Moedas falsas

Antes de nada imos cumprir co prometido dando a solución do problema proposto na anterior entrada, Adiviña fibonacciana. A cuestión consistía en determinar a suma dos 10 primeiros termos dunha sucesión do estilo da de Fibonacci que comezase por dous termos descoñecidos $a$ e $b$ a partir do coñecemento dun dos 10 elementos desa sucesión. O problema é realmente curioso porque parece imposible poder determinar esa suma sabendo só un elemento. Basta con que elaboremos unha táboa como a seguinte indicando os termos da sucesión nunha fila e as sumas dos mesmos noutra. A resposta salta á vista.

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	$10$
$f_{n}$	$a$	$b$	$a+b$	$a+2b$	$2a+3b$	$3a+5b$	$5a+8b$	$8a+13b$	$13a+21b$	$21a+34b$
$S_{n}$	$a$	$a+b$	$2a+2b$	$3a+4b$	$5a+7b$	$8a+12b$	$15a+20b$	$21a+33b$	$34a+54b$	$55a+88b$

Por se hai alguén con falta de vista, que se fixe no valor de $f_{7}$

Esta cuestión recollina do libro The Mathematics of Various Entertaining Subjects (Princenton University Press, 2016), un libro no que cada capítulo está asinado por un autor distinto. Chamoume a atención o de Anany Levitin, que trata sobre adiviñas matemáticas que se resolven nun só paso. A autora destaca este tipo de retos porque son sorprendentes e escasos, un par de características que os fan moi valiosos. Por se esta perla non anima o suficiente a botarlle un ollo ao capítulo de Levitin, vou recoller un par de problemas máis desta mesma fonte. Cando lin o enunciado do primeiro vin inmediatamente a solución. Claro! foi divulgado por Martin Gardner e seguramente xa non era a primeira vez que o tiña diante.

Unha pía de moedas falsas. Hai 10 pías de 10 moedas de aparencia idéntica. Todas as moedas dunha destas pías son falsas, mentres que todas as moedas das outras pías son auténticas. Cada moeda auténtica pesa w gramos, mentres que cada moeda falsa pesa w + 1 gramos, onde w é coñecido.

Tamén existe unha báscula dun só prato que pode determinar o peso exacto de calquera número de moedas. Identifica a pía coas moedas falsas nunha soa pesada.

O segundo trata o mesmo tópico, moedas legais vs. moedas falsas. Deste vou dar a solución máis abaixo, así que se queres gozar con el, non fagas scroll máis abaixo da imaxe. Por certo, na imaxe aparecen moedas de peseta. Os que xa temos certa idade lembramos que as moedas de 5 pesetas chamábanselle pesos. Normalmente non se falaba dos billetes de cen pesetas, senón dos de vinte pesos.Tiven o malicioso pensamento de usar no seguinte enunciado a palabra peso no canto de moeda para encerellar máis o problema, pero contívenme. Retrospectivamente creo que fixen mal, así que queda como exercicio ao lector que lea o enunciado facendo o cambio e verá que o meu espírito malicioso tiña razón.

Unha moeda sospeitosa. De 101 moedas, 50 son falsas. O peso dunha moeda auténtica é un número enteiro descoñecido, mentres que todas as moedas falsas teñen o mesmo peso, que difire do peso dunha moeda auténtica en 1 gramo. Pedro ten unha báscula de dous pratos que mostra a diferenza de peso entre os obxectos colocados en cada prato. Pedro elixe unha moeda e quere determinar nunha soa pesada se é auténtica ou falsa. Pode facelo?

Tanto monta, monta tanto

Canto pesan 20 pesos?

O curioso do caso é que podemos dar a solución de dúas formas completamente distintas. Vexamos a primeira.

Colócase nun prato da balanza a moeda escollida e no outro o resto. Sexa $a$ o peso dunha moeda auténtica e $f=a\pm 1$ o dunha moeda falsa. 

Se a moeda escollida é falsa a diferenza entre os pratos  será $51a+49f-f=51a+48f=51a+48(a\pm1)=99a\pm48$ que é múltiplo de $3$

Se a moeda escollida é auténtica a diferenza entre os pratos será $50a+50f-a=49a+50f=49a+50(a\pm1)=99a\pm50$ que non é múltiplo de $3$

Tamén podemos resolver o problema segundo as indicacións de Fomin et al, do libro Círculos matemáticos (SM&RSME 2012), editado na colección Estímulos Matemáticos. Agora déixase a un lado a moeda escollida e colócanse 50 moedas en cada prato da balanza.

Estudemos o que sucede se a moeda retirada é auténtica. Nese caso quedan 50 de cada tipo. Supoñamos que no primeiro prato poñemos as 50 auténticas que pesan $50a$ e no segundo as 50 falsas, que pesan $50(a\pm1)=50a\pm50$.  Daquela a diferenza de peso entre os pratos será $\pm50$. Se intercambiamos unha moeda falsa do primeiro prato cunha falsa do segundo, a diferenza variará en $\pm2$. Se repetimos o intercambio a diferenza seguirá sendo par.

Se a moeda retirada fora falsa quedarían 49 falsas e 51 auténticas. Supoñamos que no primeiro prato temos 50 auténticas e no segundo están as 49 falsas máis a outra auténtica. Entón a diferenza entre os pesos dos pratos será $50a-(49f+a)=49a-49f=49a-49(a\pm1)=\pm49$, un número impar. Outra vez, se intercambiamos unha moeda auténtica dun prato con outra falsa do outro, a variación da diferenza será de $\pm2$. En conclusión, cando a moeda retirada é falsa, a diferenza de peso entre os pratos é impar. 

Adiviña fibonacciana

Hai tempo que por unha ou por outra razón non publico no blogue, uns 4 meses. Grazas a Andrés Ventas, o colaborador que apareceu por aquí hai un par de anos, a miña falta non se notou tanto porque el seguiu achegando entradas durante todo este tempo. Este período de sequía fíxome ver algo sobre o que me teño interrogado en varias ocasións, se me resultará traumático abandonar este blogue. Comprobei que non. Como envorco por aquí o que quero e cando me peta, decateime de tampouco hai dor ningunha en deixar de facelo cando non me satisfaga elaborar novas entradas. A pesar de toda esta introdución, creo que aínda non chegou ese momento, así que, sen darlle máis voltas vou deixar de seguido un novo retallo. 

Tal e como se pode adiviñar polo título, o asunto ten que ver coa sucesión de Fibonacci. Aproveito inchar o peito co contido deste blogue lembrando a entrada "Problemas consecutivos" dedicada ben a esta sucesión, ben ao seu amigo o número áureo. Alí, despois dunha redación inicial de 9 problemas, fun engadido en sucesivas ampliacións outros tantos problemas arredor do mesmo tópico. Desta vez apeteceume adicarlle unha espazo a un novo problema. 

