Todos os triángulos son equiláteros

 Cando comecei a carreira de Matemáticas fíxeno con moi mal pé. Asistía ás clases diariamente e, diarimente, saía delas sen entender absolutamente nada. Isto levoume a considerar facer un cambio de carreira. Ao final, felizmente non o fixen. Entre outras moitas razóns está un libro. Como das aulas non sacaba nada en limpo, e dérase a circunstancia de que acababan de publicar un libro de Martin Gardner, Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas (Editorial Labor 1985), pasei as tardes lendo nel pois o estudo ficaba unha e outra vez infructuoso. Así, no canto de intentar descifrar o que eran os p-subgrupos de Sylow, lía un par de capítulos do libro e cando, despois dunhas horas de frustante incompresión, me fartaba de bater cos criterios de converxencia de series, pasaba o resto da tarde cubrindo en folio cuadriculados, un paso tras outro dalgunha configuración do xogo daVida de Conway.

Un dos capítulos dese libro titulábase  Falacias xeométricas.  Contiña varios resultados disparatados tales como que $\pi=2$, ou que o quinto postulado pode ser demostrado a partir dos restantes da xeometría euclidiana. Ademais viñan coas súas correspondentes demostracións. Quizais o máis destacable de todos eles porque só se usa xeometría elemental e ademais non resulta evidente desentrañar o engano, era o que se indicaba que estaba entre os favoritos de Lewis Carroll. Efectivamente, esta falacia recollíase dun libro do creador de Alicia. O seu enunciado dicía así: 

Teorema. A veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que volvín ver este enunciado xunto coa súa demostración noutro libro, Recreations in Mathematics, de H. E. Licks (D. Van Nostrand Company 1917) que descubrín grazas a este chío de Cliff Pickover. Esta mesma publicación contén outro resultado, que é o que vou compartir aquí. O autor comenta que é dos que paga a pena conservar.

Teorema. Todos os triángulos son equiláteros

Sexa un triángulo calquera $ABC$ con lados $a$, $b$ e $c$ opostos respectivamente aos ángulos $A$, $B$ e $C$.

Ampliamos a recta $CA$ ata o punto $D$ cun segmanto de lonxitude $c$. Así o triángulo $ABD$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$.

Ampliamos a recta $AB$ ata o punto $E$ cun segmento de lonxitude $b$. Así o triángulo $ACE$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$

Consideremos en primeiro lugar o triángulo $BCD$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{CD}{CB}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Consideremos agora o triángulo $CBE$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{BE}{BC}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Igualando as dúas expresións: $$\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Daquela $sen\left( B+\frac{A}{2} \right)=sen\left( C+\frac{A}{2} \right)$ entón $B+\frac{A}{2}=C+\frac{A}{2} $ e polo tanto $B=C$

Análogamente poderiamos demostrar que $A=B$ e de aí teremos que o triángulo é equilátero.

P.S.: Despois de ter publicada esta entrada entereime de que H. E. Licks é o pseudónimo de Mansfield Merriman (1848-1925), un enxeñeiro norteamericano

O teorema de Hall. O caso dos trucos de maxia de Cheney

Na entrada "Criptografía e maxia no Losada", onde relataba algúns aspectos da charla que viñeron impartir á Estrada Nicanor Alonso e Miguel Mirás, expliquei o truco de maxia das 5 cartas de Cheney. Este truco xa fora tratado por Martin Gardner pois todo o interesante xa foi tratado antes por Martin Gardner. Efectivamente unha versión do truco aparece no libro  El ahorcamiento inesperado y otros entretenimientos matemáticos (Alianza Editorial, 1991). Neste caso o mérito é aínda maior porque esta versión foi presentada nun congreso de magos, isto é, diante dunha audiencia incómoda para quen realiza o truco pois esa audiencia non estaba disposta a deixarse enganar.

O (mate)mago que presentaba o xogo era Victor Eigen. Un espectador, que non era outro que Martin Gardner, ofreceu a súa propia baralla para que o mago non tivese posibilidade de marcar as cartas. O espectador escolleu 5 cartas e (isto é unha diferenza importante coa versión relatada aquí) escolleu tamén cal desas 5 cartas se debía adiviñar. O único que podía facer o mago era ordenar as outras $4$ cartas. Nesa orde leváronllas á muller de Eigen, que se hospedaba nunha habitación do hotel que albergaba o congreso. E a muller acertou a carta escollida! Como podía ser?  $4$ cartas só podemos ordenalas de $24$ formas distintas. Parecía imposible que Eigen e a súa muller poidesen elaborar un código para as 52 cartas.

A resposta é a seguinte. En primeiro lugar, como á señora Eigen lle entregaban $4$ cartas xa non tiña que buscar a carta escollida entre as $52$ da baralla. Quedábanlle $52-4=48$ pero os Eigen só podían elaborar un código para a metade deste montón, $24$. A trampa era que o matrimonio reservara dúas habitacións contiguas e Victor non desvelou o número da habitación ata que Gardner escolleu a carta que debía adiviñar a señora Eigen. Cando Gardner petou nunha das portas para entregar as $4$ cartas, a muller de Victor puido descartar $24$

O truco orixinal

Volvamos ao truco orixinal, que apareceu nun artigo do ano 1950 na revista Math Miracles e no que lle atribuían a invención a Fitch Cheney. Lembremos as condicións. O mago marcha da habitación. Un espectador escolle $5$ cartas e o axudante do mago dálle a volta a unha desas $5$ cartas e colócaa á dereita das outras $4$ que fican cara arriba. Como é o axudante quen escolle a carta a adiviñar, podemos usar este feito para dar máis información ao mago-vidente. Na experiencia que relatamos da adiviñación no IES Antón Losada o axudante escollía unha carta do mesmo pau que a oculta. Isto reduce as posibilidades nun factor $4$ pero pode facerse mellor e as $P_{4}=4!=24$ posibilidades de ordenación das cartas poden chegar a multiplicarse por un factor $5$ á hora codificar toda a información. Ademais, ao estaren á vista $4$ cartas o mago sabe que a oculta non pode ser ningunha desas. De aí que o truco das $5$ cartas permitiría realizar a adiviñación nun mazo de $5\cdot 4!+4= 5!+4=124$ cartas. Neste artigo, Using a card trick to teach discrete mathematics,  Shai Simonson e Thara S. Holm mostran como facelo. Daquela podemos considerar en xeneralizar o truco para un mazo de $m$ cartas do que extraemos $n$ e despois, de entre estas $n$ o axudante escolle unha para que sexa a carta oculta. Así o mazo podería ter $m=n\cdot (n-1)!+n-1=n!+n-1$ cartas [1]. Na seguinte táboa mostramos os primeiros valores.

