A curiosa xeometría de Márta Svéd. O V postulado e máis alá (e 3)

Este é o terceiro e derradeiro capítulo da serie adicada a unha xeometría que a matemática húngara Márta Svéd presenta nun dos capítulos do seu libro Journey into Geometries (AMS/MAA, 1991). Os dous capítulos anteriores:

• A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. Introdución (1)
• A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. O IV postulado (2)

O V postulado

Sexa $\alpha$ unha circunferencia pasando por $O$ e $P$ un punto que non estea en $\alpha$. Consideremos agora $t$, a recta tanxente a $\alpha$ en $O$ e a súa perpendicular $p$. Trazamos o segmento $OP$ e a súa mediatriz $m$. O punto de intersección de $m$ e $p$, ao que chamaremos $C$, é o centro da circunferencia $\omega$ que pasa por $P$ e é tanxente a $\alpha$ en $O$. Traducido á linguaxe da W-xeometría, $\omega$ é a única W-recta paralela a $\alpha$ que pasa por un punto $P\notin \alpha$.

No caso de que $P \in t$ a propia recta $t$ sería a W-recta paralela a $\alpha$ pasando por $P$

Cando se trata de trazar W-paralelas Márta Svéd advírtenos dunha aparente inconsistencia. Se fixemos ben as cousas a relación "ser W-paralela a" debería ser unha relación de equivalencia entre W-rectas. Porén se nos fixamos na seguinte figura veremos que non se verifica a propiedade transitiva.

U-la a falacia?

Efectivamente, $a$ é paralela a $b$ (ten en conta que non se cortan en $O$ pois este punto non existe na $W$ xeometría) e $a$ e $\alpha$ son tamén paralelas. Pero é obvio que $b$ e $\alpha$ se cortan. Onde está a falacia neste argumento?

Máis alá

Nas anteriores liñas fixemos o exercicio de irmos comprobando os cinco postulados clásicos euclidianos pero podemos, e debemos, ir máis alá. Digo que debemos porque é ben sabido que Euclides non pasaría os estándares actuais para o estalbecemento dunha teoría axiomática. Non temos que remitirnos á revisión feita por Hilbert pois temos noticia que desde a época clásica houbo críticas aos Elementos. O V postulado explica cando se cortan dúas rectas, pero non temos ningún que nos indique como se cortan dúas circunferencias, compriría garantir a continuidade das liñas. Polo visto na anteriormente, na epígrafe adicada ao Postulado III, o corte de W-circunferencias compórtase da mesma maneira que o de circunferencias.

Noutras entradas demostramos que a inversión conserva os ángulos. En consecuencia a W-xeometría non só nos permite trasladar ángulos rectos (postulado IV), senón que o fai con calquera tipo de ángulos. 

Nós aquí traballamos coa formulación de Playfair do V postulado: "por un punto exterior a unha recta pasa unha única paralela". Mais sabemos que este enunciado é equivalente a que a suma dos ángulos dun triángulo sexa de 180º. Márta Svéd ofrece a explicación deste caso. Tamén explica como facer un exercicio que aínda non tratamos: o trazado de perpendiculares.

Dada unha W-recta $\alpha$ e un W-punto $P$, tracemos a tanxente $t$ a $\alpha$ por $O$ e a mediatriz $m$ do segmento $OP$ que se cortarán no punto $C$ que será o centro da circunferencia $\pi$ que pasa por $P$ e por $O$. $\pi$ é perpendicular a  $\alpha$ 

trazado de W-perpendiculares

Teriamos que considera un caso especial, se $P$ estivera na recta perpendicular a $t$ esa perpendicular tamén sería perpendicular a $\alpha$. Aquíi non me molestei moito en distinguir "perpendicular" de "W-perpendicular" porque a medida de ángulos na W-xeometría coincide coa da xeometría euclidiana usual.

A curiosa xeometría euclidiana de Márta Svéd. O desprazamento (2)

Márta Svéd

Esta entrada é a continuación da anterior: A curiosa xeometría de Márta Svéd.Introdución (1) Para poder entender o que vén de seguido cómpre botarlle un ollo.

Do que se trata é de comprobar que a W-xeometría descrita nesa entrada, é unha xeometría euclidiana. Para iso estamos comprobando que verifica os postulados de Euclides. Xa o fixeramos cos tres primeiros. Continuemos.

IV postulado

A miña primeira intención foi a de despachar este postulado nun par de frases. Lembremos que xa demostramos que a inversión conserva os ángulos.  Parece que non hai máis que engadir. Pero parémonos a reflexionar.

O IV postulado di que "todos os ángulos rectos son iguais entre si". Tendo en conta que entre as nocións comúns dos Elementos de Euclides temos unha que di que "cousas iguais a unha mesma cousa son iguais entre si", que necesidade habería de engadir o IV postulado? Ademais os tres primeiros postulados remiten a unha construción con regra e compás, porén o IV non o fai. Tense especulado que pode ser unha interpolación engadida por algún copista baixo o argumento de que a igualdade de dous ángulos rectos apenas se usa nas 465 proposicións dos trece libros dos Elementos, e cando se fai, non é de xeito explícito. 