A sucesión de Fibonacci é o exempolo clásico de sucesión definida recursivamente. Dados os dous primeiros termos, os seguintes serán a suma dos dous anteriores. $$f_{1}=0, \quad f_{2}=1, \quad f_{n+2}=f_{n}+f_{n+1}$$

Daquela teremos a seguinte seguinte archocoñecida sucesión: $0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...$

Hai moitas outras sucesións que se poden construír ao estilo Fibonacci; basta con que os dous valores iniciais sexan outros. Por exemplo, con $f_{1}=4$ e $f_{2}=9$ obteremos a sucesión fibonacciana $4, 9, 13, 22, 35, 57, 92, 149, 241, 390,...$

Adiviñación da suma de Fibonacci. Pídelle a un amigo que xenere os 10 primeiros termos dunha sucesión fibonacciana comezando polos números enteiros $a$ e $b$ da súa escolla e que sexan descoñecidos para ti. Entón dille que che diga o valor dun deses 10 termos. Daquela ti debes ser quen de adiviñar a suma deses 10 termos. Que termo debes preguntar? Como determinar esa suma?

Na vindeira entrada darei a solución e a referencia do libro no que recollín o problema.

O deostado algoritmo do cálculo da raíz cadrada

Os primeiros anos que impartín clase entregaba boletíns con listas enormes de exercios. O normal era entregar un folio ateigado de exercicios ata as marxes. Podía ser, por exemplo un boletín de operacións con quebrados, todos moi semellantes, e con cálculos cada vez máis monstruosos, cargados de parénteses, corchetes e signos operacionais nos lugares máis insospeitados. Co tempo, e batendo no lombo de moitos sufridos alumnos, aprendín que esa metodoloxía non era, digámolo finamente, moi acaída. Máis alumnos podían aprender máis se os exercicios eran máis moderados tanto en cantidade como en dimensións. Ademais, é preferible facelos na aula porque a interacción cos compañeiros acaba sendo beneficiosa e ,se o número de alumnos non é excesivo (cousa cada vez máis infrecuente), podes axudalos moito máis efectivamente e en moitos máis aspectos. Durante eses primeiros anos tamén explicaba o algoritmo do cálculo das raíces cadradas. Non é que sexa moi complicado, pero se atendemos á confusa redación que nos ofrece a Galipedia, acabaremos tendo gañas de defenestrarnos antes de continuar sofrindo con ese desenvolvemento.

Fragmento do escuro e basto algortimo do cálculo da raíz cadrada, da Galipedia

Con verificable ánimo masoquista vou debullar deseguido este algoritmo. Con todo pode haber unha xustificación saudable para facelo. Resulta que hai uns días volvín a ler La cresta del pavo real de George Gheverghese Joseph (Pirámide 1991) e alí asaltoume unha agradable sorpresa que, evidentemente, en lecturas anteriores non me chamara o sufiente a atención. A cuestión é que o algoritmo do cálculo das raíces cadradas que eu explicaba na aula nos meus anos mozos é o mesmo que o que aparece no cuarto capítulo do texto máis importante da matemática china, Os nove capítulos das artes matemáticas. Trátase dun libro elaborado por escribas dos séculos I e II a.d.C que atraería a varios comentaristas, entre os que destacan Liu Hui (III d.C) e Yan Hui (XIII d.C).

O método chino facía uso de 4 filas. A primeira está reservada ao resultado. A segunda ben ao radicando ou ben ao número que utilizaremos como base dos cálculos en cada paso. Na terceira fila escribiremos un número auxiliar. Finalmente a cuarta fila utilizábase para marcar cunha variña a posición (unidades, decenas, centenas, millares, ...) que debía operarse en cada paso. Aínda que aparece consignada nas seguinte táboas, esta última fila para nós sería completamente precindible polo que non faremos referencia á mesma en todo o procedemento.

Trátase de calcular $\sqrt{N}=r$. Supoñamos que $r$ é un número de 3 cifras, $a, b$ e $c$. Daquela escribiremos $r=\alpha+\beta+\gamma$ con $\alpha=100a$, $\beta=10b$ e $\gamma=c$. $$N=r^{2}=\left( \alpha+\beta+\gamma \right)^{2}=\alpha^{2}+\beta\left( 2\alpha+\beta \right)+\gamma\left[ 2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma \right]$$

Para facer a explicación máis clara, daremos axudarémonos un cálculo concreto. Anunciamos que buscamos a raíz cadrada de $N=71824$

$raíz$	$\alpha$
$número$	$N$	$7$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$
$posición$	$1$

Separamos, de dereita a esquerda, as cifras de dúas en dúas. Daquela podemos determinar por tanteo o valor de $\alpha=200$. Calculamos $N-\alpha^{2}$ e $2\alpha$

$raíz$	$\alpha$			$2$
$número$	$N-\alpha^{2}$	$3$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$	$\alpha^{2}$	4
$posición$	$100$	$1$

Agora calculamos $2\alpha=400$

      

$raíz$	$\alpha$			$2$
$número$	$N-\alpha^{2}$	$3$	$1$	$8$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\alpha$		$4$
$posición$	$100$			$1$

Dividindo $N-\alpha^{2}$ entre $2\alpha$ poderemos determinar $\beta$ por tanteo: divido $31$ entre $4$ e, como o $7$ non serve, comprobo que $6$ será a cifra das decenas. Calculamos $2\alpha + \beta$ e $(2\alpha+\beta)\beta$. De $N-\alpha^{2}$ restamos $(2\alpha+\beta)\beta$

 

$raíz$	$\alpha + \beta$			$2$	$6$
$número$	$N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta$		$4$	$2$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\alpha+\beta$			$4$	$6$
$posición$	$10$				1

Convén decatarse de que $N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta=N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}$ Calculamos agora $2\left( \alpha+\beta \right)=520$

 

$raíz$	$\alpha + \beta$			$2$	$6$
$número$	$N-\alpha^{2}-\left( 2\alpha+\beta \right)\beta$		$4$	$2$	$2$	$4$
$cálculos$	$2\left( \alpha+\beta \right)$			$5$	$2$
$posición$	$10$				$1$

E repetimos o proceso: tanteamos o valor de $\gamma$ para que $2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma$ multiplicado por $\gamma$ sexa o máis aproximado posible ao número da segunda fila. Neste caso $\gamma=8$

 

$raíz$	$\alpha + \beta+ \gamma$			$2$	$6$	$8$
$número$	$N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}-\left[ 2\left( \alpha+\beta \right) +\gamma\right]\gamma$
$cálculos$	$2\left( \alpha+\beta \right)+\gamma$			$5$	$2$	$8$
$posición$	$1$					$1$

Teñamos presente que $N-\left( \alpha+\beta \right)^{2}-\left[ 2\left( \alpha+\beta \right)\gamma \right]\gamma=N-\left( \alpha+\beta+\gamma \right)^{2}$. Neste caso a raíz é exacta, polo que na segunda fila anúlanse todos os valores.

