As entradas do cine e outras cuestións difíciles

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

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

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

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

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

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

figura 1

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

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

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

figura 2

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

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

figura 3

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

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

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

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

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

Máis alá.

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

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

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

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

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

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

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

A 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. 

Un tipo de triángulos estudados por Euler

Novi commentarii academiae scientiarum
imperialis petropolitanae Vol. XI, 1765
páx. 67-102

No ano 1767 Leonhard Euler publica o traballo Proprietates triangulorum, quorum anguli certam inter se tenent rationem   no que aborda o estudo de determinados triángulos. Trátase de identificar a relación entre os lados dun triángulo do que coñecemos dous ángulos, un deles sería o ángulo A e outro n•A, con n un número natural. 

Nun principio as características do estudo son ben simples, tanto que nun curso de 1º de bacharelato poderíase dar un primeiro paso no seu tratamento. A cuestión poderíase propoñer do seguinte xeito:

a) Determina o lugar xeomético determinado polo punto C dun triángulo ABC que teña os ángulos A e B iguais

b) Determina o lugar xeométrico do punto C dun triángulo ABC tal que ∠B=2∠A

O primeiro apartado é obvio, refírese á mediatriz do segmento AB. O segundo pódese tratar facendo uso da tanxente do ángulo dobre:

$$tanA=\frac{y}{x}\\tan\left ( 2A \right ) =\frac{y}{c-x}\\tan\left ( 2A \right )=-\frac{2tanA}{1-tan^{2}A}$$

Das igualdades anteriores tense que

$$\frac{y}{c-x}=\frac{\frac{2y}{x}}{1-\frac{x^{2}}{y^{2}}}$$

Finalmente obtemos a cónica que soluciona o problema

$$3x^{2}-2cx-y^{2}=0$$ 

Esta é a versión moderna
da foto de máis arriba

Euler non trata o problema desde esta perspectiva, senón que o enfoca desde un punto de vista máis sintético. Dado o triángulo ABC, biseca o ángulo ∠ABC e obtén o punto D. 

Coa notación usual consistente en nomear os lados opostos coa mesma letra que os ángulos, pero en minúscula, teremos, a partir da semellanza de ABC con BCD as seguintes relacións:

$$\frac{AC}{BC}=\frac{AB}{BD}=\frac{BC}{CD}\quad\quad; \quad \frac{b}{a}=\frac{c} {BD}=\frac{a}{CD}$$

 $$BD=\frac{ac}{b}\quad\quad\quad CD=\frac{a^{2}}{b}$$

Como o triángulo ABD é isóscele,  temos a igualdade entre os lados AD=BD. Xa obtivemos unha expresión de BD en función dos lados do triángulo orixinal. Fagamos o mesmo para AD e igualemos:

$$AD=AC-DC=b-\frac{a^{2}}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{b}$$

$$AD=BD\Rightarrow \frac{b^{2}-a^{2}}{b}=\frac{a^{2}}{b}\Rightarrow b^{2}-a(a+c)=0$$

Euler non parou aquí. Tratou o caso de que o ángulo B fose o triplo, o cuádruplo, o quíntuplo de A.... Na seguinte applet de geogebra temos unha solución analítica a estes problemas. Pódese obter a partir das fórmulas das tanxentes do ángulo triplo, do ángulo cuádruplo e do ángulo quíntuplo. Aínda que nos aparecen curvas por todo o plano, para a solución deste problema só nos interesa a rama da dereita.