$n$	$m=n!+n-1$
$1$	$1$
$2$	$3$
$3$	$8$
$4$	$27$
$5$	$124$
$6$	$725$

Claro que o valor de $m$ podería ser menor. Se podemos establecer unha codificación para os valores de $m$ dados na táboa anterior, é evidente que tamén se poderá facer se o tamaño do mazo é inferior a $m$. Por exemplo, no caso relatado cando presentamos o truco de Cheney, o mazo era normal, tiña $m=52$ cartas, cando para $n=5$, tal e como queda establecido nesta táboa, poderiamos facer o truco para un total de $m=124$ cartas. 

Coa finalidade de afacernos ao problema, estudaremos os primeiros casos.  Para $n=2$ e $m=3$ a codificación é trivial.

12	13	23
1	3	2

As cartas ocultas son as que aparecen en branco con fondo negro. Así, se o espectador escolle o par $1,2$, o axudante dálle a volta á carta $2$ e o mago ao ver cara arriba a carta $1$ xa sabe que está oculto o $2$ 

Para o seguinte valor, $n=3$, $m=8$ as cousas xa se complican bastante. O espectador terá $C_{8,3}=\binom{8}{3}=56$ formas posibles de escoller 3 cartas. Agora o axudante debe deixar dúas delas cara arriba nunha determinada orde. Hai un total de $A_{8,2}=56$ arranxos, isto é, formas de escoller $2$ cartas ordenadas no mazo de $8$. Os valores coinciden, pero será posible establecer un código para cada caso? Teñamos presente que o código está formado por dúas cartas ordenadas, pero esas dúas cartas teñen que escollerse entre as $3$ determinadas polo  espectador. Neste caso pódese facer tal e como vemos na seguinte táboa. Se o espectador colleu as cartas $123$ o axudante tapa a última e deixa as outras na orde indicada na segunda fila $1,2$. Se a orde fose $2,1$ o mago sabería que a carta oculta tería que ser un $4$.

123	124	134	135	145	146	125	156
1,2	2,1	1,3	3,1	1,4	4,1	1,5	5.1
126	136	127	137	128	138	234	235
1,6	6,1	1,7	7,1	1,8	8,1	2,3	3,2
245	246	256	257	236	267	237	247
2,4	4,2	2,5	5,2	2,6	6,2	2,7	7,2
238	248	345	346	356	357	367	368
2,8	8,2	3,4	4.3	3,5	5,3	3,6	6,3
347	378	348	358	456	457	467	468
3,7	7,3	3,8	8,3	4,5	5,4	4,6	6,4
147	478	148	458	567	568	157	578
4,7	7,4	4,8	8,4	5,6	6,5	5,7	7,5
158	258	167	678	168	268	178	278
5,8	8,5	6,7	7,6	6,8	8,6	7,8	8,7

Poderemos establecer sempre un código? Ao escoller o código $(1,2)$ para 123 estamos imposibilitando que este código nos identifique os casos 124, 125,... 128 polo que todas estas escollas deben ser codificadas con outros pares ordenados de números que poderían ser $(1,4)$, $(1,5)$,..., $(1,8)$ pero estas novas escollas permitirán establecer un código distinto para as posibilidades que faltan? Haberá algunhas asignacións que nos impidan colocar as últimas identificacións. 

O seguinte caso, o de $n=4$ e $m=27$ xa daría lugar a unha táboa codificadora de $C_{27,4}=\binom{27}{4}=A_{17,3}=17550$ elementos.

En xeral o código poderá crearse se hai unha relación biunívoca entre todas as posibles escollas do espectador que suman un total de $C_{m,n}=\binom{m}{n}$ posibilidades, e as ordenación de $n-1$ cartas que faga o axudante. Este último valor contabilízase mediante os arranxos $A_{m,n-1}=m\cdot (m-1)\cdot ... \cdot (m-n+2)$. Se igualamos estas expresións:

$$C_{m,n}=\binom{m}{n}=\frac{m!}{n!(m-n)!}=A_{m,n-1}=\frac{m!}{(m-n+1)!}$$

Igualando denominadores e operando:

$$(m-n+1)!=n!(m-n)!$$ $$\frac{(m-n+1)!}{(m-n)!}=n!$$ $$m-n+1=n!$$ $$m=n!+n-1$$

Velaí que os dous conxuntos teñen o mesmo cardinal cando a cantidade de cartas do mazo é a que determinaramos previamente en [1]. A cuestión sería entón se se poderá establecer unha codificación da información dada polo protocolo do xogo para poder levalo a cabo en todos os casos. Unha opción sería a de elaborar un algoritmo que cree unha codificación para calquera caso. Esta sería a resposta escollida por un informático. Pero hai un achegamento máis bonito, o derivado do punto de vista matemático. Non nos dá a solución, pero hai un teorema da teoría de grafos que nos permite asegurar a existencia da codificación. O teorema é o seguinte.