Intentouse dar unha explicación asentándonos na linguaxe alxébrica. Quizais, con todo, o procedemento se nos presente demasiado forzado. Quizais o vexamos demasiado lioso. As fórmulas precisan de transformacións que escurecen un pouco os pasos que fomos dando. Pode que por isto o algoritmo fose expulsado do Olimpo das matemáticas básicas, aquelas que debe coñecer todo cidadán. Velaquí que a interpretación xeométrica pode acabar redimíndoo por claridade e elegancia:
 

O claro e elegante algoritmo do cálculo da raíz cadrada

Os logaritmos de Napier

Esta entrada do blogue é consecuencia de dúas anteriores. Na primeira delas, Os logaritmos, presentei unha introdución ao concepto tal e como o fago na clase. Na segunda o título delataba o obxectivo. Efectivamente, en Buscando unha base para os logaritmos, partíase do feito de que as progresións xeométricas crecen moi rapidamente mentres que os seus logaritmos, que seguen as leis das progresións aritméticas, teñen un crecemento moito máis lento. Isto levounos a procurar bases moi próximas a $1$ pois teñen unha evolución máis moderada. Con todo non nos atrevéramos a usar bases con números inferiores á unidade. Esta foi a proposta orixinal de John Napier (1550-1617) que dá a coñecer en dúas publicacións: Mirifici Logarithmorum Canonis Descriptio (1616) e a xa póstuma Mirifici logarithmorum canonis constructio (1619).

Nesa altura eran os astrónomos os máis necesitados da nova ferramenta dos logaritmos. Había que facer os cálculos a man e a realización de produtos e divisións eran unha pesada carga. Hoxe en día utilizamos as razóns trigonométricas tomando como base unha circunferencia de raio $1$. Daquela cada autor escollía o tamaño do raio. Como para obter os valores do seno empregaban valores enteiros, canto maior fose o raio, mellores podían ser as aproximacións dos valores que tomaba, Napier decídese por un raio moi grande, $r=10^{7}$. En concordancia con isto estableceu como base para os seus logaritmos un valor moi próximo, e menor, á unidade, $k=1-\frac{1}{10^{7}}=1-\frac{1}{r}$. Cal foi o seu procedemento? Napier parte dun esquema formado por dous puntos. Un deles móvese aritmeticamente desde $O$ polo que vai alcanzando os valores $Q_{1}$, $Q_{2}$, $Q_{3}$,... $Q_{n}$ a intervalos regulares de tempo $t$. Isto é, este punto mantén unha velocidade continua $r$. Ademais, como veremos, Napier tivo o acerto de escoller un valor de $t$ moi pequeno aproximándose ao que unhas décadas máis tarde serían os infinitesimais.Con estes vimbios establecemos sen dificultade que

$$OQ_{n}=n\left( rt \right)$$

Tomemos un segmento $AB$ de medida $r$. Un segundo punto móvese xeometricamente desde $A$, aproximándose ao outro punto $B$ a velocidades proporcionais á distancia a este último. Tomamos $AB=r=10^{7}$. Sexa $k$ a constante. A intervalos regulares de tempo $t$ o punto estará en posicións $P_{1}, P_{2}, P_{3},  ...,P_{n}...$ e neses puntos terá velocidades $v_{1},v_{2}, v_{3}, ..., v_{n}...$ 

Daquela:

$$\frac{BP_{n+1}}{BP_{n}}=\frac{v_{n+1}}{v_{n}}=k\quad\quad\quad BP_{n+1}=k BP_{n}$$

$$BP_{n}=BP_{n+1}+P_{n}P_{n+1}=BP_{n+1}+v_{n}t$$

Das igualdades anteriores dedúcese que:

$$BP_{n}=kBP_{n}+v_{n}t$$ $$\left( 1-k \right)BP_{n}=v_{n}t$$ $$v_{n}=\frac{1-k}{t}BP_{n}$$

Tomando $1-k=t$ temos que $v_{n}=BP_{n}$

Agora, por recursión, imos obter este último valor:

$$BP_{n}=kBP_{n-1}=k^{2}BP_{n-2}=...=k^{n}BP_{0}=k^{n}BA=rk^{n}$$

Nótese que, como xa comentaramos, $BA=r=10^{7}$. 

Napier define o seu logaritmo, ao que chamaremos como fai Juan Havil no  libro Gamma (Pricenton 2003), $NapLog$, da seguinte maneira: $NapLog(BP_{n})=OQ_{n}$, isto é  $NapLog\left[ rk^{n} \right]=n$. Aquí é onde Napier escolle o valor infinitesimal de $t$; toma $t=\frac{1}{r}=\frac{1}{10^{7}}$. Se traducimos a definición de $NapLog$ usando que $r=10^{7}$ e que $k=1-t=1-\frac{1}{10^{7}}$ obteremos a seguinte expresión:

$$NapLog\left[ 10^{7} \left( 1-\frac{1}{10^{7}} \right)^{n}\right]=n$$

Veremos de seguido que o logaritmo de Napier verifica ao seu xeito a propiedade esencial dos logaritmos, isto é, que transforma os produtos en sumas:

$$N_{1}=rk^{n_{1}}  \quad\quad ; \quad n_{1}=NapLog\left( rk^{n_{1}} \right)$$  

$$N_{2}=rk^{n_{2}}  \quad\quad ; \quad n_{2}=NapLog\left( rk^{n_{2}} \right)$$ 

$$N_{1}\cdot N_{2}=r\cdot r \cdot k^{n_{1}} \cdot k^{n_{2}}  =r\cdot r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$\frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r}=r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$NapLog\left( \frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r} \right)=NapLog\left( r \cdot k^{n_{1}+n_{2}} \right)=n_{1}+n_{2}=NapLogN_{1}+NapLogN_{2}$$

O logaritmo de Napier desde un punto de vista diferencial

A principios do XVII aínda non nacera o cálculo diferencial. Por iso o achegamento de Napier desenvolveuse polo camiño antes descrito. Que pasaría se a mesma situación descrita ao principio, a dos dous puntos, $Q$ movéndose aritmeticamente e $P$ facéndoo xeometricamente, se lle presentase a un matemático do século seguinte? A súa abordaxe podería vir da man das ecuacións diferenciais. Fagámolo agora así.