Pola súa banda, Euler obtén as seguintes relacións entre os lados para B=n•A

$$n=1:\quad\quad b-a=0$$

$$n=2:\quad\quad b^{2}-\left ( a+c \right )=0$$

$$n=3:\quad\quad b^{3}-ab^{2}-a \left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$ n=4 : \quad\quad b^{4}-a\left(c+2a \right )b^{2}-a \left(c+a \right )\left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$n=5 : \quad\quad b^{5}-ab^{4}-2a^{2}b^{3}-a \left(c^{2}-2a^{2}b^{2} \right )-a^{2}\left(c^{2}-a^{2} \right )b-a \left(c^{2}-a^{2} \right )^{2}=0$$

Pero o cíclope matemático non parou aquí, continuou ata n=8. Inlcuso máis, unha vez chegado a este punto establece unha fórmula recursiva tanto para os valores pares de n como para os impares. Quen quixera seguir todos estes razoamentos, pode botarlle un ollo ao artigo de Vicente Meavilla Seguí no v.8 n.15 (2008) da Revista Brasileira de História da Matemática. Todo un exemplo de traballo,  perseverancia, xeneralización e precisión dun dos máis grandes matemáticos da historia. Ata nun resultado menor se enxerga o xenio euleriano.

Como Euler arranxou un desarranxo

Problema 1.Un grupo de 14 profesores dun claustro escolar organiza unha comida para celebrar a finalización da avaliación. Para armar festa alguén propuxera facer un amigo invible: cada un levaría un pequeno agasallo que se sortearía durante a celebración. Alguén comenta: "é ben seguro que algún vai levar o regalo que el mesmo comprou". Velaquí un problema matemático: cal é a probabilidade de que haxa algúen a quen lle toque o seu propio agasallo?

Sabía que coñecía o problema, só que tiña outro enunciado, aínda que cunha redacción referida a unha realidade doutra época:

Problema 2. O encargado do gardarroupa dun establecemento esqueceuse de etiquetar os sombreiros dos clientes e decide devolvelos ao chou. Cal é a probabilidade de que polo menos unha persoa reciba o seu sombreiro?

Ou incluso este outro, que fai referencia a cando aínda se escribían cartas:

Problema 3. Un encargado debe enviar n cartas a n direccións diferentes. Como é pouco responsable co seu traballo, introduce as cartas nos sobres ao azar. Achar a probabilidade de que introducira algunha carta no sobre correspondente.

A seguinte, e última versión, recibiu o nome do xogo do recontre

Problema 4. Dúas persoas, A e B, cunha baralla completa cada unha, sacan a un tempo cada súa carta. Se extraen a mesma carta gana A. Se  repiten a operación ata esgotar todas as cartas e nunca coinciden, ganará B. Pídese a probabilidade de que gane cada un dos xogadores.

Esta última versión foi proposta por Pierre Rémond de Montmort (1678-1719)  nun ensaio publicado no 1708. Na segunda edición desta obra (1713) resolve algúns casos simples pero queda sen dar unha solución xeral. Un dos que se enfrontaría á cuestión sería Leonhard Euler no seu  Calcul de la probabilité dans le jeu de rencontre (1743). De seguido vou debullar esta resolución porque é un exemplo maxistral de como abordar un problema. En primeiro lugar profundiza sobre el, estuda varios casos ata familiarizarse con el. Cando non pode seguir traballando caso a caso busca unha propiedade que lle permita domesticalo e preparar así o asalto final. Vou seguir os pasos de Euler aínda que o farei usando unha notación distinta. Se o fago así non é por capricho, senón que despois de ler a súa resolución, vin que a entendía mellor facendo uso deste anacronismo. Polo demais, no esencial, reproducirei con toda fidelidade o seu razoamento.
A versión sobre a que traballa Euler é a dun xogo de cartas na que dúas persoas A e B, con cada seu mazo completo de cartas, van sacándoas de unha en unha. Se nalgún momento sacan os dous a mesma carta gañará A. Se, pola contra, ningún par de cartas é coincidente, gañará B. Trátase de calcular a probabilidade de que gañe cada un deles.