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

Cómpre aclarar notación e conceptos para entendermos o teorema. Un grafo $G$ dise bipartito se pode descompoñerse na unión disxunta de dous conxuntos de vértices $X$ e $Y$ tales que os vértices de $X$ só se conectan con vértices de $Y$ (e viceversa). $N\left( A \right)$ fai referencia á veciñanza de $A$, isto é, o conxunto de vértices que están conectados con algún elemento de $A$. As barras verticais indican o cardinal. Un emparellamento $M$ dun grafo $G$ é unha colección de arestas que non teñen ningún vértice en común. Dise que un emparellamento SMS é perfecto se todos os vértices do grafo son extremo dalgunha aresta de $M$.

Consideremos o caso xeral. Temos $m=n!+n-1$ cartas distintas, o espectador escolle $n$ e o axudante dálle a volta a unha delas e ordena as restantes. Imos ver que poderemos establecer unha relación biunívoca (ou emparellamento perfecto) entre as $C_{m,n}$ escollas e as $A_{m,n-1}$ codificacións. Para iso consideramos o grafo bipartito $G=(X,Y)$ onde os vértices de $X$ serán cada unha das posibles combinacións e os de $Y$ cada un dos posibles arranxos. As arestas conectan cada combinación de $n$ elementos de $X$ con todas as posibles ordenacións de $n-1$ elementos desa combinación. Por exemplo na codificación anteriormente estudada para $n=3$ e $m=8$, a combinación 1-2-3 estaría conectada coas permutacións de dous elementos escollidos en {1,2,3}:  (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (2,3) e (3,2). Son un total de $n!=3!=6$ elementos. Da mesma maneira se consideramos un arranxo calquera, como (1,2) veremos que estará conectado coas  6 combinacións 1-2-3, 1-2-4, 1-2-5, 1-2-6, 1-2-7 e  1-2-8. Todos os vértices do grafo terán o mesmo grao, $6$. No caso xeral todos os vértices terán grao $n|$. Este tipo de grafos, nos que todos os vértices teñen o mesmo grao, chámanse grafos regulares. Vexamos que este grafo verifica a condición de Hall.

Efectivamente. Supoñamos que non a verifica, isto é, que existe un subconxunto $A\subset X$ de $k$ vértices que está conectado cun subconxunto de arranxos que ten menos de $k$ vértices. Como o grao de cada elemento é $n!$ a este subconxunto de arranxos, $N\left( A \right)$, deben chegar $n!\cdot k$ arestas. Velaí que polo principio do pombal ten que haber un arranxo ao que cheguen polo menos $n!+1$ arestas, o que entra en contradición con que todos os vértices tiñan grao $n!$.

Conviña decatarse de que non só demostramos a existencia de codificación para calquera truco estilo Cheney senón que acabamos de dar a proba do seguinte resultado:

Corolario. Sexa $G=(X,Y)$ un grafo bipartito regular. Daquela $G$ ten un emparellamento perfecto.

De querermos establecer un código completo para o truco de Cheney orixinal deberiamos cubrir unha táboa con $\binom{53}{5}=2.869.685$ celas!. Xa comprobáramos que para esta viaxe non cómpren tales alforxas. Con todo, como para unha escolla de $5$ cartas por parte do espectador temos asegurada a existencia dun código incluso cando o mazo ten $124$ cartas, a cantidade de emparellamentos codificadores para este valor tan baixo ($5$) xa subiría ata un total de $\binom{124}{5}=225.150.024$. Pode parecer sorprendente, pero neste pequeno traballo de Michael Kebler establécese un atallo para evitar tremenda tarefa.

O teorema de Hall recibe tamén o nome do teorema do matrimonio.  Na seguinte entrada centrarémonos neste aspecto, na súa relación co problema dos matrimonios. O resultado foi  demostrado polo matemático inglés Philip Hall (1904-1982), gran impulsor da teoría de grupos. Foi un dos participantes en Blettchley  Park no traballo de descodificación de mensaxes durante a II Guerra Mundial. 

Paridade e equilibrio

Paridade e equilibrio son conceptos semellantes pero non intercambiables. Para xustificar a imposición do decreto 79/2010, o de redución e prohibición de uso do galego no ensino, apelouse a un discurso no que a idea de equilibrio xogaba un papel importante. O alegato consistía en reivindicar que no ensino non había un equilibrio porque o decreto anterior primaba, tal e como recomendaba o PXNL, o uso do galego. Sería máis dificultoso facer o mesmo empregando a idea de paridade. Por que? Inmediatamente todos pensamos que o contrario de equilibrio é desequilibrio, unha situación non desexable. Paridade non ten un antónimo tan evidente. Aínda diría máis, o que procuraba o decreto 79/2010 era xustamente ese antónimo: a desigualdade. Evidentemente, reivindicar a desigualdade das linguas non parecía un discurso con expectativas mercadotécnicas. En efecto, o decreto 79/2010 non se sustenta en ningún criterio sociolingüístico; todos os seus criterios son de merchandising tóxico.

No eido das matemáticas sempre esperamos movernos por vías claras e sen ambigüidades. Imre Lakatos facía reconstrucións racionais da historia das matemáticas nas que o motor era a expurgación desas ambigüidades. Isto non significa que as matemáticas estean exentas de sorpresas e, ao contrario do que sucede na sociolingüística, as sorpresas nas matemáticas son sempre agradables. Comezaremos cunha cuestión que, nun principio, non ten nada que ver coa paridade.

Paridade

Os libros do matemático canadiano Ross Honsberger (1929-2016) son unha colección de xemas preciosas. Como exemplo, collamos Ingenuity in Mathematics (MAA 1970), do que hai unha edición en castelán, El ingenio en las matemáticas (La Tortuga de Aquiles 1994). Serviríanos calquera bocado deste libro. Nesta ocasión escollemos unha das cinco curiosidades aritméticas que presenta no capítulo 10. Tratábase dunha proposta da década dos anos 30 do século XX que se lle atrirbuía Enrico Ducci (1864-1940), un profesor de secundaria italiano que tamén exerceu a docencia no Colexio Militar de Nápoles. 