Sexa $y=OQ$, verificará $\frac{dy}{dt}=r$

Integrando: $y(t)=rt+c$ con $c$ unha constante que podemos achar mediante a condición inicial: $y(0)=c=r$. Velaí que $y(t)=rt$   [1]. Lembremos esta expresión.

Consideremos agora $AP=r-x$, verificará $\frac{d\left( r-x \right)}{dt}=x$ polo que $-\frac{dx}{dt}=x$. Separando as variables: $\frac{dx}{x}=-t$ e integrando: $lnx=-t+c_{1}$ con $c_{1}$ unha constante. De aí que $x\left( t \right)=e^{c_{1}}e^{-t}$. 

Chamémoslle $\rho=e^{c_{1}}$ a esta constante. Así escribiremos $x\left( t \right)=\rho e^{-t}$. Valorando esta expresión en $t=0$: $x\left( 0 \right)=\rho=r$. En conclusión:

$$x\left( t \right)=re^{-t}\quad\quad\quad [2]$$  

De [1]  obtemos $t=\frac{y}{r}$

De [2] obtemos que $\frac{x}{r}=e^{-t}$ entón $t=-ln\frac{x}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$

Igualando 

$$\frac{y}{r}=log_{e}\frac{x}{r}$$ $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

Se agora redimensionamos os valores a unha circunferencia de raio $1$:   $X=\frac{x}{r}$ e $Y=\frac{y}{r}$ concluímos que $$\frac{y}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$$

Equivalentemente, que o logaritmo de Napier é unha aproximación do logaritmo en base $\frac{1}{e}$:

$$Y=log_{\frac{1}{e}}X$$

Unha comparación

Querría facer un último comentario sobre todo o anterior. A expresión que obtivemos en [3] para o $NapLog$ é moi aproximada á que nos proporcionou Napier orixinalmente. Para comprobalo ímolas comparar. Lembremos a definición de Napier:

$$NapLog\left( x \right)=NapLog\left[ r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} \right]=n$$

Está claro que tomamos $ x = r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $. Despexemos $n$ tomando logaritmos neperianos:

$$ \frac{x}{r} = \left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ln\left( \frac{x}{r} \right) = ln\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ ln\left( \frac{x}{r} \right) = n \cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)$$ $$n=NapLog\left( x \right)=\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} ln\left( \frac{x}{r} \right) \quad\quad [4]$$

Repetimos deseguido a fórmula obtida usando ecuacións diferenciais $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

En [3] e en [4] temos dúas fórmulas distintas para o $NapLog$, diferéncianse no coeficiente de $ln\left( \frac{x}{r} \right)$. Para comparalas calcularemos $q$, o cociente deses coeficientes:

$$q=-r:\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} =-r\cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)=ln\left( \frac{r-1}{r} \right)^{-r}=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}$$

Tendo en conta que $r$ é un número moi grande, para ter unha aproximación de $q$ calcularemos o límite no infinito da expresión á que se lle aplica o logaritmo neperiano. É un deses límites da forma $1^{\infty }$ que se traballan na materia de Matemáticas II, en 2º de bacharelato. $$\lim_{r \to \infty } \left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=e^{\lambda}$$

Con $\lambda=\lim_{r \to \infty }r\left( \frac{r}{r-1}-1 \right)=\lim_{r \to \infty }r\frac{1}{r-1}=1$

De aí que $q\simeq \lim_{r \to \infty } ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=lne^{1}=1$

En efecto, o valor numérico de $q$ será:

$$q=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=ln\left( \frac{10^{7}}{10^{7}-1} \right)^{10^{7}}=1, 00000005000000333333358333335333333500000014285...$$

En conclusión, o logaritmo orixinal de Napier era case o logaritmo en base $\frac{1}{e}$

Buscando unha base para os logaritmos

Na anterior entrada falaramos de logaritmos en base 2, e fixéramolo introducindo a seguinte táboa:

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65\,536$	$24$	$16\,777\,216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131\,072$	$25$	$33\,554\,432$
$2$	$4$	$10$	$1\, 024$	$18$	$262\,144$	$26$	$67\,108\,864$
$3$	$8$	$11$	$2\, 048$	$19$	$524\,288$	$27$	$134\,217\,728$
$4$	$16$	$12$	$4\,096$	$20$	$1\,048\,576$	$28$	$268\,435\,456$
$5$	$32$	$13$	$8\,192$	$21$	$2\,097\,152$	$29$	$536\,870\,912$
$6$	$64$	$14$	$16\,384$	$22$	$4\,194\,304$	$30$	$1\,073\,741\,824$
$7$	$128$	$15$	$32\,768$	$23$	$8\,388\,608$	$31$	$2\,147\,483\,648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Para afacernos ao concepto de logaritmo propuxeramos algúns problemas introdutorios. Vou resolver os dous últimos pois son os únicos nos que hai que traballar con números que non aparecen nesta táboa. Lembremos os seus enunciados:

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8\,744$ 

Para abordar o exercicio 5 basta decatarse de que $129\cdot 127=\left( 128+1 \right)\left( 128-1 \right)=128^{2}-1$

Como o $log_{2}128=7$ temos que $log_{2}128^{2}=log_{2}\left( 128\cdot 128 \right)=log_{2}128+log_{2}128=2\cdot log_{2}128=2\cdot 7=14$. 

Noutras palabras: $128^{2}=\left( 2^{7} \right)^{2}=2^{2\cdot 7}=2^{14}=16\,384$. De aí que  $129\cdot 127=128^{2}-1=16\,384-1=16\,383$

Ademais, nesta resolución enxergamos outra propiedade dos logaritmos, a que nos indica cal é o logaritmo dunha potencia, e que podemos enunciar así:$$log_{2}M^{k}=k\cdot log_{2}M$$

Centrémonos agora no exercicio 6, que consiste en calcular o produto $154\cdot 8\,744$ facendo uso dos logaritmos en base 2. A pouco que reflexionemos no problema decatarémonos de que non se lle ve forma de reducir estes números aos que aparecen na táboa. Teñamos presente que a potencias de 2 máis próximas a 154 é $2^{7}=128$ pero $2^{8}$ xa é 256. Algo semellante sucede co outro factor, $8.744$. Resulta que $2^{13}=8\,192$ pero $2^{14}=16\,384$. Fica claro que se queremos usar os logaritmos para simplificar o cálculo de produtos e divisións, temos que procurar que a táboa de logaritmos non presente eses ocos tan grandes. Pero no canto de ir na dirección que marcaría a resolución deste problema, imos dirixirnos antes en dirección contraria. 

