. Agora sabemos que a serie dos inversos dos primos ten suma infinita. Isto, ademais da cardinalidade danos unha idea da densidade dos primos no conxunto dos números naturais, o Santo Grial da aritmética.  Estamos en disposición de afirmar que aínda que se rarifican segundo imos considerando naturais máis grandes, hai suficientes primos como para que a suma dos seus inversos non estea limitada. 

Teñamos presente que a serie dos inversos dos cadrados converxe. Determinar ese valor foi denominado problema de Basilea pois foi resolto (como non!) por Euler, que era natural desa cidade. A súa solución é unha das máis fermosas perlas das matemáticas, non só polo sorprendente resultado coa intervención do número π, senón tamén pola forma en que foi deducido. Euler parte do desenvolvemento en serie de Taylor do seno:

$$sen(x)=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+...$$

Despois divide por x, obtendo 

$$\frac{senx}{x}=1-\frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}-\frac{x^{6}}{7!}+...\quad\quad [3]$$

As raíces desta función son da forma ±kπ. Velaí que podemos descompoñer a expresión en produto de factores atendendo a todas estas raíces:

$$\frac{senx}{x}=\left ( 1-\frac{x }{\pi} \right )\left ( 1+\frac{x }{\pi} \right )\left (1-\frac{x }{2\pi}  \right )\left (1+\frac{x }{2\pi}  \right )\left (1-\frac{x }{3\pi}  \right )\left (1+\frac{x }{3\pi}  \right )...=$$ $$=\left ( 1-\frac{x^{2}}{\pi ^{2}} \right )\left ( 1-\frac{x^{2}}{ 4\pi ^{2}} \right )\left ( 1-\frac{x^{2}}{9\pi ^{2}} \right )...$$

Ao realizar este produto escollendo únicamente os coeficientes cadráticos obtemos a expresión:

$$-\left ( \frac{1}{ \pi ^{2}} +\frac{1}{4\pi^{2}}+\frac{1}{9\pi^{2}}+...\right )=-\frac{1}{\pi^{2}} \sum_{1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}$$

Igualando isto co coeficiente cadrático de [3]:

$$-\frac{1}{6}=-\frac{1}{\pi^{2}} \sum_{1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}$$

Obtemos a desexada suma:

$$\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}$$

Agora ben, que esta serie teña suma poderíanos facer sospeitar que entre dous cadrados teña que haber polo menos un primo. Sorprendentemente este resultado aínda non está demostrado, nin refutado. Coñécese como a conxectura de Legendre. 

O problema dos bois de Newton

É moi interesante debullar como nós, como animais sociais, imos construíndo coñecementos e prexuízos. As matemáticas teñen unha imaxe social de saber esotérico, duro, difícil e incluso desagradable; mais tamén estas características reforzan a percepción das matemáticas como chave dos máis diversos e profundos coñecementos polo que ninguén se atreve a cuestionar a súa ignota necesidade. A todo isto contribúen moito as historias que recibimos arredor desta ciencia. 

Cando era novo recordo moitos avisos de prevención sobre a dificultade insuperable da materia. "Xa verás cando estudes (e aquí podemos poñer: ecuacións, logaritmos, derivadas,...), non hai quen as entenda" Así é imposible comenzar un novo curso sen medo. A isto hai que engadir as historias sobre eses temidos profesores de matemáticas. Eu mesmo podo contar o caso de quen "explicaba" en 2º de BUP (para os novos, pensade no curso para a idade de 4º da ESO) o plano vectorial real como un conxunto de clases de equivalencia (isto é, vectores equipolentes) e demostraba, por exemplo, que a suma de vectores non dependía do representante da clase que se elixira; e así todo. Xuro que é certo.

Recordo que o meu compañeiro de pupitre tiña un irmán que acababa de comezar os estudos universitarios e segundo contaba, propuxéranlle o problema de determinar o tempo que unha vaca tardaría en toda a herba dun prado, tendo en conta que a herba continuaría crecendo. Por máis interese que lle puxen ao conto, e por máis que o pedín, nunca cheguei a saber o enunciado exacto do problema. Estaba claro que a intención da historia, non era transmitir un problema, senón a de estender a idea de que o problema, fose cal for, era tremendamente difícil. Así son as matemáticas.

Recorte da páx. 90 da

Arthmetica Universalis, 1707

Non podía imaxinar a alegría que aquela historia do problema da vaca, xa prácticamente esquecida, me traería hai uns poucos días cando atopei un enunciado que ben podería ser aquel que nunca chegara a coñecer en detalle. O problema aparece nun libro, Arithmetica Universalis, que nas súas primeiras edicións non ten referencia ningunha ao seu autor, Isaac Newton.  Non sabemos a razón disto, quizais a enfermiza incapacidade de Newton para recibir críticas. O libro está elaborado a partir das notas que Newton escribira a partir da lectura doutros libros de álxebra para as conferencias que tiña que impartir como posuidor da cátedra lucasiana. Precisamente sería o seu sucesor na cátedra quen se encargaría da primeira edición, en latín, do libro Arthmetica Universalis no 1707, William Whiston (1667-1752), un dos máis activos precursores nas iniciativas para abordar o problema de determinar a lonxitude na navegación. Así como Newton mantivo as súas crenzas arrianas en segredo, Whiston non dubidou en facelas públicas polo que foi acusado de herexe e expulsado de Cambridge. Parece bastante probable que as coincidencias teolóxicas destes dous homes foron determinantes para que Newton o escollera Whiston como o seu sucesor na cátedra lucasiana.