Pensemos en catro números naturais, por exemplo $(15,10,20,24)$ agora calculemos a diferenza, en valor absoluto, de cada par de números consecutivos considerando que o último número e o primeiro tamén son consecutivos. Repitamos o proceso unha e outra vez:

$$ \left ( 15,10,20,24 \right )$$ $$ \left ( 5,10,4,9 \right )$$ $$ \left ( 5,6,5,4 \right )$$ $$ \left ( 1,1,1,1 \right )$$ $$ \left ( 0,0,0,0 \right )$$

Honsberger presentaba o procedemento dunha forma máis agradable á vista. Pedíanos que colocásemos os catro primeiros valores arredor dunha circunferencia e que despois obtivésemos o resto das cuaternas cíclicas sobre circunferencias cada vez maiores tal e como se mostra no seguinte diagrama:

Este proceso é tan simple que se pode presentar nunha aula de primaria, basta con saber restar. Ademais ten a vantaxe de que podemos experimentar con el. Se xogamos un pouco con distintas cuaternas iniciais entenderemos por que Ducci se preguntou se sempre se acabaría na cuaterna $(0,0,0,0)$. Efectivamente, non importa cal sexa a cuaterna inicial, sempre acabaremos nunha cuaterna de ceros. Honsberger ofrece unha explicación demostrando que en catro pasos o maior dos catro valores vai reducirse. Isto implicará que nun número finito de pasos o maior valor será cero, polo tanto todos o serán. Se temos unha configuración sen ningún cero fica claro que o maior dos catro valores se verá reducido no seguinte paso. Entón Honsberger pasa a estudar os casos nos que haxa un, dou ou tres ceros e demostra esa redución en cada un dos casos. 

O mesmo problema xa aparecía nun libro do autor ruso Boris Kordemsky (1907-1999). O libro, editado no 1954, tiña por título Математическая смекалка. Foi un best-seller do que se venderon centos de miles de exemplares. A iniciativa de Martin Gardner foi traducido ao inglés no ano 1972 baixo o título de The Moscow Puzzles. Tamén hai unha versión en español; neste caso a editorial Gedisa cortou o texto en dúas partes: Los enigmas de Moscú e Un elefante y un mosquito. A demostración que ofrece Kordemsky da conxectura de Ducci é marabillosa. Imos debullala. 

Figura 2

En primeiro lugar pensemos na equivalencia entre distintas cuaternas polo feito de seren cíclicas. Observemos a figura 2; seguindo o sentido de xiro das agullas dun reloxo decatarémonos de que as seguintes cuaternas son equivalentes:

$ \left ( a,b,c,d \right )\equiv \left ( b,c,d,a \right )\equiv \left ( c,d, a, b \right )\equiv \left ( d,a,b,c\right )$ 

Se consideramos o sentido de xiro contrario, aínda teremos outras tantas equivalentes ás anteriores:

$ \left ( d.c,b,a\right )\equiv\left ( c,b,a,d \right )\equiv \left ( b,a,d,c \right )\equiv \left ( a,d,c,b\right )$

Agora faremos unha análise un tanto inesperada. Fixarémonos se os números son pares ou impares (p/i). Hai un total de $2^4=16$ formas de construír unha cuaterna utilizando dous elementos ($p/i$) pero moitas delas son equivalentes polo que só hai 6 cuaternas esencialmente distintas:

$v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$

$v_{2}=\left ( p,p,p,i\right )\equiv \left ( i,p,p,p\right )\equiv\left  ( p,i,p,p\right )\equiv\left ( p,p,i,p\right ) $

$v_{3}=\left ( p,p,i,i\right )\equiv \left ( i,p,p,i\right )\equiv \left ( i,i,p,p\right )\equiv \left (p, i,i,p\right )$

$v_{4}=\left ( p,i,p,i\right )\equiv\left ( i,p,i,p\right )$

$v_{5}=\left ( p,i,i,i\right )\equiv\left ( i,p,i,i\right )\equiv\left ( i,i,p,i\right )\equiv\left (i,i,i, p,\right )$

$v_{6}=\left ( i,i,i,i\right )$

E xan van alá as 16 posibilidades. Agora comprobaremos que, en como moito 4 pasos, obteremos unha cuaterna de pares. Chamémoslle $A_{0}$ á configuración inicial e apliquémoslle as regras de xogo para obter unha sucesión de cuaternas cíclicas. Que pasa se comezamos por $v_{2}$?

$A_{0}=\left ( p,p,p,i\right )=v_{2}$

$A_{1}=\left ( p,p,i,i\right )=v_{3}$

$A_{2}=\left ( p,i,p,i\right )=v_{4}$

$A_{3}=\left ( i,i,i,i\right )=v_{6}$

$A_{4}=\left ( p,p,p,p\right )=v_{1}$

Non só observamos que en 4 pasos pasamos de $v_{2}$ a $v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$, senón que tamén desde $v_{3}$, $v_{4}$ e $v_{6}$ chegamos a $v_{1}$ incluso en menos pasos. Que pasa con $v_{5}$?. Vexámolo:

$A_{0}=\left ( p,i,i,i\right )=v_{5}$

$A_{1}=\left ( i,p,p,i\right )=v_{3}$

$A_{2}=\left ( i,p,i,p\right )=v_{4}$

$A_{3}=\left ( i,i,i,i\right )=v_{6}$

$A_{4}=\left ( p,p,p,p\right )=v_{1}$

Efectivamente, en 4 pasos tamén pasamos de $v_{5}$ a $v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$

Eses catro números pares de $A_{4}$ poden ser disintos. Renomémolos: $A_{4}=\left ( p_{1},p_{2},p_{3},p_{4}\right )$ e consideremos a cuaterna das súas metades $B_{4}=\left ( \frac{p_{1}}{2}, \frac{p_{2}}{2}, \frac{p_{3}}{2}, \frac{p_{4}}{2}\right )$. Fagamos agora un paso máis; pensemos como serán $A_{5}$ e $B_{5}$.