As lecturas modernas deste postulado, debidas a Klein e a Clifford,  remiten a unha interpretación do IV postulado como aquel que permitiría o desprazamento dun ángulo recto a calquera punto do plano. Na W-xeometría un W-desprazamento estará formado por W-reflexións, isto é, por inversións. Teñamos presente que estamos construíndo unha xeometría euclidiana. De aí que os desprazamentos (translacións, xiros ou reflexións) deben poder obterse a partir das reflexións. Isto é, se explicamos como son as reflexións, teremos determinados todos os desprazamentos. Pois ben, as W-reflexións serán as inversións respecto das W-rectas (isto é: respecto das circunferencias que pasan por O) 

A cuestión do desprazamento

Nunca na Grecia clásica houbo mención á problemática do desprazamento, con todo procuraremos ver que na W-xeometría non se produce unha distorsión das W-distancias cando se aplica a inversión. Para iso axudarémonos dun libro ao que fai referencia Márta Svéd, Non-euclidean Geometry, de Roberto Bonola (1874-1911), (Open Court Publishing Company, 1912).

Hai unha publicación do libro de Bonola en español, Geometrías no euclidianas (Calpe, 1923) que é a tradución da edición en italiano do 1906. Estas edicións só conteñen 3 apéndices. Desafortunadamente o que nos interesa vén no quinto apéndice, só presente na edición inglesa, pois é nese derradeiro apéndice onde Bonola traballa coa xeometría recollida por Márta Svéd.

Comprobemos que na W-xeometría se verifica o seguinte teorema

Teorema. A inversión por unha W-recta conserva a W-distancia

Pasemos a demostralo.
Sexa $AB$ un W-segmento e $\omega$ a circunferencia de centro $C$ que pasa por $O$ e $D$. Fagamos respecto desta circunferencia a inversión do W-segmento $AB$ en $A'B'$ Sexa $D$ o punto de corte de $\omega$ e a circunferencia que pasa por $A$, $B$ e $O$.

$$\frac{d_{W}\left ( AD \right )}{d_{W}\left ( A'D \right )}=\frac{\frac{AD}{OA\cdot OD}}{\frac{A'D}{OA'\cdot OD}}=\frac{AD\cdot OA'}{A'D\cdot OA}$$

O noso propósito será demostrar que este cociente é 1.

Pola definición de inversión: $$CA\cdot CA'=CD\cdot CD$$

$$\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}$$

Entón, polo criterio LAL os triángulos $CAD$  e $CA'D$ son semellantes (comparten o ángulo en $C$ e os lados que o determinan son proporcionais). De aí que teñamos as seguintes proporcións:$$\frac{DA}{DA'}=\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}\quad\quad [1]$$

Outra vez pola definición de inversión: $$CA\cdot CA'=CO\cdot CO$$

Análogamente teremos que os triángulos $CAO$ e $CA'O$ son semellantes e $$\frac{CA}{CO}=\frac{CO}{CA'}=\frac{OA}{OA'}\quad\quad [2]$$

Como $CD=CO$ temos que $[1]=[2]$

"$$\frac{DA}{DA'}=\frac{CA}{CD}=\frac{CD}{CA'}=\frac{CA}{CO}=\frac{CO}{CA'}=\frac{OA}{OA'}$$

Fixándonos na primeira e última proporcións $\frac{DA}{DA'}=\frac{OA}{OA'}$

Tal e como anunciamos ao comezo da demostración, isto implica que $d_{W}\left ( AD \right )=d_{W}\left ( A'D \right )$

Analogamente $d_{W}\left ( BD \right )=d_{W}\left ( B'D \right )$

Daquela $$d_{w}\left ( AB \right )=d_{W}\left ( AD \right )-d_{W}\left ( BD \right )=d_{W}\left ( A'D \right )-d_{W}\left ( B'D \right )=d_{W}\left ( A'B' \right )$$

$$\frac{d_{W}\left ( AD \right )}{d_{W}\left ( A'D \right )}=\frac{\frac{AD}{OA\cdot OD}}{\frac{A'D}{OA'\cdot OD}}=\frac{AD\cdot OA'}{A'D\cdot OA}$$

Con isto quedaría demostrado o teorema. En conclusión, o desprazamento na W-xeometría conserva tanto ángulos como distancias.

No seguinte e derradeiro capítulo desta serie, abordaremos o comportamento da W-xeometría en relación co V postulado de Euclides.

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 $1$:

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

Grazas Poniachick!

Hai uns días, limpando o faiado atopei un pequeno fateixo de revistas que comprara cando era novo. Eran exemplares de Cacumen, unha revista mensual publicada por Zugarto,  editorial madrileña especializada en crucigramas e pasatempos. Sacáronse un total de 47 números entre os anos 1983 e 1986. 

Para os meus petos era moi cara. Con todo chegara a comprar algúns números.  A revista estaba adicada aos xogos. Nela podías encontrar relatos breves con algunha conexión lúdica, retos, curiosidades, cuestións, bandas deseñadas e tamén artigos sobre matemáticas recreativas e xogos. Moitas tardes teño pasado cun xogo de cartas recollido do nº 31 ! O xogo, chamado noventa e nove é facilmente adaptable á baralla española. Como curiosidade, nese mesmo número había un artigo sobre o "extravagante" libro das sucesións de números enteiros de Sloane. Daquela non existía internet.

Practicamente en todos os números había algún artigo e varias referencias ás matemáticas. Por exemplo no nº 34 explícase en poucas palabras a demostración mediante conos do teorema de Monge que foi obxecto doutra entrada neste blogue.