Os logaritmos decimais

Tal e como dixemos, comezaramos presentando a táboa cos logaritmos en base 2. Porén podiamos ter escollido calquera outro número como base. Quizais unha das primeiras ideas que se nos veña á cabeza sería elaborar unha táboa logarítmica en base 10 pois esta é a base do noso sistema de numeración. Neste caso, o resultado sería o seguinte:

$n$	$10^{n}$
$0$	$1$
$1$	$10$
$2$	$100$
$3$	$1\,000$
$4$	$10\,000$
$5$	$100\,000$
$6$	$1\,000\,000$
$n=log_{10}N$	$N=10^{n}$

Entre as primeiras táboas de logaritmos publicadas xa comezou a destacar a tendencia a usar a base 10. Así o fixo Henry Briggs no 1617, 1624 e 1633. Tamén foi o caso de Edmund Gunter no 1620 e 1624 e de Adriaan Vlacq no 1628. Tanto é así que cando se usa esta base normalmente non se indica na notación do logaritmo. Deste xeito o $log_{10}M$ escribirase simplemente $log M$.

Resulta case inmediato comprobar que as propiedades dos logaritmos se verifican independentemente da base. Recompilando o tratado ata agora teriamos as seguintes:

$$log_{a}\left( M\cdot N \right)=log_{a}M+log_{a}N$$  $$log_{a}\frac{M}{N}=log_{a}M-log_{a}N$$

$$ log_{a}M^{k}=k\cdot log_{a}M$$

A estas propiedades convennos engadir unha máis, a denominada fórmula do cambio de base, que relaciona o logaritmo dun número en calquera base co logaritmo decimal dese mesmo número: $$log_{a}M=\frac{log\, M}{log\, a}$$

Esta fórmula indícanos que ten pouca importancia a base escollida. Se quixeramos elaborar unha táboa dos logaritmos nunha base $a$ calquera, bastaría con multiplicar por $log\, a$ os logartimos da táboa anterior, a dos logartimos decimais. En conclusión, se temos os logaritmos nunha determinada base, obter os logaritmos noutra calquera é inmediato. 

Así e todo, despois de botarlle un ollo á táboa dos logaritmos en base 10,  decontado nos decatamos que tomar 10 como base foi moi mala idea porque os saltos entre os valores de $N$ son enormes. As diferenzas entre as potencias de $2$ eran moito menores. Polo tanto convén escoller unha base máis pequena. Claro que non debemos baixar ata o 1 porque todas as súas potencias son tamén $1$. Probemos cun número moi pouco maior, $1'1$. Velaquí a súa táboa:

$n$	$1'1^{n}$
$0$	$1$
$1$	$1'1$
$2$	$1'21$
$3$	$1'331$
$4$	$1'4641$
$5$	$1'61051$
$6$	$1'771561$
$n=log_{1'1}N$	$N=1'1^{n}$

A cousa ten mellor pinta. E se avanzamos neste sentido? Consideremos bases aínda menores, por exemplo $1'001=1+\frac{1}{1.000}$

$n$	$1'001^{n}$
$0$	$1$
$1$	$ 1'00\textbf{1}$
$2$	$1'00\textbf{2} 00\textbf{1}$
$3$	$1'00\textbf{3}00\textbf{3}00\textbf{1}$
$4$	$1'00\textbf{4}00\textbf{6}00\textbf{4}00\textbf{1}$
$5$	$1'00\textbf{5}0\textbf{10}0\textbf{10}00\textbf{5}00\textbf{1}$
$6$	$1'00\textbf{6}0\textbf{15}0\textbf{20}0\textbf{15}00\textbf{6}00\textbf{1}$
$n=log_{1'001}N$	$N=1'001^{n}$

Aquí teriamos unha sucesion bastante anódina de valores se non fose polos que aparecen destacados en grosa. Efectivamente son os números combinatorios. Sen facer os cálculos aventuraría que a seguinte cifra da columna da dereita estaría formada polos valores da séptima fila do triángulo de Pascal intercalando un $0$ entre eles e grafándoos sempre con dous caracteres, engadindo un $0$ cando sexa necesario como o $07$ neste caso : $1'00\mathbf{7}0\mathbf{21}0\mathbf{35}0\mathbf{35}0\mathbf{21}00\mathbf{7}00\mathbf{1}$

Agora o crecemento dos valores da columna da dereita é tan lento que os ocos intermedios son realmente pequenos. Claro que isto produce un desacompasamento entre os valores de $n$ (os da primeira columna) e os das correspondentes potencias $N$ (os da segunda columna). Por exemplo para alcanzar o valor $2$ na columna da dereita temos que darlle a $n$ o valor $694$. Podemos intentar corrixir este desacompasamento mediante a seguinte observación:

$$\left( 1'001^{1000} \right)^{\frac{a}{1000}}=1'001^{\frac{1000a}{1000}}=1'001^{a}$$

Así teremos a seguinte táboa que nos presentan os logartimos en base $1'001^{1000}$

$n$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$
$0$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0}=1$
$0'001$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'001}=1'001^{1}=1'001$
$0'002$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'002}=1'001^{2}=1'002001$
$0'003$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'003}=1'001^{3}=1'003003001$
$0'004$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'004}=1'001^{4}=1'004006004001$
$0'005$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'005}=1'001^{5}=1'005010010005001$
$0'006$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'006}=1'001^{6}=1'006015020015006001$
$n=log_{1'001^{1000}}N$	$N=\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$

Agora os valores das dúas columnas van máis acompasados. Partindo nun principio da base $1'001$, conseguímolo tomando como nova base $1'001^{1000}$. Daquela, de collermos bases que nos permitan unha maior densidade de valores:

 $1'000\, 1$, $1'000\, 01$, $1'000\, 001$, .... deberiamos recorrrer á súas correspondentes melloras:

 $1'000\,1^{10\,000}=\left( 1+\frac{1}{10\,0000} \right)^{10\,000}$, $1'000\,01^{100\,000}=\left( 1+\frac{1}{100\,0000} \right)^{100\,000}$, $1'000\,001^{1000\,000}=\left( 1+\frac{1}{1000\,0000} \right)^{1000\,000}$...

En definitiva, a nosa base ideal virá dada polo límite destes valores:

$$\lim_{x \to \infty}\left( 1+\frac{1}{x} \right)^{x}=2, 718281828459...=e$$

Este número, $e$ é a base dos logaritmos neperianos. Denotarémolos $log_{e}M=lnM$. Trátase dun número irracional (non é unha fracción), aínda máis, é  trascendente (non é solución de ningunha ecuación polinomial con coeficientes enteiros). O raro é que partindo da idea de que os logaritmos en base 2 daban lugar a unha táboa con demasiados ocos (pouco densa) acabamos con logaritmos en base $e=2, 718281828459...$ que dá lugar a ocos aínda maiores. Quizais todo isto parte de que nunca nos atrevimos a mergullarnos en logaritmos de bases menores que $1$. A ver se o facemos na próxima ocasión.