No canto de cartas imos falar de números e no canto de considerar únicamente o caso das 52 cartas dunha baralla francesa, trataremos o problema xeral de n cartas.
En primeiro lugar, sen perda de xeneralidade, podemos supoñer que un dos xogadores (consideremos que sexa o xogador A) ten ordenadas todas as súas cartas en orde crecente: 1, 2, 3,....,n. Agora o problema consistirá en contabilizar o número de permutacións nas que ningún elemento coincida con esta dada. Este tipo de reconto é hoxe coñecido como desarranxo.
Fago aquí unha paréntese terminolóxica. Escollín o termo desarranxo por varias razóns. En primeiro lugar xa temos en galego outro termo para referirnos a outro reconto combinatorio: arranxo
(os arranxos de n elementos tomados de m en m consisten en todos os subconxuntos ordenados de m elementos que podemos formar nun conxunto de n elementos, con m ≤ n). En segundo lugar, a denominación en inglés é derangement, en francés dérangement e en portugués, desaranjo. En español só achei que para referirse á contabilización dos desarranxos, que se fai mediante a función subfactorial. Nesta lingua hai quen usa o termo desarreglo.

Volvamos á análise de Euler. Consideremos os primeiros casos.
Se n=1, gaña A
Se n =2, hai dúas posibilidades de extracción: (1,2) gañando A, e (2,1) gañando B.
Se n = 3 Euler fai a seguinte táboa con todas as posibilidades:

Táboa para n=3

Onde coa columna da esquerda indicamos as cartas de A, mentres que as columnas numeradas refírense a todas as posbiles xogadas de B.
Se denominamos $${ A }_{ n }^{ k }=no\quad xogo\quad con\quad n\quad cartas\quad A\quad gaña\quad coa\quad carta\quad k$$
 $${ A }_{ n }=no\quad xogo\quad con\quad n\quad cartas\quad A\quad gaña\quad (con \quad algunha \quad carta)$$
Podemos contabilizar o número de veces que gaña A e en que extracción. A gañará na primeira extracción nos casos 1 e 2 (ver táboa anterior), gañará na segunda extracción no caso 5 e na terceira extracción no caso 3.
$$P\left( { A }_{ 3 }^{ 1 } \right) =\frac { 2 }{ 6 } \quad\quad         P\left( { A }_{ 3 }^{ 2 } \right) =\frac { 1 }{ 6 }    \quad\quad            P\left( { A }_{ 3 }^{ 3 } \right) =\frac { 1 }{ 6 } $$
$$P\left( { A }_{ 3 } \right) =\frac { 4 }{ 6 } $$ 
Para n=4:

Táboa para n=4

A gaña na primeira extración nos 6 primeiros casos
A gaña na segunda extracción nos casos 17, 18, 21 e 22.
A gaña na terceira extracción nos casos 10, 12 e 21
A gaña na cuarta extracción nos casos 8 e 15
$$P\left( { A }_{ 4 }^{ 1 } \right) =\frac { 6 }{ 24 } \quad\quad         P\left( { A }_{ 4 }^{ 2 } \right) =\frac { 4 }{ 24 }    \quad\quad            P\left( { A }_{ 4 }^{ 3 } \right) =\frac { 3 }{24 } \quad\quad            P\left( { A }_{ 4 }^{ 4 } \right) =\frac { 2 }{24 }$$
$$P\left( { A }_{ 4 } \right) =\frac { 15 }{ 24 } $$
Para n = 5 teremos un total de 5! = 120 permutacións. Moi difícil de abarcar. Pasemos a profundizar nos casos estudados e intentemos xeneralizar o que xa coñecemos. Por exemplo, con 4 cartas temos 4! ordenacións distintas. Delas danse 6 coincidencias na primeira extracción. Se non rematara o xogo coa primeira coincidencia tamén teriamos 6 coincidencias en cada unha das outras extraccións. Por exemplo na segunda vémola na táboa nos casos 1, 2, 17, 18, 21 e 22. Está claro que en xeral, para n cartas haberá (n-1)! coincidencias en calquera das extraccións . Isto permitiríanos a seguinte notación:
${ a }_{ n }^{ k }=nº\quad de\quad éxitos\quad de\quad A\quad na\quad k-ésima\quad extracción\quad con\quad n\quad cartas$ 