O carácter conservador de Newton levaríao a desprezar a álxebra como "a análise dos trapalleiros en matemáticas",fronte á xeometría, que consideraba unha ciencia superior por estar axiomáticamente establecida. Paradoxalmente, a Arthmetica Universalis contribuiría ao medre da álxebra pois contiña resultados relevantes, como as fórmulas das potencias das raíces dunha ecuación alxébrica así como un método para determinar o máximo número de raíces reais. Tamén neste libro é onde Newton descubre a relación entre as raíces e o discriminante.

O problema

Recorte da páx. 79
da  Universal Arithmetik, 1720

  En contradición coas prevencións newtonianas á publicación, no 1720 aparece unha nova versión da obra, agora titulada Universal Arthmetik, e traducida ao inglés por Joseph Raphson (1668-1712), matemático inglés coñecido polo método de Newton-Raphson, de aproximación de raíces. O primeiro en publicar este método, no 1690, foi Raphson, e aínda que parece ser que Newton xa o coñecía en 1671, non se revelaría o seu achádego ata edición póstuma do Method of fluxions no 1736. Curiosamente, e como se pode comprobar, a tradución de Raphson da Artithmetica Universalis tamén se publica anos despois da morte deste. Volve a suceder que tampouco aparece o nome de Newton nesta edición. 

Despois desta breve introdución, desvelamos o enunciado do problema dos bois newtoniano:

Se b₁ bois comen todo o pasto dunha herbeira de área a₁ nun tempo c₁, e b₂ bois acaban cunha área a₂ nun tempo c₂; sabendo que a herba crece uniformemente, pídese achar cantos bois comerán unha área a₃ nun tempo c₃

Newton resolve o problema usando razoamentos de proporcionalidade, porén non se trata dun problema simple pois o engadido do crecemento contínuo da herba dificulta bastante a cuestión. Tendo en conta que, na súa notación denomina ás varibles a, b, c (bois, área e tempo da primeira herbeira), d, e f (aos da segunda herbeira) e finalmente g e h (área e tempo da terceira herbeira) ofrece como solución esta monstruosa expresión, sobre todo porque tamén aparece escrita á dereita coa miña notación:$$\frac { gbdfh-ecagh-bdegf+ecfga }{ befh-bceh } =\frac { { a }_{ 3 }{ a }_{ 2 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 2 }+{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 3 }{ b }_{ 1 } }{ { a }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 2 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 3 } } \quad \quad [1]\quad $$

Como alternativa, vou ofrecer unha solución máis alxébrica. 

Sexa h a cantidade de herba por unidade de área, k a herba que crece por unidade de tempo e área e   a que come un boi por unidade de tempo. Velaquí que como cada grupo de bois acaba co pasto da súa correspondente herbeira, temos o seguinte sistema de ecuacións lineares:

$${ a }_{ 1 }h+{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 }k-{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q=0\\ { a }_{ 2 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0\\ { a }_{ 3 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0$$

Vemos aquí un sistema homoxéneo pero que debe ter unha solución distinta da trivial. Polo tanto o determinante da matriz de coeficientes debe ser cero.

$$\begin{vmatrix} { a }_{ 1\quad  } & { c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { -c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \\ { a }_{ 2 } & { c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { -c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } \\ { a }_{ 3 } & { c }_{ 3 }{ a }_{ 3 } & { -c }_{ 3 }{ b }_{ 3 } \end{vmatrix}=0$$

A matriz ampliada das dúas primeiras ecuacións será: 

$$\begin{pmatrix} { a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q \\ { a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } q\end{pmatrix}$$

Resolvemos este sistema. Podemos aplicarlle a regra de Cramer e obtemos as solucións:

$$h=\frac { \left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } \quad \quad \quad k=\frac { \left( { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$

Newton pregúntanos por b_3.Se despexamos este valor na terceira ecuación:

$${ b }_{ 3 }=\frac { { a }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } h+\frac { { a }_{ 3 }{ c }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } k=\frac { { a }_{ 3 }\left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) +{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }({ a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }) }{ { { c }_{ 3 }a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ { c }_{ 3 }a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$

Obtemos, como era de esperar, o resultado da expresión que se presentou en [1]

Retrospectivamente, tal e como se presentou aquí, parece que Newton estaba a un paso dos determinantes. Non é así. Pero traballos moitos coma este contribuirían á creación dun ambiente de confianza nas posibilidades da álxebra e á procura de métodos que superasen as dificultades que establecían este tipo de cuestións. Cando hoxe se queren buscar as orixes dos determinantes é habitual comezar facendo referencia aos traballos de Leibniz, quen, por outra banda, había de ser obxecto dunha famosa controversia con Newton sobre a prioridade da invención do cálculo.

