Cuestións diofantinas do "Sumario Compendioso" de Juan Díez

Tal e como prometera na primeira entrada adicada ao Sumario Compendioso de Juan Díez, vou continuar debullando algúns aspectos dese libro. Neste caso abórdanse as páxinas tituladas Cadrados, que tratan sobre problemas diofantinos.

Primeira cuestión. Dáme un número que xuntándolle 15 faga un cadrado e restándolle 4 tamén sexa cadrado.

Regra. Suma 15 e 4, son 19. Engádelle 1, son 20. Toma a metade, que é 10. O seu cadrado, 10 veces 10 son 100. Disto resta 15 que son 85, e este é o número demandado do cal resta 4, que dá 81, cuxa raíz é 9.

No Liber quadratorum de Leonardo de Pisa, a segunda proposición di que calquera cadrado excede ao inmediatamente anterior na suma das súas raíces. En efecto, $n^{}-\left ( n-1 \right )^{2}=2n-1=\left ( n-1 \right )+n$.

Se aplicamos este resultado á primeira cuestión, temos que buscar un número intermedio entre dous cadrados consecutivos que diste 15 e 4 dos mesmos. A suma das distancias será a diferenza dos cadrados: $15+4=9=2n-1$. Se, como di Juan Díez, lle engadimos 1, obtemos $2n$.

Segunda cuestión. Dáme un número que xuntándolle 8 sexa cadrado e restándolle 8 fique cadrado. En maior cantidade dáme un número que xuntándolle 20 sexa un cadrado e restándolle 20 fique cadrado.

Regra. Toma a metade de 8, que é 4. Eleva ao cadrado, é 16, xúntalle 1, é 17 e este é o número demandado.[...] Toma a metade de 20, que é 10. Eleva ao cadrado, é 100, xúntalle 1 e fai 101 e este é o número demandado.

Os cadrados son $17-8=9=3^{2}$ e $17+8=25=5^{2}$ no primeiro caso e $101-20=81=9^{2}$ e $101+20=11^{2}$ no segundo. Nos dous os cadrados son da forma $\left ( n-1 \right )^{2}$ e $\left ( n+1 \right )^{2}$, de aí que a solución veña dada pola media $$x=\frac{\left ( n-1 \right )^{2}+\left ( n+1 \right )^{2}}{2}=n^{2}+1$$ Se lle chamamos $d$ á distancia entre o número buscado e calquera dos cadrados $\left ( n-1 \right )^{2}+2d=\left ( n+1 \right )^{2}$, de aí que $n=n=\frac{d}{2}$ e, polo tanto $x=\left ( \frac{d}{2} \right )^{2}+1$, que é a regra que dá Juan Díez.

Terceira cuestión. Unha persoa ten dúas cordas moi boas, danlle por elas 8 pesos, non as quere dar. Vén outro a compralas por varas de forma que por cada vara lle dá tantos tomíns como varas teña a corda. Despois de botar contas observa que este non lle dá máis que o primeiro. Demando cantas varas tiña cada corda.

David Eugene Smith explica a solución que se dá no Sumario compendioso da seguinte maneira. Sexan $x$, $y$, as lonxitudes (que neste problema son iguais aos prezos) de cada unha das cordas. Tendo en conta que 8 tomíns equivalen a un peso, o que se paga por elas son 64 tomíns. Se damos todos os valores en tomíns, o prezo das dúas cordas será $x^{2}+y^{2}=64=8^{2}$. Entón Díez emprega un método que non aceptariamos hoxe. Partindo de que $3^{2}+4^{2}=5^{2}$. aplica unha regra de 3 (!) entre estas expresións obtendo $\frac{x}{3}=\frac{8}{5}$, de aí que $x=4\frac{4}{5}$ e despois $y=64\frac{2}{5}$

Cuarta cuestión. Se che fose pedida esta cuestión: dáme un cadrado tal que restándolle unha certa candidade fique un cadrado e engadíndolla sexa tamén cadrado.