No nº 16 lera por primeira vez a demostración de Euclides da existencia de infinitos números primos. Só por estas poucas liñas xa pagaba a pena a revista. A extraordinaria demostración é unha referencia central das matematicas. Supoñamos, segundo nos indica Euclides, que só hai unha cantidade finita de números primos: 2, 3, 5, 7,...., p, onde lle chamamos p ao maior deles. Consideremos agora o número N=2・3・5・7・....・p + 1. N pode ser primo ou non selo. Se o é xa achamos un primo maior que p. Se non o é terá que ter algún divisor primo pero nin 2, nin 3, nin 5, nin 7,...., nin p son divisores de N xa que o resto da división de N por calquera deses números será 1. De aí que ese eventual divisor primo de N ten que outro maior que p que non estea na relación dada. En calquera caso ten que haber algún primo máis que os supostos, isto é, ten que haber infinitos.

Entre as páxinas de Cacumen tamén se poden achar xogos de Sam Loyd ou artigos de Henry Dudeney, mais cando se fala de xogos e de matemáticas ten que aparecer indefectiblemente Martin Gardner. Apareceron artigos seus nos exemplares nº 24,  nº 26, nº 27 e do nº 32. Neste último trata sobre a cicloide e no primeiro sobre o número π. En moitos outros hai referencias a contribucións súas. En concreto no nº 33 un tal Tadeo Monevin expón e resolve o seguinte problema do divulgador norteamericano:

Un número fantasmal. Unha dama, interrogada polo seu número de teléfono contestou de forma ben curiosa: "o número termina en 4, e se vostede corre o 4 cara adiante de forma que se converta no primeiro díxito, o novo número resulta ser 4 veces o orixinal". Cal é o número telefónico da dama?

Tadeo Monevín é o pseudónimo de Jaime Poniachick (1943-2011), un matemático nacido en Uruguai moi destacado no mundo das matemáticas recreativas. En Arxentina editou da Revista del Snark, que tivo unha curta vida entre os anos 1976 e 1978. Uns anos despois sería o responsable da publicación doutra revista, El Acertijo. Poniachick era un colaborador habitual de Cacumen. El é o autor dun artigo publicado no nº 39 que me quedou gravado a lume. Presentaba o seguinte problema:

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

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

polo que o raio da circunferencia corda extendida supera en 1/2π unidades ao raio da circunferencia inicial independentemente do valor do raio. No caso que nos ocupa, como incrementamos a lonxitude nun metro, o raio aumentaría uns 16 cm tanto no caso da Terra como no da laranxa.

A alma de Poniachick era profundamente matemática. Este artigo continúa preguntándose que pasaría se o cordel ata cadrados de distinto tamaño, ou trigángulos, ou hexágonos,.... Remata con outra perla:

O raíl dilatado. Consideremos un raíl recto de 500 m. de lonxitude fixado nos seus extremos. Coa calor do verán expándese 2 m formando unha xiba no seu centro. Se o arqueamento que se produce é simétrico, que altura estimarías que acadará? 

A resposta, como no caso anterior da Terra e a laranxa, é sumamente antiintuitivo. Poniachick indícanos que unha boa estimación desa altura poderiamos obtela supoñendo que no canto dunha curva temos dúas rectas. 

Quizais o lector coñeza xa a métrica do taxi, atribuída a Minkowski. Para obter a distancia entre dous puntos debemos desprazarnos polas horizontais ou verticais determinadas por eses puntos. A distancia entre os puntos A e B da seguinte figura será 5+3=8. Sobre isto escribe Poniachick no nº 35

A combinatoria dinos que podemos emparellar 4 puntos de 6 formas distintas. Na imaxe que se mostra a continuación están colocados 4 puntos de forma que as distancias entre eles sexan 1, 2, 3, 4, 5 e 6. 

Sabemos que podemos emparellar 5 puntos de 10 formas distintas. Poderemos colocar 5 puntos sobre o plano de forma que coa métrica do taxi as súas distancias cubran todos os valores enteiros entre 1 e 10? A resposta é que non e a razón ten que ver coa paridade. Fagamos un esquema conectando 5 puntos entre si. O resultado é un pentágono coas súas 5 diagonais. Cada conexión entre dous puntos terá unha medida ben par, ben impar. Fixemos uns valores de paridade para as conexións co punto A: p indica par e i indica impar. No seguinte esquema aparecen en laranxa e a escolla aos puntos B, C, D e E foi p, i, i, i. Isto determina todas as demais pois cada vez que tracemos un triángulo ten que verificarse a "regra dos signos" pois, por exemplo, se entre B e A hai unha distancia par e entre A e C hai unha impar, A distancia entre B e C será impar.

Se facemos o reconto veremos que hai un total de 4 conexións pares e 6 impares cando o número de pares e impares entre os números 1 e o 10 distribúense equitativamente 5 a 5. Con outras escollas iniciais de paridade para o punto A volve a suceder o mesmo, de aí que sexa imposible resolver o problema con 5 puntos. Tamén é imposible facelo con 7 pero sí é posible con 6. Neste caso verás que se obterán todas as distancias entre 1 e 15 colocando eses 6 puntos sobre un rectángulo de dimensións 7🇽8.

No seu artigo do nº 40 Poniachick propón a seguinte cuestión:

Triangulación. Dentro dun triángulo grande distribuímos 5 puntos que, xunto cos 3 vértices do triángulo utilizamos para dividilo en 11 trianguliños. Cantos triganguliños conseguiremos distribuíndo 1000 puntos dentro do triángulo grande?