O primeiro elemento de $A_{5}$ será $\left|p_{1}-p_{2}\right| $ e o primeiro elemento de $B_{5}$ será $\left|\frac{p_{1}}{2} -\frac{p_{2}}{2}\right|=\frac{\left|p_{1} -p_{2}\right|}{2}$. Velaí que os elementos de $B_{n}$ serán sempre a metade dos elementos de $A_{n}$.  $B_{8}$ será unha cuaterna de pares que ademais serán as metades dos elementos da cuaterna $A_{8}$. Entón podemos asegurar que $A_{8}$ estará conformado por múltiplos de $4$. Repetindo o proceso teremos que a cuaterna $A_{12}$ estará conformada por múltiplos de $8$. En xeral os elementos de $A_{4n}$ serán múltiplos de $2^{n}$.

Sexa $x$ o maior número de $A_{0}$. En ningunha fila pode haber un número maior que el. Pero, dado $x$ haberá algún enteiro $n$ tal que $x<2^{n}$. Sabemos que todos os elementos da cuaterna $A_{4n}$ son múltiplos de $2^{n}$. Velaí que non quede outra que $A_{4n}=\left ( 0,0,0,0\right )$

É natural cuestionarse que é o que sucede se no canto de grupos de 4 números aplicamos o mesmo proceso de Ducci a n-tuplas. En cada paso os valores de cada fila son sempre menores ou iguais á anterior. Ademais, dada unha n-tupla inicial só hai un número finito de n-tuplas que o xogo de Ducci pode producir. En consecuencia o proceso ou ben remata cunha n-tupla de ceros, ou ben acaba xerando un bucle. 

O caso $n=2$ é trivial, calquera configuración inicial chega en dous pasos a $\left ( 0,0\right )$. 

Cando $n=3$ caeremos en repeticións do tipo $\left ( 0,1,1 \right )\rightarrow \left ( 1,0,1 \right )\rightarrow \left ( 1,1,0 \right )\rightarrow \left ( 0,1,1 \right )$. 

A 5-tupla $\left ( 0,0,0,3,3 \right )$ repítese despois de 15 pasos. 

A 6-tupla $\left ( 1,2,1,2,1,0 \right )$ pronto se anula: $\left ( 1,2,1,2,1,0 \right )\rightarrow \left ( 1,1,1,1,1 \right )\rightarrow\left ( 0,0,0,0,0,0 \right )$

As n-tuplas de lonxitude $n=2^m$ acaban anulándose. Como vimos, as doutras lonxitudes teñen comportamentos variables.

Equilibrio

No anterior razoamento acabamos de traballar con restras binarias como $\left ( i,p,p,i\right )$ e ben sabemos que tanto ten escribir $p/i$ como $0/1$ ou $+/-$.

No ano 1963 o matemático polaco Hugo Steinhaus (1887-1972), no libro One Hundred Problems in Elementary Mathematics (Basic Books, 1964) propón varios problemas dos que non se coñecía a solución. Un deles, "signos máis e menos" ten unha apariencia inocua. A primeira versión do enunciado era aproximadamente a seguinte:

Triángulo de Steinhaus. Construímos un triángulo de signos $+$ e $-$ colocando unha primeira fila con $n=7$ elementos. As seguintes foron elaboradas de forma que debaixo de cada par de signos iguais aparece un $+$ e debaixo de cada par de signos distintos aparece un $-$. Observamos que no triángulo hai 14 signos $+$ e 14 signos $-$, polo que diremos que este é un triángulo equilibrado. Será posible elaborar un triángulo equilibrado cunha primeira fila de $12$ signos?  E de $n$ signos?

Un triángulo de lonxitude $n$ terá $N=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ signos. Para podermos falar de triángulos equilibrados $N$ terá que ser par, pois debe haber $\frac{N}{2}$ signos de cada tipo. Polo tanto $n\left ( n+1 \right )$ debe ser divisible por $4$. Pero isto só é posible se $n$ ou $n+1$ tamén o son. De aí que o problema de Steinhaus se reduza a establecer se é posible elaborar un triángulo de Steinhaus equilibrado cando $n\equiv 0, 3 (mód 4)$. A cuestión tardou en ser resolta 9 anos. Heiko Harborth estudou en profundidade estas estruturas. Entre outras cousas demostrou que un triángulo de Steinhaus non só se pode ler "de arriba abaixo", senón que visto desde cada un dos outros dous lados tamén é un triángulo de Steinhaus. Ademais, agás simetría, podemos ler cada lado en dous sentidos, de aí que se achamos un triángulo equilibrado, inmediatamente podemos dar outras 5 solucións. No 1972 Harborth demostrou que habería triángulos equilibrados para todas as lonxitudes posibles.

Un resultado sobre arcocotanxentes

Non imos dar un resultado sobre arcotanxentes, vai ser sobre arcoCOtanxentes. Se liches mal e pensabas que trataría sobre as insulsas arcotanxentes, podes abandonar este artigo.

As dúas anteriores entradas deste blogue ([1] e [2]) estiveron adicadas ofrecer solucións do seguinte problema recollido do libro Circo Matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner:

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

A última de todas elas facía uso dun concepto matemático moi en desuso, o arcocotanxente. En concreto utilizaba a seguinte fórmula: $$arccot1+arccot2+arccot3=90$$

A definición das razóns trigonométricas seno, coseno e tanxente é moi clara. O mesmo podemos dicir das correspondentes razóns inversas cosecante, secante e cotanxente. De aí que as súas funcións inversas sexan, nun principio, conceptos da mesma dificultade: arcoseno, arcocoseno, arcotanxente, arcocosecante, arcosecante e arcocotanxente. Porén, como as razóns inversas só son iso, razóns inversas, apenas ten sentido o traballo coas mesmas. Isto leva que que as funcións inversas das razóns inversas fiquen marxinadas. Pero remexendo no problema dos tres cadrados achei un resultado no que si resulta natural o uso do arcocotanxente. Ademais o resultado realmente fermoso.