Lembremos que este é esencialmente o problema que Xoán de Palermo lle propuxo a Leonardo de Pisa e que sería o que daría lugar a que este escribira o Liber quadratorum. Do que se trata é de achar tres cadrados en progresión xeométrica. Na ligazón vese como o resolveu Fibonacci, a partir da definición dos congruum e os números congruentes con eles. Juan Díez dá un listrado destes valores e resolve o problema a partir deles. Aquí volvemos a ver a un Juan Díez coñecedor da terminoloxía e dos estudos dos cadrados feitos por Leonardo de Pisa.

Se aos congruos lle sumamos e restamos os congruentes, obtemos a terna de cadrados en progresión aritmética. No primeiro caso $25-24=1$, $25-24=49$. Resulta que $(1=1^{2},25=5^{2},49=7^{2})$ é unha das ternas buscadas. No segundo caso $100-96=4$ e $100+96=196$. Outra terna de cadrados en progresión xeométrica será $(4=2^{2},100=10^{2},196=14^{2})$

Curiosamente, así como podemos dar moitos exemplos de tres cadrados en progresión aritmética non é posible achar catro cadrados en progresión aritmética. Parece ser que Fermat estableceu este resultado nunha carta a Frenicle en 1640 pero que, como era o seu costume, non ofreceu ningunha demostración. Euler había de daría un resultado que levaría directamente á demostración, pero ata ben entrado o século XX non se ten coñecemento de que ninguén se volvera a preocupar deste teorema co fin de ofrecer unha demostración explícita. 

Quinta cuestión. Achar tres cadrados ou máis tales que sumados fagan un cadrado.

Nesta outra entrada explicamos como Fibonacci podía dar unha suma de $n$ cadrados que fose tamén un cadrado. Para is0 non tiña máis que aplicar recursivamente esta identidade para calqura número impar $x$: $$x^{2}=\left (\frac{x^{2}+1}{2}  \right )^{2}-\left (\frac{x^{2}-1}{2}  \right )^{2}$$

A resposta de Juan Díez é a mesma que a que acabamos de indicar, polo que volvemos a ver que coñecía os tópicos matemáticos desa altura.

Tomo o primeiro número cadrado impar, que é 9, ao cal resta un, quedan 8, toma a metade e cádrao, son 16 e isto é o segundo, axunta 9 e 16, son 25, [e agora repite o proceso], quita un, quedan 24, toma a metade, é 12, cádrao, son 144 e este é o terceiro. Se o queres ver suma 9 e 16 e 144, son 169, raíz dos cales é 13: e nota que por esta vía poderalo facer in infinitum.

O seguinte problema está relacionado con este.

Sexta cuestión. Digo que me deas un cadrado que quitándolle ou xuntándolle tres veces a súa raíz fagan un número cadrado.

Para resolvelo Díez aproveita a súa lista de números congruos. De feito el usa o primeiro da lista, aquel que nos dá $25-24=1$ e $25+24=49$. Teñamos presente que $24=3\cdot 8$, de aí que $5^{2}-3\cdot 8=1^{2}$. O problema estaría resolto se nesta igualdade, no canto dun $5^{2}$ tivese un $8^{2}$. Para aproveitar este feito multiplico a igualdade por $\frac{5^{2}}{8^{2}}$:

$$\frac{5^{2}}{8^{2}}\cdot 5^{2}-3\cdot 8\cdot \frac{5^{2}}{8^{2}}=\frac{5^{2}}{8^{2}}$$

$$\left (\frac{25}{8}  \right )^{2}-3\cdot \frac{25}{8}=\left ( \frac{5}{8} \right )^{2}$$

De aí que $\frac{25}{8}$ sexa a solución do problema proposto que se dá no Sumario Compendioso.

Os dous últimos problemas teñen unha redacción moi parecida. Por iso xa os damos xuntos.

Sétima cuestión. Anota isto, o cadrado de 2 é 4, o cadrado de 3 é 9, e a súa suma fai 13. Dáme outros dous números que non sexan nin 2 nin 3, tal que a suma dos seus cadrados sexa 13.

Oitava cuestión. O cadrado de 3 é 9, o cadrado de 4 é 16, e sumados, 25. Dáme outros números que non sexan nin 3 nin 4, tal que a suma dos seus cadrados sexa 25.

Está claro que as solucións terán que ser racionais.... e como a lonxitude a entrada xa vai sendo suficente, deixamos o comentario neste punto.

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.