${ a }_{ n }^{ 1 }=(n-1)!$
Deamos un paso máis. Sabemos que na segunda extracción A gaña menos que (n-1)! veces pois hai que restarlle algunha das veces que gañou coa primeira. No caso das 4 cartas, das 6 coincidencias temos que restar dúas: as correspondentes aos casos 1 e 2.
E que pasaría na terceira extracción? Aquí é onde agroma a xenialidade de Euler que desbloquea as dificultades e abre unha vía para abordar  o problema. Euler propón eliminar as cartas coincidentes nesa extracción nos dous mazos e pasa a contabilizar o resultado despois desta simplificación. Sabemos que hai 6 coincidencias na terceira fila (as correspondentes ás columnas 1, 6, 10, 12, 20 e 21). Eliminemos precisamente o 3 destes casos e quédanos:

táboa para n=3 (non é erro, compara coa de máis arriba)

Que son precisamente os 6 casos para n=3. Pero o problema de determinar en cantos casos gaña A na terceira extracción xa o resolvimos máis arriba. Sabemos que das 6 coincidencias da terceira fila debemos restar 2 da primeira e unha da segunda. Quédannos 3 vitorias para A.
En xeral, con n cartas,  para determinar o número de éxitos de A na k-ésima extracción, debemos suprimir as cartas nas que se produce esa k-ésima coincidencia polo que nos quedan n-1 cartas e un total de (n-1)! casos dos que debemos restar aqueles nos que houbo unha coincidencia das k-1 primeiras extraccións. Todo isto podemos expresalo con fórmulas; farémolo para o caso de termos n+1 cartas.
${ a }_{ n+1 }^{ 1 }=n!$

$ { a }_{ n+1 }^{ 2 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }$   

${ a }_{ n+1 }^{ 3 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }-{ a }_{ n }^{ 2 }={ a }_{ n+1 }^{ 2 }-{ a }_{ n }^{ 2 }$ ....

$ { a }_{ n+1 }^{ k+1 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }-{ a }_{ n }^{ 2 }-....-{ a }_{ n }^{ k }={ a }_{ n+1 }^{ k }-{ a }_{ n }^{ k }$
Con estes resultados no peto podemos poñernos a calcular os valores dos primeiros casos:
${ Para\quad n=1:\quad a }_{ 1 }^{ 1 }=1$ 

${ Para\quad n=2:\quad a }_{ 2 }^{ 1 }=1!=1  \quad { a }_{ 2 }^{ 2 }={ a }_{ 2 }^{ 1 }-{ a }_{ 1 }^{ 1 }=1-1=0$ 

$ { Para\quad n=3:\quad a }_{ 3 }^{ 1 }=2!=2   \quad { a }_{ 3 }^{ 2 }={ a }_{ 3 }^{ 1 }-{ a }_{ 2 }^{ 1 }=2-1=1 \quad  { a }_{ 3 }^{ 3 }={ a }_{ 3 }^{ 2 }-{ a }_{ 2 }^{ 2 }=1-0=1$

$Para\quad n=4:\quad { a }_{ 4 }^{ 1 }=3!=6  \quad {  a }_{ 4 }^{ 2 }={ a }_{ 4 }^{ 1 }-{ a }_{ 3 }^{ 1 }=6-2=4 \quad{ a }_{ 4 }^{ 3 }={ a }_{ 4 }^{ 2 }-{ a }_{ 3 }^{ 2 }=4-1=3$

$ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad { a }_{ 4 }^{ 4 }={ a }_{ 4 }^{ 3 }-{ a }_{ 3 }^{ 3 }=3-1=2$

Euler, incansable, continúa e ofrece todos estes valores:

nº de éxitos de A en cada extracción

Chegou o momento de calcular as probabilidades. Agora contamos co coñecemento suficiente para abordar o ataque final ao problema.