As ideas aquí recollidas non o foron cun criterio sistemático. Centreime nas revistas que aínda conservo e noutras que coñecía polas portadas. Poden consultarse todos os números de Cacumen nesta entrada do blogue Espejo lúdico. 

Ah! Unha última anotación. Os artigos aos que se fixo referencia ao principio que trataban sobre o libro das sucesións de Sloane, o teorema de Monge e a demostración euclidiana da existencia de infitnitos primos tamén eran da autoría de Poniachick. Ata que nestes días revisei estas revistas e me decatei disto non sabía que el foi unha das persoas que máis me influiu en que quixera estudar matemáticas. Grazas Poniachick!

O xogo euclidiano

O xogo xeométrico 

Para  este xogo cómpre que teñamos un xeoplano de Gattegno no que delimitaremos un rectángulo. Por poñer un exemplo, consideremos o seguinte de dimensións 14×4

 

Participan dous xogadores. O primeiro pode pintar tantos cadrados da menor das dimensións como queira. No noso caso trátase de marcar cadrados 4×4. O primeiro xogador podería pintar 1, 2 ou 3 cadrados. Na seguinte partida marca os 3 cadrados polo que sobra un rectángulo de 2×4. É a quenda do segundo xogador que agora poderá marcar cadrados 2×2. Como marcou os dous cadrados vermellos gañará, pois o outro non pode continuar a partida.

Velaquí outra partida nun taboleiro 14×9 na que volve a gañar o segundo xogador

Estas imaxes están sacadas de Cut the Knot

O xogo aritmético

Tamén temos a posibilidade de xogar partidas usando unicamente os valores das dimensións do rectángulo. Deste xeito comezamos cun par de números naturais (a,b) En cada paso o xogador pode restar o menor do maior cantas veces queira, sempre que o resultado sexa estritamente positivo. Se supoñemos, por exemplo, que a<b unha xogada consistirá en pasar de (a,b) a (a, b-pa) sendo tamén b-pa un enteiro estritamente positivo. Gañará aquel que consiga que os dous números sexan iguais. Na seguintes series desenvólvense as partidas anteriores e tamén se ofrece un exemplo doutro par de novas partidas. Indícase o comezo da partida en negro, o primeiro xogador fai as xogadas marcadas en azul e o segundo as marcadas en vermello. A última cor é a do gañador.

Partida 1: (14,4) ⟶ (2,4) ⟶ (2,2)

Partida 2: (14,9) ⟶ (5,9) ⟶ (5,4) ⟶ (1,4) ⟶ (1,1)

Partida 3: (300,105) ⟶ (195, 105) ⟶ (90, 105) ⟶ (90, 15) ⟶ (15, 15)

Partida 4: (97, 352) ⟶ (97, 139) ⟶ (97, 42) ⟶ (42, 55) ⟶ (42, 13) ⟶ (16, 13) 

                                ⟶ (3, 13) ⟶ (3, 4) ⟶ (3,1) ⟶ (1,1)

Unha proposta para a aula consistiría en presentar unha boa colección de pares de números e invitar ao alumnado, formando parellas, a escoller un un deses pares establecendo cal dos dous comeza a partida.

Despois de algo de práctica é o momento de preguntar se alguén ve algunha relación entre os números de partida e o número final.

Estou seguro de que calquera que dea lido ata aquí xa se terá decatado de que, aínda que sexa con outra aparencia, o que estamos a facer é aplicar o algoritmo de Euclides para o cálculo do máximo común divisor de dous números. Velaquí temos unha boa oportunidade de introducir un aspecto completamente esquecido pola LOMCE e os libros de texto.

Unha estratexia xeométrica

Unha profundización que en certa medida escapa das aulas de secundaría consistiría na elaboración dunha estratexia para gañar. Presentaremos dúas. Comprobarase que ningunha delas remite a unha receita simple. Ademais involucran algo, nun principio, inesperado, que o número áureo Φ interveña ineludiblemente nas mesmas. Lembrémoslle algunhas propiedades: $$\Phi =\frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 } =1+\frac { 1 }{ 1+\frac { 1 }{ 1+.... }  } =[1;1,1,1,1,...]\quad \quad \quad \quad \quad \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  } =1$$

Consideremos a rede formada polos puntos do plano con dúas coordenadas enteiras estritamente positivas. Cada partida comeza nun punto desa rede. En cada movemento trasladaremos un punto (a,b) desa rede a outro. Ademais en cada quenda haberá que facer un desprazamento ben horizontal cara a esquerda, cando a>b, ben vertical cara abaixo, cando a<b. Gañará aquel que consiga trasladar o punto á diagonal (a=b). Cómpre ter presente que un movemento válido será aquel no que á coordenada maior lle restemos un múltiplo da menor. Na seguinte imaxe aparece representada a segunda partida:

 

Neste contexto gañará aquel que consiga levar o punto á diagonal. Podemos asegurarnos a vitoria? Nese caso, cal debe ser a estratexia? Todo aparece explicado na seguinte imaxe na que nos aparecen dúas rectas de pendentes Φ e 1/Φ. Teñamos en conta que Φ é irracional polo que estas rectas non pasarán por ningún punto da rede de enteiros.