Vou reproducir un artigo de Charles W. Trigg aparecido no ano 1973 na revista The Fibonacci Quaterly porque, efectivamente, o resultado sobre arcocotanxentes é un resultado sobre a sucesión de Fibonacci. 

Para comezar temos que recordar unha propiedade moi coñecida polos afeccionados a esta sucesión, a identidade de Cassini. 

Identidade de Cassini. $F_{k+1}F_{k}-F_{k}^{2}=\left ( -1 \right )^{k}$

Non é complicado atopar na rede algunha dedución desta fórmula, como a seguinte, debida a Donald Knut:$$F_{k+1}F_{k-1}-F_{k}^{2}=det\begin{pmatrix} 1 &1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k}=\left (det\begin{pmatrix} 1 &1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \right )^{k}=\left ( -1 \right )^{k}$$

Para $k=2n+1$ a identidade de Cassini será: $$F_{2n+2}F_{2n}-F_{2n+1}^{2}=-1$$ Cambiando de signo obtemos outra fórmula $$F_{2n+1}^{2}-F_{2n+2}F_{2n}=1$$

Que usaremos para calcular a seguinte expresión:$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n+3}=F_{2n+1}\left ( F_{2n+1}+F_{2n} \right )-F_{2n}\left ( F_{2n+2}+F_{2n+1} \right )=$$ $$=F_{2n+1}^{2}+F_{2n+1}F_{2n}-F_{2n}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n-1}=F_{2n+1}^{2}-F_{2n}F_{2n-1}=1$$
Temos pois que:$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n+3}=1$$

Aplicando a propiedade fundamental de formación da sucesión de Fibonacci a $F_{2n+3}$ ($F_{2n+3}=F_{2n+2}+F_{2n+1}$ ) e sumando $F_{2n}^{2}$:

$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}\left ( F_{2n+2} +F_{2n+1}\right )+F_{2n}^{2}=F_{2n}^{2}+1\\ \left ( F_{2n+1}-F_{2n} \right )\left ( F_{2n+2} -F_{2n}\right )=F_{2n}^{2}+1$$ Consideremos o seguinte esquema no que o punto $Q$ está a unha distancia $F_{2n}$ de $N$. $R$ dista $F_{2n+1}$ unidades de $N$ e $R$ dista $F_{2n+2}$ de $N$. Aplicando a última fórmula deducida:

$$\frac{QP}{MP}=\frac{F_{2n+1}-F_{2n}}{\sqrt{F_{2n}^{2}+1}}=\frac{\sqrt{F_{2n}^{2}+1}}{F_{2n+2}-F_{2n}}=\frac{MP}{RP}$$

Onde calculamos MP aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo rectángulo $MNP$

Os triángulos $RPM$ e $QPN$ son semellantes xa que os lados que determinan o ángulo en $P$ son proporcionais. Entón o ángulo coloreado no vértice M, $ \angle QMP=\gamma $ e, como xa temos visto anteriormente, isto significa que $\alpha=\beta+\gamma$, ou

$$arccotF_{2n}=arccotF_{2n+1}+arccotF_{2n+2}$$

Lembremos a sucesión: $$\begin{matrix} F_{0} &F_{1} & F_{2} &F_{3} & F_{4} & F_{5} &F_{6} & F_{7} &F_{8}... \\ 0& 1& 1 & 2&3 &5 &8 &13 & 21... \end{matrix}$$

De aí que poidamos facer un desenvolvemento telescópico da seguinte suma:

$$arccot1=arccot2+arccot3=arccot2+arccot5+arccot8=....=\sum_{i=1}^{\infty }arccotF_{2i+1}$$

Tres cadrados, moitas solucións.2

Na anterior entrada presentaba este problema que aparecía no libro Circo matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Alí xa indicaba  que $\alpha=45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha+\beta+\gamma=90$. Tamén daba cinco solucións ao mesmo. Continuamos (e rematamos) a serie de solucións

6. Sen palabras

Quizais esta sexa a demostración máis simple

7. Números complexos

Despois da demostración máis simple, a máis complexa.

Os ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os argumentos dos números complexos $1+i$, $2+i$ e $3+i$:

$$1+ \ i=r_{1}e^{\alpha }\\1+2i=r_{2}e^{\beta }\\1+3i=r_{3}e^{\gamma }$$

$$\left ( 1+i \right )\left ( 1+2i \right )\left ( 1+3i \right )=r_{1}r_{2}r_{3}e^{\alpha+\beta +\gamma}$$

$$\alpha +\beta +\gamma =arg\left [ \left ( 1+i \right ) \left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right )\right ]=arg\left ( 10i \right )=90$$

8. Ángulo inscrito

Tanto este resultado como o seguinte recollinos dese país das marabillas que é Cut the Knot. Como se verá, dúas pedras preciosas.

Por construción o ángulo ∠QTR é igual ao ángulo ∠RPS.

∠RPS é un ángulo inscrito na circunferencia que abrangue o mesmo arco que ∠RQS, polo que son iguais. Xa na solución 5 a este mesmo problema vimos que $\alpha$ é a suma de $\beta$ e $\gamma$ por ser exterior ao triángulo QRS.

9. Circunferencia inscrita nun cadrado

Isto é unha adaptación de Cut of de Knot

Sobre unha circunferencia de raio 5 trazamos todos os segmentos que se poden ver na imaxe. Consideremos o triángulo isóscele de ángulos $2\gamma$, $\theta$ e $\theta$. Como a súa suma é de 180º debe verificarse que $\theta=90-\gamma$. De aí que as denominacións dos ángulos $\gamma$, $2\gamma$, $\beta$ e $2\beta$ sexan coherentes. Nótese que continuamos coa mesma denominación para $\gamma$ e $\beta$ que nos apartados anteriores.