Os logaritmos

Introdución aos logaritmos

Vou facer unha confesión terrible. Eu fixen a carreira de Matemáticas sen saber o que eran os logaritmos. Así aprendín que non hai que botar as mans á cabeza cando alguén descoñece un concepto fundamental, sempre e cando teña ferramentas que lle permitan esquivar esta eiva. En efecto, tiña que ter estudado os logaritmos cando cursei 2º de BUP. O profesor explicáranolos pero como foi a final de curso decidiu non facer exame. A pesar de que daquela tiña xa certa querencia pola materia, non mirei nin a primeira vez os apuntes. Así aprendín que se un quer forzar o estudo dun tema, debe telo en conta á hora de avalialo. 

Ao ano seguinte tiven outro profesor que supuxo que todos tiñamos adquiridos os fundamentos dos logaritmos así que cando lle tocou presentarnos a función logarítmica fíxoo de súpeto. Con todo, tivo a boa idea de escribir no encerado as propiedades fundamentais dos logaritmos. A partir dese momento para min os logaritmos eran iso, unha función que verificaba unhas curiosas propiedades.

Con estes antecedentes o día que me tocou a min explicar o que eran os logaritmos enfronteime a un gran problema; antes tiña que sabelo eu. Así que tiven que estudalo por vez primeira. Todas estas circunstancias leváronme a ter que reflexionar moito sobre o seu concepto. Tiña a man moitos libros de texto, pero nunca cheguei a usalos na aula, entre outras razóns porque normalmente os libros de texto non viñan escritos en galego. En todo caso, incluso no breve lapso de tempo no que dispoñiamos de textos de Matemáticas en galego, nunca fun quen de adaptarme á súa prosodia. Pode que sexa defecto meu, non o nego. Con todo prefiro contar as cousas da mesma maneira que me gustaría que mas contaran a min. Sempre perdín moito tempo en intentar ser o máis coidadoso na escolla das palabras e as ideas para as explicacións. De seguido conto como explico en que consisten os logaritmos. Normalmente fágoo en 4º da ESO, aínda que dependendo das circunstancias, pode que teña que adiar o relato para o curso seguinte. 

En primeiro lugar presento unha táboa de potencias de 2 como a seguinte

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65.536$	$24$	$16.777.216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131.072$	$25$	$33.554.432$
$2$	$4$	$10$	$1.024$	$18$	$262.144$	$26$	$67.108.864$
$3$	$8$	$11$	$2.048$	$19$	$524.288$	$27$	$134.217.728$
$4$	$16$	$12$	$4.096$	$20$	$1.048.576$	$28$	$268.435.456$
$5$	$32$	$13$	$8.192$	$21$	$2.097.152$	$29$	$536.870.912$
$6$	$64$	$14$	$16.384$	$22$	$4.194.304$	$30$	$1.073.741.824$
$7$	$128$	$15$	$32.768$	$23$	$8.388.608$	$31$	$2.147.483.648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Nesta táboa hai que ler as columnas de dúas en dúas. Na columna da esquerda aparece un número $n$ e na segunda o resultado de elevar 2 a ese número, $2^{n}$. Pero tamén podemos ler as columas de dereita a esquerda, así os números da columna da esquerda son os logaritmos en base 2 dos da  correspondente columna da dereita. 

Por exemplo, como $2^{5}=32$ diremos tamén que o $log_2{32}=5$ (o logaritmo en base $2$ de $32$ é $5$).

Cálculo de produtos

Por unha vez imos ter unha clase sen calculadora. Pensemos, por poñernos en situación, que estamos no século XVI. A pesar de non ter calculadora vémonos na obriga de calcular un produto. Non é difícil pero é bastante pesado. Por iso imos intentar simplificar os cálculos facendo uso da táboa das potencias de 2 (ou dos logaritmos en base 2). Queremos calcular o produto $512\cdot8.192$. Para iso debemos buscar na táboa os seus logaritmos. Neste caso o $log_{2}812=9$ e o $log_{2}8.192=13$. Estamos vendo que os logaritmos non son outra cousa que os expoñentes. Agora vén o truquiño. Sumamos os logaritmos $9+13=22$ (se prefires podemos dicir que sumamos os expoñentes) e agora miramos na táboa buscando nas columnas de esquerda o valor $n=22$, daquela o produto é xusto o seu compañeiro da columna da dereita: $512\cdot8.192=4.194.304$. A razón é ben simple:

$$512\cdot8.192=2^{9}\cdot 2^{13}=2^{9+13}=2^{22}=4.194.304$$

Acabamos de ver que os logaritmos transforman os produtos en sumas. Isto é lóxico porque os logaritmos son expoñentes e para calcular o produto de dous números coa mesma base, sumamos os expoñentes. Escrito máis estritamente

$$log_{2}\left( M\cdot N \right)=log_{2}M+log_{2}N$$

No noso caso: $$log_{2}\left( 512\cdot 8.192 \right)=log_{2}512+log_{2}8.192$$

ou $$9+13=22$$

Cálculo de divisións

Continuamos no século XVI (sen calculadoras). Se o procedemento do cálculo de divisións é bastante tedioso e pesado, a realización de divisións a man consiste nun algoritmo que multiplica estas dificultades. Estamos pensando en facer unha división usando números bastante grandes. Os logaritmos, isto é, os expoñentes, volverán a simplificarnos as cousas. Se o cálculo de produtos (complicados) se reduciu ao de sumas (fáciles) é lóxico que o cálculo de divisións (moi complicadas) se reduza a unha (simple) resta. Por exemplo, para facer a división $8.192: 512 $ chega con restar os logaritmos destes números. Vexámolo: $13-9=4$. Velaí que o resultado da división será o número que na táboa lle asignamos ao $4$, isto é $16$. Repasemos as razóns de que isto sexa así:

$$\frac{8.192}{512}=\frac{2^{13}}{2^{9}}=2^{13-9}=2^{4}=16$$

Escribamos estas ideas en forma de logaritmos:

$$log_{2}\left( \frac{M}{N} \right)=log_{2}M-log_{2}N$$

$$log_{2}\left( \frac{8.192}{512} \right)=log_{2}8.192-log_{2}512$$

$$13-9=4$$

Isto é, os logaritmos transforman as divisións en restas.

Chegou o momento de facer uns exercicios para practicar o cálculo de produtos e divisións mediante o uso de logaritmos. Axudarémonos da táboa (de logaritmos) que presentamos máis arriba.