Distinguimos pola cor dúas zonas. Se nos toca mover e estamos nun punto da zona verde, gañaremos. Bastará con que movamos o punto a outro da zona vermella. Pola contra, se cando nos toca a quenda partimos dun punto da zona central, non teremos ningunha oportunidade. Para comprobalo, supoñamos que a partida está nun  punto (a, b) da zona verde cando nos toca xogar e que o noso movemento consiste en trasladar verticalmente o punto (a<b). A cuestión é: será posible que poidamos trasladar ese punto á zona vermella? Basta con que nos decatemos de que a intersección da recta vertical x=a coa zona vermella é un segmento de lonxitude a, polo tanto debe existir polo menos un punto ao cal facer o movemento (a,b) ⟶ (a,b-pa) : $$lonxitude\quad do\quad segmento\quad =\quad \Phi a-\frac { 1 }{ \Phi  } a=\left( \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  }  \right) a=1\cdot a=a$$

No caso de termos que facer o movemento en horizontal (a>b), por simetría,  o argumento sería o mesmo. Pola contra, e precisamente pola mesma razón (a lonxitude do segmento vermello ser a), se nos toca xogar a partir dun punto da zona central, calquera movemento nos levará fóra dela, pois debemos trasladar o punto unha lonxitude p・a. 

 

Unha estratexia aritmética

Consideremos a fracción a/b cando a>b (respectivamente b/a cando b<a). Escribamos esa fracción na súa forma continua: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ]. Un movemento consistirá, ben en eliminar o primeiro elemento: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ] ⟶  [a₁, a₂, a₃,..., a_n ], ben en diminuílo: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ] ⟶  [a₀ - k, a₁, a₂, a₃,..., a_n ]. Gañará o que poida reducir esta expresión a [1]

Poñamos por caso que nos presentan o seguinte par: (442, 193) asociarémoslle a fracción $$\frac { 442 }{ 193 } =2+\frac { 1 }{ 3+\frac { 1 }{ 2+\frac { 1 }{ 4+\frac { 1 }{ 6 }  }  }  } =[2,3,2,4,6]$$

Neste caso hai unha estratexia ben simple, que consiste en reducir o primeiro elemento a un 1 xa que isto forza a que o contrincante só teña a posibilidade de eliminar ese primeiro elemento.

[2,3,2,4,6] ⟶ [1,3,2,4,6] ⟶ [3,2,4,6] ⟶ [1,2,4,6] ⟶ [2,4,6] ⟶ [1,4,6] ⟶ [4,6] ⟶ [1,6] ⟶ [6]  ⟶ [1]

Poderiamos seguir este procedemento sempre que os elementos da fracción continua fosen todos maiores que 1. Pero que facer de non ser este o caso? Hai que modificar a táctica anterior. Xa enxergamos que o número áureo pode ter, outra vez, o seu papel debido a que a súa expresión en fración contínua é [1, 1, 1, ...]. 

Teremos asegurada a vitoria para o primeiro xogador no caso de que o primeiro valor a_k distinto de 1 teña subíndice par. Sexa  e_k+1 =[a_k+1, a_k+2,..., a_n  ] . Temos dúas posibilidades

• Se  e_k+1 < Φ   faremos a xogada [a_k , a_k+1, a_k+2,..., a_n] ⟶  [a_k+1, a_k+2,..., a_n ]=[1, a_k+2,...a_n]   pois neste suposto  a_k+1=1.
  
• Se e_k+1 > Φ    faremos a xogada [a_k , a_k+1, a_k+2,..., a_n] ⟶  [1, a_k+1, a_k+2,..., a_n]
  

Nas dúas alternativas forzamos a que o contrincante teña só un posible movemento, ten que eliminar o primeiro elemento da fracción continua xa que é un 1.

Os detalles tanto destas estratexias pódense consultar, no volume 41, número 4, da publicación The Fibonacci Quaterly , concretamente no artigo de Tamás Lengyel, "A Nim-Type Game and Continued Fractions" 

Axiomas de Euclides, Hilbert e Tarski.2

Despois de repasar a axiomática de Euclides e Hilbert, pasamos á de Tarski.

Os axiomas de Tarski

Finalmente chegamos ao que foi orixe de toda esta entrada, aos axiomas de Tarski, que puiden coñecer a partir do artigo de António Bívar do libro Treze viagens pelo mundo da matemática (U. Porto Edições, 2010). Alén deste artigo o libro é moi recomendable pois trata desde unha perspectiva case divulgativa trece aspectos moi diversos e interesantes das matemáticas a un nivel dos primeiros cursos universitarios.

A axiomática de Alfred Tarski (1901-1983) é destacable pola súa economía de recursos. Trátase dun sistema elaborado nunha linguaxe de primeira orde, polo que polo teorema de Löwenheim-Skolem,baixo a hipótese de consistencia, sabemos que terá un modelo contable. Como nota aparte non me resisto a contar unha anécdota dunha clase da materia de Lóxica en 4º-5º de carreira. Foi o caso de que o profesor nos foi presentando o que pretendía ser un conxunto de axiomas para os números reais nunha linguaxe de primeira orde. Outra vez, usando o teorema de Löwenheim-Skolem, demostrounos que o cardinal do conxunto dos número reais era ℵ₀. A ningún dos alumnos nos estrañou, non sei se foi porque a esas alturas da carreira xa tragabamos con todo ou porque a clase era un día de calor ás catro da tarde.