Como $2\gamma+2\beta=90$ tamén se verifica a igualdade que buscamos: $\gamma+2\beta=45$

10. As arcotanxentes

Foi esta solución a que me moveu a escribir estas entradas no blogue. Nalgunha outra ocasión xa presentara esta atractiva fórmula ([1], [2])protagonizada por arcotanxentes, de apariencia completamente inútil. 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

Está claro que $arctan1=90-\alpha$, $arctan2=90-\beta$ e que $arctan3=90-\gamma$ de aí que

$$90-\alpha+90-\beta+90.\gamma=180 \Rightarrow \alpha=90-\alpha=\beta+\gamma$$

11, As arcocotanxentes

Teño que confesar que esta solución é esencialmente igual á anterior, pero apetecíame introducir un este termo practicamente desaparecido da linguaxe matemática: arcocotanxente. Veremos que non é a derradeira vez que o utilice pois a iso estará adicada a seguinte entrada deste blogue.

$\alpha=arctan\left ( a \right ) \Rightarrow 90-\alpha=arccot\left (  a \right )$ polo tanto $arctan\left (a  \right )=90-arccot\left (   a\right )$

Recollo outra vez a atractiva fórmula do apartado anterior 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

E escríboa en función de arcocotanxentes para obter unha nova e non menos atractiva fórmula:

$$\left (\Rightarrow  90-arccot1 \right )+\left (\Rightarrow 90-arccot2  \right )+\left (\Rightarrow  90-arccot3 \right )=180\\arccot1+arccot2+arccot3=90$$

Pero resulta que $arcotan1=\alpha$, $arcotan2=\beta$ e $arcotan3=\gamma$, o que significa que $\alpha+\beta+\gamma=90$, que era o que queriamos demostrar.

Tres cadrados, moitas solucións.1

Martin Gardner, no seu libro Circo matemático (Alianza Editorial) preséntanos o seguinte problema que lle chegou por carta indicando que llo propuxeran ao remitente en 5º de Primaria nunha escola de Moscú.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Gardner non se limita a ofrecernos o problema e a súa solución, senón que ofrece referencias interesantes e cargadas de información sobre todo o que escribe. Entre elas comenta que nun artigo da revista Journal of Recreational Mathematics chegaron a recompilarse 54 solucións deste problema. Non sei cales eran esas solucións. Con todo vou intentar ofrecer unha pequena colección delas, algunha realmente sorprendente. Invito ao eventual lector que intente abordar o problema antes de ir directamente ao listado de solucións pois estamos diante dunha cuestión que nos ofrece moitas vantaxes. É simple, facilmente tratable e permite que enchamos páxinas de debuxos bos de trazas.

Antes de nada, unha pequena anotación. Está claro que $\alpha=45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha+\beta+\gamma=90$

1. Solución trigonométrica

Martin Gardner pedía que se resolvese o problema usando só xeometría moi elemental, sen facer uso da trigonometría. Eu non lle fixen caso pois a primeira solución que me veu á cabeza foi a seguinte.

$$tan\left ( \beta +\gamma  \right )=\frac{tan\beta +tan\gamma }{1-tan\beta \cdot tan\gamma }=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}=1=tan\alpha $$

Como os tres ángulos son agudos tamén se verificará que $\alpha=\beta+\gamma$

Aquí aplicouse a fórmula da tanxente dunha suma. Unha alternativa sería usar a do seno ou a do coseno dunha suma. Así teriamos outras dúas novas solucións.

2. Solución de Gardner.

$\beta'=\beta$ por seren ángulos homólogos de triángulos semellantes. A suma $\beta'+\gamma$   é 45, a medida do ángulo $\alpha$

3. Un triángulo isóscele

Construíndo un triángulo isóscele podemos ver inmediatamente que $\alpha+\beta+\gamma=90$

4. Un xiro

Se xiramos o esquema inicial un ángulo $\beta'=|beta$ no sentido antihorario arredor do vértice superior O, podemos observar nese vértice como os tres ángulos suman 90

5. Ángulo exterior dun triángulo

O triángulo OPS é semellante a OTU. É evidente que $\gamma=\gamma'$

$\alpha$ é o ángulo exterior do triángulo OQR, de aí que $\alpha=\beta+\gamma'=\beta+\gamma$

Como esta entrada xa está resultando o suficientemente longa, vou deixar para outra as solucións que me pareceron máis atractivas.

Continúa a liña de Sid Sackson

Sabendo que un é de natural calado e aburrido, o normal é que este blogue herde dalgunha maneira estas características. Por dar algunha pista, non son quen de manter a atención máis duns poucos segundos nun videoxogo. Para non resultar absolutamente pesado, por veces considero que debo procurar aquel aire de ludismo que non teño aínda completamente morto. De facto, a etiqueta xogo deste blogue non está completamente baleira. Efectiva e sorprendentemente hai certos aspectos lúdicos aos que aínda non son refractario. Por exemplo, encantábanme as entradas do blogue Xogos de lingua, e supoño que, como todos, sempre gocei das matemáticas recreativas de Martin Gardner. 

No seu libro Circo matemático Gardner presenta un xogo de cartas, Patterns, creado por enxeñeiro de Nova York chamado Sidney Sackson. En Comunicación extraterestre y otros pasatiempos matemáticos recolle outro xogo de Sidney Sackson, nesta ocasión un xogo de taboleiro chamado Focus. Sackson volve aparecer nomeado en Viajes por el tiempo y otras perplejidades matemáticas por ser o autor dun xogo baseado no tangram; en Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas Gardner comenta a suxerencia de Sackson para mellorar o xogo de Halma. 

Resulta que Sid Sackson (1920-2002) foi un afortunado inventor e coleccionista de xogos. Creou máis de 500 xogos e tiña unha colección de máis de 15.000. Moitos deles recolleunos no libro A Gamut of Games , un clásico entre os afeccionados aos xogos.  Unha boa escolla deses xogos encontrámola no artigo do profesor do centro de ensino feminino Smith College,  Jim Henle, que aparece na recompilación anual de artigos sobre matemáticas The Best Writing in Matematics 2020 . De entre todos os xogos dos que se fala nese ensaio o que máis me chamou a atención foi "hold that line". Para practicalo precisamos dunha grella de puntos e dous bolígrafos de distinta cor, un para cada un dos participantes. Consideremos o seguinte taboleiro 4⨯4

Xógase por turnos. Unha xogada consiste en trazar un segmento entre dous puntos calquera. Neste trazo podemos pasar (ou non) por enriba doutros puntos da grella.