$P\left( { A }_{ n }^{ k } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ n! } \quad \quad \quad P\left( { A }_{ n-1 }^{ k } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ \left( n-1 \right) ! } $

$P\left( { A }_{ n }^{ k+1 } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k+1 } }{ n! } =\frac { { a }_{ n }^{ k }-{ a }_{ n-1 }^{ k } }{ n! } =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ n! } -\frac { { a }_{ n-1 }^{ k } }{ \left( n-1 \right) !\cdot n } =P\left( { A }_{ n }^{ k } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ k } \right) }{ n } \quad \quad \quad [1]$
Agora podemos calcular as probabilidades de que, con n cartas, A gane na k-ésima extracción:

$P\left( { A }_{ n }^{ 1 } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ 1 } }{ n! } =\frac { \left( n-1 \right) ! }{ n! } =\quad \frac { 1 }{ n } \quad \quad$

$ P\left( { A }_{ n }^{ 2 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 1 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 1 } \right)  }{ n } =\frac { 1 }{ n } -\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } $

$ P\left( { A }_{ n }^{ 3 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 2 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 2 } \right)  }{ n } =\frac { 1 }{ n } -\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } -\frac { 1 }{ n } \left( \frac { 1 }{ n-1 } -\frac { 1 }{ \left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  }  \right) =$

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

$ P\left( { A }_{ n }^{ 4 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 3 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 3 } \right)  }{ n } =$

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

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

$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad $

$ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad .....$

$ P\left( { A }_{ n }^{ k+1 } \right) =\left( \begin{matrix} k \\ 0 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n } -\left( \begin{matrix} k \\1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } +\left( \begin{matrix} k \\ 2 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -.......+{ \left( -1 \right)  }^{ k }\left( \begin{matrix} k \\ k \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) ...\left( n-k \right)  } \\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad $

$.....$

$ P\left( { A }_{ n }^{ n } \right) =\left( \begin{matrix} n-1 \\ 0 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n } -\left( \begin{matrix} n-1 \\ 1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } +\left( \begin{matrix} n-1 \\ 2 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -......+{ \left( -1 \right)  }^{ n }\left( \begin{matrix} n-1 \\ n-1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n! }  $

Temos que sumar todos os valores anteriores. Como en cada fila nos aparecen os números combinatorios, unha boa estratexia é colocar os sumandos a semellanza do triángulo de Pascal e despois pasar a sumar as diagonais, tal e como se indica na imaxe:

Euler non fai referencia a Blaise Pascal (16232-1662), posiblemente porque recoñecía de sobra a propiedade que se debe aplicar para sumar cada unha destas diagonais. Aparecera como "terceira consecuencia" nun libro do matemático francés no que explicita 19 resultados sobre o famoso triángulo que leva o seu nome. A obra, O triángulo aritmético, publicárase póstumamente no 1665 aínda que xa estaba impresa no 1654 pois Pascal xa a divulgara entre as amistades. Esa terceira consecuencia é a que agora vén a denominarse en inglés como hockey-stick identity.
Facendo uso desta identidade sumaremos a k-ésima diagonal do anterior triángulo:


$\sum _{ i=k }^{ n-1 }{ { (-1) }^{ k } } \left( \begin{matrix} k \\ i \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) .....\left( n-k \right) } ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) .....\left( n-k \right) } \sum _{ i=k }^{ n-1 }{ \left( \begin{matrix} k \\ i \end{matrix} \right) } =$

$ ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) ....\left( n-k \right) } \left( \begin{matrix} n \\ k+1 \end{matrix} \right) ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ \left( k+1 \right) ! } $
Finalmente poderemos obter o resultado de todas estas sumas, o que nos dá a probabilidade desexada, de que A gane nunha partida con n cartas:

$$P\left( { A }_{ n } \right) =1-\frac { 1 }{ 2! } +\frac { 1 }{ 3! } -\frac { 1 }{ 4! } +\frac { 1 }{ 5! } -....+{ { \left( -1 \right) } }^{ n-1 }\frac { 1 }{ n! } $$
Nun último toque fantástico Euler propón pensar que pasaría se o número de cartas fose infinito. 