Volvendo ás características das axiomática de Tarski para a xeometría, destacar que só emprega dúas operacións elementais, a igualdade e a pertenza, unicamente un obxecto primitivo (os puntos) e dúas relacións primitivas (congruencia e "estar entre"). Así escribiremos xy≡zw para indicar que os segmentos zy e zw teñen a mesma lonxitude e Bxyz co significado de que "y está entre x e z". Imos alá cos primeiros axiomas:

• T.1. (Reflexividade simétrica) xy≡yx

• T.2. (Transitiva)   xy≡zw∧xy≡uv ⟶ zw≡uv

A partir destes axiomas obtense a reflexividade da congruencia: xy≡xy e a transitividade na súa versión usual: xy≡zw∧xy≡uv ⟶ zw≡uv . De aí que a congruencia sexa unha relación de equivalencia. Con todo aínda cómpre o seguinte axioma:

• T.3. (Identidade da equidistancia) xy≡zz ⟶ x=y

Comencemos a introducir os axiomas de ordenación. O seguinte garante que en calquera semirecta ox podemos construír un segmento xy congruente cun uv prefixado.

• T.4. ∀o, x, u, v  ∃y (Boyx ∧ uv≡yx)

Con este novo axioma pódese demostrar que xx≡yy ou que Bxyy

O seguinte axioma establece que no segmento xx só existe un punto:

• T.5. Bxyx ⟶ x=y

Tal e como sucedía na proposta de Hilbert, Tarski tamén precisa do axioma de Pasch. Velaquí a súa versión:

• T.6.  (Axioma de Pasch) Bxuy ∧ Bvwy ⟶  ∃z (Buzy ∧ Bwzx) 

Agora pódese demostrar a simetría na relación "estar entre": Bxyz ⟶ Bzxy . Tamén se verificará o teorema de intercalación:   Bxyw ∧ Byzw  ⟶  Bxyz. Coas mesmas hipóteses que as deste teorema esperamos poder obter tamén Bxzw. Mais cos axiomas dados ata aquí iso aínda non é posible.

Este é o momento no que António Bivar explica as razóns para introducir o sétimo axioma, que ten que ver coa necesidade de establecer cando dous ángulos son iguais.

• T.7. (Axioma dos cinco segmentos) (ox≡o'x'∧oy≡o'y'∧xy≡x'y'∧o ≠ y ∧ Bxyz ∧Bx'y'z' ∧ yz≡y'z') ⟶  xz≡x'z''

Este axioma dá lugar a varios resultados importantes. O primeiro deles é que permite realizar sumas de segmentos. Concretamente:  (Bxyz  ∧  Bx'y'z' ∧ xy≡x'y'∧yz≡y'z' ) ⟶  xz≡x'z'

En segundo lugar, temos tamén a unicidade do transporte de segmentos:

(x ≠ y ∧ Bxyu ∧ Bxyv ∧ yu≡yv) ⟶  u=v

En terceiro lugar, preséntase o chamado teorema de concatenación: 

(Bxyz ∧ Byzu ∧ y ≠ z)  ⟶ (Bxzu ∧ Bxyu )
Finalmente, o seguinte resultado, o teorema de conectividade, foi incluído nun principio como axioma ata que despois de varias décadas  Haragauri Narayan Gupta (1925-2016) demóstrao no 1965 a partir dos sete axiomas anteriores.

(Bxyz ∧ Bxyu ∧ x ≠ y)  ⟶ (Bxzu ⋁ Bxuz )

Con todo o establecido ata aquí podería haber modelos lineares para esta xeometría. Para facela máis rica pódese engadir un novo axioma que asegure unha dimensión maior ou igual a 2, isto é, que existen tres punto non colineares.

• T.8. (Axioma da dimensión inferior)  ∃ x, y, z (ㄱBxyz ∧ ㄱByxz ∧ ㄱByzx)

Unha vez chegados a este punto faise unha avaliación do estado desta xeometría básica. Para iso bota man do teorema I.10 de Euclides, que é o que establece como achar o punto medio de calquera segmento. Euclides usa un resultado non explicitado por el en ningures, o que a segura que dúas circunferencias no plano se intersecan en dous puntos sempre que a distancia entre os centros sexa menor que a suma dos raios e maior que a súa diferenza. Resulta que os oito axiomas de Tarski tampouco garanten este resultado. Para estarmos certos desta intersección cómpre introducirse no pantanoso mundo da continuidade, é aquí onde hai que introducir xa non só un axioma, senón todo un esquema de axiomas para poder realizar os cortes de Dedekind. Esta idea está presentada na entrada da Galipedia sobre os axiomas de Tarski, porén António Bivar, nun principio, non vai por este camiño. Como punto de referencia, na axiomática de Hilbert resólvese a cuestión grazas aos axiomas sobre ángulos.

A cuestión que propón António Bívar pasa precisamente polo concepto de ángulo. Normalmente consideramos un ángulo ∠xoy como a rexión do plano entre as semirectas ox e oy. Aquí xurde o seguinte problema. Cos oito axiomas establecidos ata o momento pódese demostrar que se Bxuy (u é un punto entre x e y) e Bozu (z está entre o e u), entón existirá un punto y' no segmento oy tal que Bxzy'. Porén, se z está máis alá de u, isto é, se Bouz, entón non se pode asegurar a existencia de puntos x' e y' na semirectas ox e oy respectivamente de forma que Bx'zy'. Isto é, que o ángulo ∠xoy non está formado polas semirectas que parten de o. Así que se introduce este resultado como axioma.