O Xogador II debe volver a trazar outro segmento comezando dos dous extremos. O xogo debe continuar así sen cortar a liña e sen volver a pasar por ningún punto usado. O xogador que se ve forzado a trazar a última liña é o perdedor. Velaquí unha partida na que perde o Xogador I (azul):

Quizais o que primeiro nos chama a atención é que se estableza que o perdedor é o que pode debuxar a última liña. Este tipo de regras, de "xogar para perder" dan lugar aos denominados xogos misère. Neste caso a norma está pensada para evitar unha estratexia gañadora moi simple. Efectivamente, se o que trazara o último segmento fose o gañador (non misére) o Xogador I podería gañar comezando cunha diagonal

Despois basta con que trace segmentos simétricos aos do Xogador II respecto desa diagonal.

Está claro que podemos xogar nun taboleiro doutras dimensións, incluso non cadradas. Aquí pode comezar un estudo de posibles estratexias. Non está mal comezar con taboleiros 2⨯2, 2⨯3, 2⨯4,....

Hai outro xogo que se desenvolve no mesmo taboleiro pero que en certos aspectos é dual deste, o Square it!. En cada turno un xogador pinta un dos puntos da grella. Agora o obxectivo é pintar catro puntos formando os vértices dun cadrado. Na seguinte imaxe o Xogador I (azul) é o gañador

Como vemos, o cadrado non ten por que ser horizontal. O xogo pode practicarse nesta aplicación de NRICH. 

O Sqare it! dános pé a distintas análises. Ademais de intentar establecer estratexias gañadoras, a estrutura do taboleiro é especialmente acaída para a práctica do teorema de Pitágoras co cálculo de áreas e perímetros. Tamén se pode intentar o reconto da cantidade de cadrados posibles para un taboleiro determinado. Se os cadrados non horizontais complican demasiado o reconto podemos restrinxir o problema aos horizontais. Outra posibilidade é o reconto de rectángulos. Estas dúas últimas actividades téñoas realizado moitas veces na aula, con resultados moi dispares. 

Seguindo coa mesma forma de base temos outro xogo, o Tac Tix, debido ao dinamarqués Piet Hein (1905-1996), o creador do cubo-soma e do Hex . Por certo, un grupo de profesores da USC crearon unha versión do Hex, o Mathex. Así mesmo o Tac Tix non é outra cousa que unha versión bidimensional dos xogos tipo Nim. A forma máis simple do Nim consiste en ir retirando 1, 2 ou 3 pedras dunha fila na que hai 21. No xogo normal o obxectivo consiste en coller a última pedra, na versión misère hai que forzar ao contrario a que sexa el quen a teña que coller. Establecer unha estratexia gañadora é bastante facil. No Tac Tix, dado un grupo de 4⨯4 obxectos, en cada turno pódense retirar todos os que se queiran dunha fila ou dunha columna.

Na versión normal gaña quen retire a última peza, na misère preténdese que o último obxecto sexa retirado polo contrario. Outra vez non temos por que quedarnos coa versión 4⨯4, de feito o xogo naceu cun taboleiro de fichas de 6⨯6. No caso do xogo non misére, cando o cadrado ten un número par de fichas, xogando simétricamente ao adversario gaña o Xogador II. Se o número de fichas é impar gañará o Xogador I se retira a peza central e despois aplica a estratexia da simetría. De aí que sexa preferible xogar coas regras non misère. En  Hexaflexagons and Other Mathematical Diversions: The First Scientific American Book of Puzzles and Games. Gardner comenta que se conxecturou que o Xogador II tería unha estratexia gañadora no caso par e o Xogador I no caso impar.

Pregúntome polas complicacións que traería un Tac Tix tridimensional, e un n-dimensional?

Post scriptum

Ao darlle algunhas voltas a esta entrada, remexendo nalgo do que xa me esqucín, fun dar con algunhas ideas Ben Orlin, quen tamén tratou o xogo de Sid Sackson no seu blogue Math whit Bad Drawings. El fíxoo cunha pequena diferenza. Segundo a súa versión, ademais dos segmentos verticais e horizontais, só están permitidas as diagonais formando ángulos de 45º. Ben Orlin rebautizou este entretemento co nome de "xogo da serpe"

A cousa non remata aquí pois aínda introduce unha nova variante que donomina "xogo das serpes". Neste caso cada unn dos dous xogadores só pode continuar aumentando a súa propia serpe (ou liña, como queirades chamala). Cando non poida continuar, non hai problema, comeza con outra serpe. O xogo segue  así ata que ningún poida realizar máis trazos. Gañará quen debuxara unha maior cantidade de serpes. No caso de empate decárase gañadar o que utilizara menos puntos. Vexamos un par de exemplos. Nesta primeira partida o Xogador I (azul) gaña porque consegue trazar 3 serpes fronte ás dúas do Xogador II (vermello).

Na segunda partida o vencedor é o Xogador II pois, aínda que empatan no número de serpes, o Xogador I acaba trazando segmentos por 9 puntos mentres que o outro só utiliza 7.

Para comprobalo mellor, velaquí o resultado final destas dúas partidas:

Á esquerda, a primeira partida;
á dereita, en liñas contínuas, a segunda

Ben Orlin aínda nos propón un novo reto, un solitario. Trátase de conseguir o maior número de serpes nun taboleiro de mхn puntos. Por exemplo, nun taboleiro 4x4 non poderemos trazar máis de 4 serpes, tal e como sucede na segunda partida anterior adicionando o segmento descontínuo. A primeira partida non nos serviría como exemplo do solitario porque non poderemos dar comezo a unha nova serpe ata que sexamos incapaces de ampliar a anterior. 

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!