Un caso particular

Newton aínda ofrecería un caso particular do seu problema e que moitas veces foi proclamado como "o problema dos bois (ou das vacas) newtoniano". Di o seguinte:

12 bois comen 3⅓ de acres de pasto en 4 semanas, e 21 bois comen 10 acres de pasto en 9 semanas; achar cantos bois comerían 36 acres en 18 semanas

Para resolver esta versión bastaría substituir os datos nas fórmulas anteriores.

A división de Terence Tao

Terence Tao (1975-...) gañou a medalla de ouro das Olimpíadas Internacionais de Matemáticas cando tiña 13 anos. Nos dous anos anteriores conseguira as de bronce e prata. Na XXV IMC déronlle a medalla Fields. Estes só son algúns dos recoñecementos recibidos por estea figura extraordinaria das matemáticas.
A súa participación nas Olimpíadas fixo que na súa mocidade mantivese un profundo interese por este tipo de competicións. Isto levouno, con 15 anos, a escribir un libro centrado neste tipo de probas, Solving mathematical problems, que foi editado tamén en portugués pola SPM, dentro dunha colección de libros... sobre as olimpíadas. Non é de estrañar porque o libro recolle tanto algúns problemas deste tipo de probas, así como outros que ben poderían formar parte do adestramento para as mesmas. Con todo, Tao non se limita só a dar a solución, senón que explica como abrir liñas de ataque ao problema, como avalialas, como ir acurralandoo con mestría. Fica claro que Terence Tao xoga noutra división.
O primeiro capítulo do libro é un tanto especial, pois facendo honra ao seu título, Estratexias de reslución de problemas, dá unhas orientacións xerais, ao mellor estilo Polya. Para iso toma como referencia o seguinte problema:

As lonxitudes dos lados dun triángulo forman unha progresión aritmética de diferenza d. A área do triángulo é t. Calcule os lados e os ángulos do triángulo.

Tao desenvolve unha abordaxe fundamentada nos seguintes pasos:

• Entender o problema
• Distinguir os datos
• Percibir o obxectivo
• Escoller unha boa notación
• Escribir o que sabemos na notación que escollemos; facer un diagrama
• Modificar lixeiramente o problema
• Modificar grandemente o problema

Como mostra, recollo aquí algún dos problemas escollidos por Tao, comencemos por un de números:

Sexan k e n números naturais con k impar. Mostre que a suma 1^k+2^k+... +n^k é divisible por 1+2+---+n

Tamén propón algúns exercicios, como o seguinte:

Determine o maior enteiro positivo n, tal que n³+100 sexa divisible por n+10

Varios son das Olimpíadas Australianas de Matemáticas, velaquí un exemplo:

Un polígono regular con n vértices está inscrito nunha circunferencia de raio 1. Sexa L o conxunto de todos as posibles lonxitudes de todos os segmentos ligando dous vértices do polígono. Cal é a suma dos cadrados dos elementos de L?

No capítulo final, mesmo hai problemas inclasificables dentro do esquema usual de estruturación das matemáticas (aritmética, álxebra, xeometría, cálculo,...); son máis ben propostas relacionadas coa matemática recreativa. Por exemplo estuda o problema do xogo do yucky choccy , ou do chocolate asqueroso, que había de facer famoso Ian Stewart na súa columna do Scientific American,  e que posteriormente aparecería en Locos por las matemáticas (Crítica, 2004): dada unha tableta de chocolate de 6྾10 pezas cada xogador elimina no seu turno, ben filas, ben columnas da mesma. Perde o que se ve na obriga de coller a peza asquerosa situada nunha esquina da tableta. Terence Tao propón estudar o mesmo problema nunha versión tridimensional. Cal será a estratexia gañadora para un chocolate de 3×6×10? Cal dos xogadores gañará?
Unha fonte da que recolle algúns dos problemas é a competición internacional Tournament of the Towns , unha proba paralela ás olimpíadas nacida no 1979 en Rusia e que tivo moi boa acollida en Australia (ver aquí unha recompilación). O seguinte enunciado foi tirado desta competición.

Nunha certa illa hai 13 camaleóns cincentos, 15 camaleóns castaños e 17 vermellos. Se dous camaleóns de cores diferentes se encontran, mudan ambos para a terceira cor (por exemplo un castaño e un cincento mudaríam ambos para vermello), mais non mudan de cor en ningunha outra situación. Será posible que a certa altura os camaleóns fiquen todos da mesma cor?

Para rematar, un deses gorentosos problemas que che pegan unha volta coa pregunta final

Dous irmáns venderan un rabaño de ovellas. Cada ovella foi vendida por un número de rublos igual ao número de ovellas do rabaño, e o total obtido foi dividido do seguinte modo: o irmán máis vello colleu 10 rublos, despois o máis novo colleu 10 rublos, despois o máis vello colleu outros 10 rublos, e así sucesivamente. Ao final da división, o irmán máis novo, a quen tocaba a vez, verificou que había menos de 10 rublos, e polo tanto embolsou o que sobraba. Para tornar a división xusta, o irmán máis vello dou ao máis novo o seu canivete, que valía un número enteiro de rublos. Canto valía o canivete?