1. Calcula $128\cdot 131.072$

2. Calcula $2.048\cdot 4.096$

3. Calcula $2.097.152 : 131.072$

4. Calcula $262.144 : 256$

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8744$ 

Non, non me equivoquei no último. Xa o explicarei noutra entrada.

2025 e o número áureo

Cando hai cambio de ano, entre os interesados polas matemáticas, xurde toda unha panoplia de relacións numéricas que teñen como protagonista o número co que identificamos o novo ano. O usual é que a maior parte das veces sexan moi forzadas. Curiosamente nesta ocasión o 2025 é un número moi xeneroso. Resulta ser un cadrado perfecto: $45^{2}=2025$. Ademais 45 é a suma dos 9 primeiros números naturais. De aí que se verifique a seguinte relación:

$$2025=45^{2}=(1+2+3+4+5+6+7+8+9)^{2}=1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}+6^{3}+7^{3}+8^{3}+9^{3}$$

Esta igualdade non é máis que un caso particular desta outra que me trae moi bos recordos porque a a vira por vez primeira no libro How to solve it do matemático de orixe húngara George Pólya (1887-1985). Estoume referindo á seguinte relación:

$$(1+2+3+...+n)^{2}=1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+n^{3}$$

Hai moitas outras formas de escribir o número 2025, pero por norma xeral non teñen a prestancia desta que acabamos de comentar; ou iso era o que pensaba eu o ano pasado.

Os costumes sociais dictan que a noite vella un debe facer o sacrificio de non deitarse ata horas moi tardías. Ese era o caso, pasaran horas no ano novo, xa puxera o pixamam e estaba máis que disposto a, por fin, deitarme. Para fortuna miña, tiven a idea de botarlle un ollo a esa plataforma en devalo, agora chamada X e antes Twitter. Alí un astrofísico que se identifica como Andrezj Odrzywolek ofrecía esta fermosa fórmula

$$2025=\left ( \phi ^{4}-\frac{1}{\phi ^{4}} \right )^{4}$$

A pesar de estar moi avanzada a noite non puiden resistir a tentación de comprobar a igualdade. Para iso bastaría ver que $\phi^{4}-\frac{1}{\phi^{4}}=\sqrt[4]{2025}=\sqrt[4]{45^{2}}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$

Chegaranos con lembrar algunhas das igualdades máis básicas do número áureo que iremos utilizando no transcurso da verificación : $$\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}  \quad ,\quad  \phi^{2}=\phi+1\quad e\quad \frac{1}{\phi}=\phi-1$$

Sen máis voltas, imos ao choio:

$$\phi^{4}-\frac{1}{\phi^{4}}=\left( \phi^{2}+\frac{1}{\phi^{2}} \right)\left(\phi^{2}-\frac{1}{\phi^{2}}  \right)=\left( \phi+1+\frac{1}{\phi+1} \right)\left( \frac{\phi^{4}-1}{\phi^{2}} \right)=$$ $$=\left[ \frac{\left( \phi+1 \right)^{2}+1}{\phi+1} \right]\frac{\left( \phi^{2} +1\right)\left( \phi^{2}-1 \right)}{\phi^{2}}=\frac{\phi^{2}+2\phi+2}{\phi+1}\cdot\frac{\left( \phi+1+1 \right)\left( \phi+1-1 \right)}{\phi^{2}}=$$ $$=\frac{\phi+1+2\phi+2}{\phi+1}\cdot\frac{\left( \phi +2\right)\phi}{\phi^{2}}==\frac{3\phi+3}{\phi+1}\cdot\frac{\phi+2}{\phi}=\frac{3\left( \phi+1 \right)}{\phi+1}\cdot\left( 1+\frac{2}{\phi} \right)=$$ $$=3\left[ 1+2\left( \phi-1 \right) \right]=3\left( 1+2\phi-2 \right)=3\left( 2\phi-1 \right)=3\left( 2\cdot\frac{\sqrt{5}+1}{2}-1 \right)=3\sqrt{5}$$

Chegados a este punto, fun deitarme. Non acho mellor forma de comezar o ano $\left ( \phi ^{4}-\frac{1}{\phi ^{4}} \right )^{4}$

Post scriptum (10/10/2025)

Ao puco de escribir esta entrada decateime de que  podería simplificarse moito usando a supercoñecida (?) fórmula de Binet. A verdade é que fun bastante idiota por non terme decatado antes pois ese parece o camiño máis directo e natural. Tamén é certo que desde que saiu a publicación (o 1 de xaneiro) ata o día de hoxe, ninguén me fixo un comentario nese sentido, o que me fai sospeitar que ninguén le realmente este blogue. Con todo, lembremos a fórmula de Binet. 

A ecuación cuadrática $x^{2}-x-1=0$ ten dúas solucións. Unha delas é o número áureo $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ e a outra é un número negativo $\tau=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=-\frac{1}{\phi}$. A diferenza destes dous valores é $\phi-\tau=\sqrt{5}$

Relacionado co número áureo está a sucesión de Fibonacci, $\left\{ F_{n} \right\}=\left\{ 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,... \right\}$ na que cada termo é a suma dos dous anteriores: $F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}$ con $F_{0}=0$ e $F_{1}=1$. Así $F_{2}=1$, $F_{3}=1$, $F_{4}=3$... Así xa estamos en condicións de introducir a prometida fórmula de Binet que nos dá os valores dos termos da sucesión de Fibonacci en función do número áureo:

$$F_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n} \right]=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \phi^{n}-\left( -\frac{1}{\phi} \right)^{n} \right]=\frac{\phi^{n}-\tau^{n}}{\phi-\tau}$$

Está claro que tamén se pode escribir así, que é como nos convén a nós:$$F_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \phi^{n}-\frac{\left( -1 \right)^{n}}{\phi^{n}} \right]$$

Para evitar a incomodidade dos signos negativos, consideremos só os elementos pares da sucesión de Fibonacci: fagamos $n=2k$

$$F_{2k}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \phi^{2k}-\frac{\left( -1 \right)^{2k}}{\phi^{2k}} \right]=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \phi^{2k}-\frac{1}{\phi^{2k}} \right)$$

Aínda podemos limpar máis a fórmula elevando os dous membros ao cadrado, así desfacémonos da raíz e quedamos con números enteiros:

$$\left( \phi^{2k}-\frac{1}{\phi^{2k}} \right)^{2}=5F_{2k}^{2}$$

Para $k=2$ temos $\left( \phi^{4}-\frac{1}{\phi^{4}} \right)^{2}=5F_{4}^{2}=5\cdot 3^{2}=45$, que era o que queríamos comprobar.