$$P\left( { A }_{ \infty } \right) =1-\frac { 1 }{ 2! } +\frac { 1 }{ 3! } -\frac { 1 }{ 4! } +\frac { 1 }{ 5! } -....=1-\frac { 1 }{ e } =0,632120558$$

$$P({ B }_{ \infty })=\frac { 1 }{ e } =0,367879441$$
Leonhard Euler calcula as probabilidades para A e B ata n=15 e conclúe que cando o número de cartas supera as 12, as cifras decimais dadas anteriormente xa non varían. Lembremos que o noso problema orixinal falaba de 14 profesores polo que a resposta está suficientemente calculada.

Para disfrutar de Euler:
The Euler Archive
Euler. El maestro de todos los matemáticos, Dunham, William, Editorial Nivola (2000)

Nunca lle digas nunca máis a Alcuíno

Hai un par de meses traía por aquí unha referencia a Alcuíno de York. Aínda que non o explicitaba tiña a seguridade de que nunca máis volvería a remexer sobre tal personaxe. Velaquí a proba de que estaba completamente equivocado. Non só iso, senón que agora que volvo a escribir unha entrada sobre Alcuíno, fágoo cun problema ao que xa fixen referencia, (xa contarei a razón). Velaquí o seu enunciado:

12. Problema dun pai e o os seus tres fillos. Un certo pai de familia, ao morrer, deixou aos seus tres fillos unha herdanza de 30 botellas de vidro, dez delas estaban completamente cheas de aceite. Outras dez mediadas. As últimas dez baleiras. Divida quen poida, aceite e botellas, de tal modo que cada un dos tres fillos obteña o mesmo, tanto de vidro como de aceite.

Se nos poñemos á obra, podémoslle chamar x_i ás incógnitas que nos indican o número de botellas cheas, y_i ao número de botellas mediadas e finalmente z_i ao de botellas baleiras; onde i pode tomar os valores 1, 2 ou 3 e identificar a cada un dos fillos. Deste xeito podemos establecer os seguintes conxuntos de ecuacións:
I. Hai 10 botellas de cada clase:
$$(I)\begin{cases} { x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }=10 \\ { y }_{ 1 }+{ y }_{ 2 }+{ y }_{ 3 }=10 \\ { z }_{ 1 }+{ z }_{ 2 }+{ z }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
II. Cada un dos fillos leva 10 botellas:
$$(II)\begin{cases} { x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }+{ z }_{ 1 }=10 \\ { x }_{ 2 }+{ y }_{ 2 }+{ z }_{ 2 }=10 \\ { x }_{ 3 }+{ y }_{ 3 }+{ z }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
III. En total hai 15 litros de aceite, polo que cada fillo levará 5 litros.
Por exemplo, o primeiro levará x₁+½ y₁ =5, ou o que é o mesmo 2x₁ +y₁ =10. Polo que teremos:
$$(III)\begin{cases} { 2x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }=10 \\ { 2x }_{ 2 }+{ y }_{ 2 }=10 \\ { 2x }_{ 3 }+{ y }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
Restando ecuación a ecuación as de II e III obtemos as igualdades: x_i=z_i, isto é, cada un dos fillos leva tantas botellas cheas como baleiras.
Todo isto, aínda que non o escribira,  xa o fixera na anterior entrada. Daquela, neste punto adicárame a estudar o sistema de 6 ecuacións que quedara para obter todas as posibles solucións (enteiras positivas) do problema. A novidade, e a razón de traer outra vez por aquí o problema, nun principio pode parecer algo anódina. Comparemos a 1ª ecuación de I coa 1ª de III. Obteremos que
$${ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }={ x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }$$
Como y₁ ≥ 0 temos que x₂ +x₃ ≥ x_1. Análogamente chegamos a este grupo de desigualdades:
$$\begin{cases} { x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }\ge { x }_{ 1 } \\ { x }_{ 1 }+{ x }_{ 3 }\ge { x }_{ 2 } \\ { x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }\ge { x }_{ 3 } \end{cases}$$
que é característica defintitoria dun triángulo (x₁, x₂, x₃) que pode ser dexenerado. Si! as solucións do problema de Alcuíno son triángulos!. Con esta nova idea na faltriqueira é máis fácil chegar a todas as solucións do problema. Basta con ir escribindo ordenadamente todas as formas de construír eses triángulos:

Neste caso o número de solucións é 5. Ademais vese claramente que unha vez establecida a repartición das botellas cheas, o resto das incógnitas quedan perfectamente determinadas. Polo tanto chega con estudar os valores dos triángulos (x₁, x₂, x₃).
Xeneralicemos, consideremos o problema de Alcuíno con n botellas de aceite de cada clase. Se lle chamamos T(n) ao número de solucións do problema de Alcuíno con n botellas, acabamos de ver que T(10)=5. A canto ascenderá o seguinte valor T(11)? De construirmos unha táboa coma a anterior:

Veremos que T(11)= 4.

Podemos calcular  cal será o valor xeral de T(n)? A resposta é si, e a solución é realmente sorprendente. Obterémola precisamente da caracterización como triángulo das solucións do problema. Na última táboa obtivemos os valores dos triángulos (x₁, x₂, x₃) de perímetro 11. Ademais neste caso non había triángulos dexenerados. Chamémoslle t(n) ao número de triángulos non dexenerados de perímetro n. Pódese determinar t(n)?

Noutras palabras, chegamos a un novo problema con entidade propia, a de determinar o número de triángulos (non dexenerados) de perímetro n. E outra cousa, este problema pode abrirnos algunha porta para determinar T(n)? A resposta a ambas cuestións é afirmativa. Primero explicitaremos o valor de t(n), xa indicaremos máis adiante de onde o sacamos.

$$t(n)=\begin{cases} \left\{ \frac { { n }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad \quad \quad se\quad n\quad par \\ \left\{ \frac { { \left( n+3 \right)  }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad impar \end{cases}$$

onde {x} indica o enteiro máis próximo a x.
Se n é impar vai suceder como no caso n=11, será imposible obter triángulos dexenerados dese perímetro. Efectivamente, se temos un triángulo dexenerado: x₁₊x₂=x_3, polo que n=x₁+x₂+x₃=2x₃ (n ten que ser par). Entón T(n)=t(n) para os valores impares de n.
Que pasa cos valores pares? Sexa (x₁, x₂, x₃) un triángulo eventualmente dexenerado de perímetro par n, entón (1+x₁, 1+x₂, 1+x₃) é un triángulo non dexenerado de perímetro n+3. Ademáis, valores distintos do primeiro, dan lugar a valores distintos do segundo e todos os triángulos de perímetro n+3 proceden, mediante esta correspondencia, dalgún dos eventualmente dexenerados de perímetro n. En conclusión, para os valores pares T(n)=t(n+3). Por fin temos determinada a función T(n):

$$T(n)=\begin{cases} \left\{ \frac { \left( n+6 \right) ^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad par \\ \left\{ \frac { { \left( n+3 \right)  }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad impar \end{cases}$$

A sucesión de Alcuíno
Curiosamente os matemáticos deron en chamarlle sucesión de Alcuíno a t(n), e non a T(n). Queda por ver de onde sacamos a expresión da sucesión de Alcuíno (OEIS A005044)  cuxos primeiros termos son os seguintes:

En primeiro lugar poñemos cada triángulo (x₁, x₂, x₃) como suma de (1,1,1) e unha combinación linear dos triángulos (0,1,1), (1,1,1) e (1,1,2) :
$$({ x }_{ 1 },{ x }_{ 2 },{ x }_{ 3 })=(1,1,1)+\alpha(0,1,1)+\beta(1,1,1)+\gamma(1,1,2) \quad$$
É fácil demostrar a partir da igualdade
$$\begin{cases} { x }_{ 1 }=1+\beta +\gamma  \\ { x }_{ 2 }=1+\alpha +\beta +\gamma  \\ { x }_{ 3 }=1+\alpha +\beta +2\gamma  \end{cases}$$
que para cada triángulo  (x₁, x₂, x₃) existe unha única solución (𝜶,𝜷,𝜸). Sumando obtemos:
$$n={ x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }=3+2\alpha +3\beta +4\gamma $$
De aí que t(n) sexa o número de formas de obter n-3 como sumas nas que os sumandos sexan os números 2, 3 ou 4. Por exemplo, no caso n=10: n-3=7. As únicas dúas formas de obter un 7 como sumas dos elementos 2, 3 e 4 son:

7=2+2+3=4+3

No caso de n=11: n-3=8

8=2+2+2+2=2+2+4=2+3+3=4+4

Do que se trataría sería de estudar a función racional seguinte, xa que o seu desenvolvemento en serie de potencias ten como coeficientes precisamente os elementos da sucesión t(n).
$$\sum_{n=0}^{\infty}t(n)x^n=\frac{x^3}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}$$
As liñas xerais desta demostración poden consultarse nesta páxina do (prodixioso) portal de Martin Erickson.
Quizais o método demostrativo poida parecer rebuscado, pero non fai máis que seguir unha tradición que vén dunha xenialide de Leonhard Euler que se explica neste libro de William Dunham.
En liñas xerais a cuestión que estudou  Euler e a forma de tratala, foi o seguinte:
Sexa D(n) o número de formas de escribir n como suma de naturais diferentes
Sexa $$P\left( x \right) =\left( 1{ +x } \right) \left( 1+{ x }^{ 2 } \right) \left( 1+{ x }^{ 3 } \right) ......=\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ D\left( n \right)  } { x }^{ n }$$
onde tomamos D(0)=1
Sexa I(n) o número de formas de escribir n como suma de naturais impares
Sexa $$Q\left( x \right) =\frac { 1 }{ 1-x } \frac { 1 }{ 1-{ x }^{ 3 } } \frac { 1 }{ 1-{ x }^{ 5 } } .....=\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ I\left( n \right)  } { x }^{ n }$$
onde tomamos I(0)=1.
Entón Euler explica como P(x)=Q(x), do que deduce a igualdade de todos e cada un dos termos do desenvolvemento en serie de potencias de cada unha destas funcións: D(n)=I(n) ∀n∊N. Isto é, que o número de formas de escribir un número como suma de diferentes enteiros coincide co número de fomas de escribilo como suma de impares, cuestión, por certo, nada obvia.
Para collerlle o pulso do que estamos falando cómpre ter a man algún caso particular. Velaquí as 12 formas de obter o número 11:

Poderíamos formar dous grupos na aula que xogaran a quen é quen de formar máis sumas. Un dos grupos usaría sumandos distintos e o outro sumandos impares. Non se pode dicir que o reto non é equitativo. Con esta proposta podemos destacar a importancia de ser ordenados e sistemáticos na análise dun problema.

Visto todo o anterior, agora xa non me atrevo nin a pensar que nunca volverei a atoparme con Alcuíno. Ademais temos a mostra de como profundizando un pouco nun problema de apariencia bastante banal, podemos, como neste caso, atoparnos coa sorpresa dunhas matemáticas realmente gorentosas. E como premio, chegamos a un lugar para cheo de matemáticas fermosas, o portal de Martin Erickson. Que máis se pode pedir?