Necesidade do axioma de Euclides

• T.9. (Axioma de Euclides) (Bxuy ∧ u≠o ∧Bouz) ⟶ ∃ x', y' (Boxx' ∧ Boyy' ∧ Bozz')

Agora estamos en disposición de demostrar o teorema de Playfair, o de Desargues e o de Pascal. Todo isto permite desenvolver unha teoría de proporcións e construír un corpo pitagórico, isto é, un corpo no que a suma de dous cadrados é tamén un cadrado. Un modelo podería ser o conxunto Ω de Hilbert presentado máis arriba. O propio Hilbert comentaba que pola estrutura deste conxunto, o conxugado de calquera elemento de Ω tamén está en Ω . Se agora quixeramos construír un triángulo rectángulo de hipotenusa 1 e con un cateto $$\sqrt { 2 } - 1 $$, o outro cateto debería medir $$\omega=-2+2\sqrt {  2  } $$ Se ω∈Ω entón tamén debería estar o seu conxugado, pero este é $$\sqrt{-2-2\sqrt {  2  } }$$, un número imaxinario, cando resulta que Ω está contido dentro dos reais. Polo tanto esta construción non pode realizarse en Ω, mais si se podería facer con regra e compás.

Para sermos máis concretos, Hilbert estudara que construcións xeométricas eran as que podían realizarse en Ω e concluíra que eran aquelas nas que se podían usar a regra e o transportador de unidades (un instrumento que fai posible o transporte do segmento unidade).

Con todo isto aínda non teriamos uns sistema axiomático para a recta real pois ficaría orfa a propiedade da completitude. As sucesións de Cauchy ou as de intervalos encaixados non teñen límite. Co fin de aseguralo pódese aínda introducir un axioma de continuidade pero, iso sí, non poderemos redactalo nunha linguaxe de primeira orde porque se fai referencia a conxuntos arbitrarios de puntos X e Y.

• T.10. (Axioma de continuidade) [∀ X, Y /  ∃ o (x∊X ∧ y ∊Y ⟶ Boxy)] ⟶ [ (x∊X ∧ y ∊Y) ⟶ ∃ p / Bxpy ]

Velaquí que cada vez que temos dous puntos colineares con o dos conxuntos X e Y, vai haber un punto intermedio entre eles.

Con estes vimbios pódese demostrar o que neste contexto xa sería o teorema de Arquímedes, así como a e a isomorfía entre todos os modelos verificando estes dez axiomas.

O problema da persecución de Apolonio

Problema da persecución de Apolonio. Consideremos dous barcos A e B que se desprazan en liña recta e tales que a velocidade de B é k veces a de A. Trátase de que, sabendo a dirección de avance de A, o barco B o intercepte no menor tempo posible.

Para dar resposta a este problema imos trasladarnos atrás no tempo. Como case sempre sucede na xeometría plana, hai que retrotraerse ata os Elementos de Euclides (III a.C.), concretamente ao seguinte resultado:

Proposición VI.3. Se o ángulo dun triángulo se corta á metade e a recta que corta o ángulo corta tamén a base, os segmentos da base gardarán a mesma razón que os restantes lados do triángulo; e se os segmentos da base gardan a mesma razón que os restantes lados do triángulo, a recta unida dende o vértice ata o punto de corte cortará á metade o ángulo do triángulo. [ver Elementos]

A primeira implicación é tamén un dos primeiros resultados (1.33) que achamos no recomendable Geometry revisited de H. S. M. Coxeter e S. L. Greitzer, onde se demostra por medio do teorema dos senos.

Teorema 1.33. A bisectriz dun ángulo dun triángulo divide o lado oposto en dous segmentos de lonxitude proporcional á lonxitude dos lados que o forman.

Aplicando o teorema dos senos e tendo en conta que os ángulos suplementarios en M teñen o mesmo seno:
$$\frac { AM }{ sen\left( \frac { C }{ 2 }  \right)  } =\frac { b }{ senM } \\ \frac { BM }{ sen\left( \frac { C }{ 2 }  \right)  } =\frac { a }{ senM } \\ \frac { AM }{ BM } =\frac { b }{ a } $$

Parece ser que unha xeneralización deste resultado ao ángulo exterior é debida o matemático inglés Robert Simson (1687-1768). Estou a falar da seguinte proposición, que pode obterse a partir do teorema de Tales:

Teorema. A bisectriz tanto dun ángulo interior como exterior dun triángulo divide o lado oposto en segmentos proporcionais á lonxitude dos lados que o forman.

$$  \frac { AM }{ BM } =\frac { b }{ a } \quad \quad \quad  \frac { AN }{ BN } =\frac { b }{ a }$$

Agora estamos en disposición de definir a circunferencia de Apolonio do triángulo ABC para o vértice C: será aquela que pase por C, M e N. Con estes vimbios podemos, por fin, achegarnos á solución do problema. Pouco haberá que comentar se sabemos que a razón das distancias dos puntos da circunferencia de Apolonio dun vértice aos outros dous é constante, concretamente

Teorema. Sexa P un punto da circunferencia de Apolonio do vértice C dun triángulo ABC, entón

$$\frac { PA }{ PB } =\frac { b }{ a }$$

Desde B trazamos perpendiculares a PM e PN que cortan a PA en E e en F. Así podemos trazar tamén BE e BF.
Como MP ⏊ PN ⏊ BF temos tamén que MP ∥ BF. Polo teorema de Tales:
$$\frac { PA }{ PF } =\frac { AM }{ BM }=\frac { b }{ a }\quad\quad\quad[1]$$
Como EB ⏊ MP ⏊ PN temos tamén que EB ∥ PN. Polo teorema de Tales:
$$\frac { PA }{ PE } =\frac { AN }{ BN }=\frac { b }{ a }\quad\quad\quad[2]$$
Entón 
$$\frac { PA }{ PF } =\frac { PA }{ PE }\Rightarrow PF=PE$$
Como EB ∥ PN ⏊ BF entón tamén EB ⏊ BF polo que o triángulo EBF é recto en B e, xa que logo, P é o punto medio da hipotenusa polo que tamén será o circuncentro. Velaí que PF=PB
$$\frac{PA}{PB}=\frac { PA }{ PF }=\frac{PA}{PE}=\frac{b}{a}\quad\Box $$

Ademais ABMN forman unha cuaterna harmónica xa que a súa razón dobre é -1. Basta ter en conta [1] e [2] e considerar que os segmentos están orientados, isto é, que están dotados de signo
$$\left( A,B,M,N \right) =\frac { AM }{ BM } \frac { BN }{ AN } =-\frac { b }{ a } \frac { a }{ b } =-1$$
Xa que estamos metidos en fariña, lembremos as leccións de xeometría proxectiva. As proxeccións conservan a razón dobre e, en consecuencia, as razóns harmónicas tamén serán invariantes. As inversións tamén se conservan por proxeccións.
Dados A e B, supoñamos que o punto M verificando que a razón AB/AM=k está no segmento AB. A resolución do problema da persecución consistirá en obter un punto N tal que ABMN forme unha cuaterna harmónica.
Sexa O o punto medio de A e B. Trazamos a circunferencia de diámetro AB e a perpendicular a esta recta por M cortará a esa circunferencia nun punto T. A recta TN, tanxente á circunferencia, cortará á recta AB nun punto N. Como os triángulos OTM e OTN son semellantes:
$${ OT }^{ 2 }=OA\cdot OB=ON\cdot OM$$
Esta última igualdade significa que tanto A e B como M e N son inversos con respecto á circunferencia ATB. A recta MT será a polar de N na inversión respecto a esa circunferencia.
Finalmente a circunferencia de raio MN dá a solución do problema da persecución de Apolonio pois é a circunferencia de Apolonio do triángulo ABC no vértice C, onde C será o punto de interceptación buscado, obtido como intersección da circunferencia de Apolonio e a recta que marca a dirección de avance do barco A.






Problema para a ESO
Podemos adaptar o anterior enunciado a un problema escolar que sería abordable polo alumnado da ESO:

Problema da persecución de Apolonio; versión escolar. Dous barcos A e B están a unha distancia de 3 km. Desprázanse en liña recta e a velocidade de B é k veces a de A. O barco A leva unha dirección que forma un ángulo de 45º coa liña que une os dous barcos.  B vai interceptar a A no menor tempo posible, acha o punto de encontro sabendo que $$k=\sqrt { \frac { 7 }{ 8 }  } $$

Para resolvelo basta con decatarse de que as lonxitudes dos lados a e b deben estar na mesma proporción que as velocidades dos barcos. Ademais, como o ángulo é de 45º, a altura do triángulo vai ser x.

$$\sqrt { \frac { 7 }{ 8 }  } \cdot a=b\quad \quad \quad ;\quad \quad \frac { 7 }{ 8 } { a }^{ 2 }={ b }^{ 2 }$$

Entón o problema redúcese a resolver unha ecuación de segundo grao:

$$\frac { 7 }{ 8 } \left( { x }^{ 2 }+{ x }^{ 2 } \right) ={ \left( 3-x \right)  }^{ 2 }+{ x }^{ 2 }$$

O que nunca deixa de sorprenderme das matemáticas é que tanto esta resolución analítica como a xeométrica coinciden a pesar de seren desenvolvidas por métodos completamente distintos. Ante a vista de casos coma este fáiseme moi costa arriba asumir que haxa xente que non goce deste tipo de casualidades. Ninguén pode negar que as matemáticas teñen o seu aquel de fermosura.

'D': o terror e o axioma de Pasch

"D" - animated short film from Closed Eye Visuals on Vimeo.

Nesta excepcional curta, orlada con varios premios, relátase unha historia de terror sobre un libro de matemáticas.
Nos primeiros momentos da animación podemos ver escrito na páxina sobre a que se desenvolve a acción o axioma de Pasch, que é un deses axiomas da xeometría plana que sen enuncialos explícitamente, Euclides tivo que usar nos seus Elementos. Hai máis casos, en ningún lugar dos Elementos se indica se é posible que se corten entre si dúas rectas, dúas circunferencias, rectas con circunferencias,...
O axioma dinos que se unha recta corta un lado dun triángulo e non pasa por ningún dos seus vértices, debe cortar outro dos lados.
Moritz Pasch, matemático de finais do XIX, tivo unha importante influencia en Hilbert na súa concepción da xeometría. Lembremos que Hilber dicía que tanto lle tiña falar de puntos, rectas e segmentos como de cadeiras, mesas e xarras de cervexa. O significado desta declaración reside en que non debemos supoñer dos conceptos máis cousas que as que se tiran exclusivamente dos axiomas.
O axioma de Pasch é un dos axiomas de ordenación dos Fundamentos da Xeometría de Hilbert
Vía ZTFNews.org