Ademais obtivemos todos os valores que teñen a mesma forma que o enunciado inicial:

$$\phi^{2k}-\frac{1}{\phi^{2k}} =\sqrt{5}\cdot F_{n} $$

Como curiosidade, se $k=1$ escribiremos $\phi^{2}-\frac{1}{\phi^{2}} =\sqrt{5}=\phi-\tau=\phi-\frac{-1}{\phi}=\phi+\frac{1}{\phi}$. Non houbo alguén que falou algunha vez do "pracer estético das matemáticas"? (Pode ser que non, que todo fose unha ilusión, ou simplemente un título extravagante que se usou como técnica de mercadotecnia para vender un libro)

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.

Fraccións continuas teito e as montañas de Galicia

por Andrés Ventas

Fraccións continuas teito

Unha fracción continua teito ($fct$) é unha fracción continua na que usamos a función teito para obter os seus coeficientes. Os seus converxentes $\frac{p_i}{q_i}$ obtéñense mediante unha recorrencia de resta,

$p_{-1}=1, \ p_{0}=c_0, \ p_i=c_i p_{i-1} - p_{i-2}$.

$q_{-1}=0, \ q_{0}=1, \ q_i=c_i q_{i-1} - q_{i-2}$.

Para o cálculo da fracción continua, se $x$ é racional usamos o algoritmo de Euclides coa función teito e se o número e irracional usamos unha iteración sobre o inverso de $x$ restando en cada paso o valor teito do resultado.

Hai varias notacións.É moi cómoda a reducida, choendo os coeficientes entre símbolos da función teito $\lceil c_0, c_1, c_2, c_3, \cdots \rceil$.

A notación tradicional é \[ \mathrm{x}= c_0-\cfrac{1}{c_1-\cfrac{1}{c_2-\cfrac{1}{c_3- \cdots\vphantom{\cfrac{1}{1}} }}} \]

E a maiores hai outra notación semireducida $c_0 - \dfrac{1}{c_1 \ -} \ \dfrac{1}{c_2 \ - } \ \dfrac{1}{c_3 \ - } \ \dfrac{}{\ldots} $,

Vexamos dous exemplos de cálculo:

Con Euclides teito, calculamos a $fct$ de $\dfrac{93}{20}$ e os seus converxentes,

Cociente teito resto 93 20 $c_0=5$ -7 20 7 $c_1=3$ -1 7 1 $c_2=7$ 0

5 3 7 $p_i$ 1 5 14 93 $q_i$ 0 1 3 20

Así $\dfrac{93}{20}=\lceil 5, 3, 7 \rceil = 5-\cfrac{1}{3-\cfrac{1}{7\vphantom{\cfrac{1}{1}} }}$. (Como fracción continua regular $\dfrac{93}{20}=[4, 1, 1, 1, 6 ]).$

Agora con inverso iterativo, calculamos $\sqrt{3} \approx 1.7320$ e os seus converxentes,

$c_i = \lceil x_{i-1} \rceil$ $r_i=c_i - x_{i-1}$ $x_i = 1/r_i $ $x_{-1} \approx 1.7320$ $c_0=2$ 0.2680 3.7320 $c_0=4$ 0.2680 3.7320 $c_0=4$ 0.2680 3.7320 $\ldots$ $\ldots$ $\ldots$

2 4 4 4 $\cdots$ $p_i$ 1 2 7 26 97 $\cdots$ $q_i$ 0 1 4 15 56 $\cdots$

Así temos $\sqrt{3}=\lceil 2, 4, 4, \cdots \rceil$,

sendo $\sqrt{3} \approx 1.7320$ e o cuarto converxente $\dfrac{97}{56} \approx 1.7321$.

Comparten moitas propiedades coas fraccións continuas regulares, mais evidentemente teñen as súas pecularidades. No libro de Sergey Khrushchev, Orthogonal Polynomials and Continued Fractions temos un minucioso tratado.

As $fct$ converxen sempre polo lado superior.

Nalgúns casos as $fct$ dan o menor número de pasos, aínda que normalmente son peores en número de pasos. De feito non cumpren coa constante de Khinchin, porque se atoan nos coeficientes, fundamentalmente no $2$.

No 1657 Brouncker atopa, seguindo outro camiño, unha fracción continua teito para solucionar a ecuación de Pell $x^2 - 2y^2 =1$, onde as solucións son certos converxentes da $fct=\lceil 6, 6, 6, \ldots \rceil$, con recorrencia $x_n=6x_{n-1}-x_{n-2}$ e por tanto a solución consiste en resolver a ecuación $x=6-\dfrac{1}{x}$, que dá $x=3+2\sqrt{2}$. (Lema 2.21 do libro de Khrushchev).

Se se permiten coeficientes en $\mathbb{Q}$ ou mesmo en $\mathbb{C}$ os resultados son máis interesantes aínda, serían funcións teito xeneralizadas que van en paralelo coas fraccións continuas xeneralizadas.

Fraccións continuas mixtas

Na fracción continua mixta ($fcm$) usamos a función teito ou chan en cada paso en función do menor residuo. A notación sería igual que a da fracción continua regular mais levando un superindice "$\mathbf{-}$" sobre os coefcientes que se obteñan coa función teito $[ c_0, c_1^{\mathbf{-}}, c_2^{\mathbf{-}}, c_3, \cdots ]$.

Para obter os seus converxentes $\dfrac{p_i}{q_i}$ temos recorrencia de suma ou resta en función do superíndice do coeficiente $c_{i-1}$, restamos cando $c_{i-1}^{\mathbf{-}}$ ten superíndice negativo.

$p_{-1}=1, p_{0}=c_0, p_i=c_i p_{i-1} \pm p_{i-2}$.

$q_{-1}=0, q_{0}=1, q_i=c_i q_{i-1} \pm q_{i-2}$.

(Signo negativo se $c_{i-1}$ ten superíndice $\mathbf{-}$).

Este tipo de fracción dá o menor número de pasos no algoritmo de Euclides e igualmente dá o menor número de termos na fracción continua. Outra vez vexamos dous exemplos.

Con Euclides mixto, calculamos a $fcm$ de $\frac{2114}{61}$, e os seus converxentes,

Cociente teito ou chan resto 2114 61 $c_0=35^{\mathbf{-}}$ -21 61 21 $c_1=3^{\mathbf{-}}$ -2 21 2 $c_2=10$ 1 2 1 $c_3=2$ 0

$35^{\mathbf{-}}$ $3^{\mathbf{-}}$ 10 2 $p_i$ 1 35 104 1005 2114 $q_i$ 0 1 3 29 61

Por tanto $\dfrac{2114}{61}=[ 35^{\mathbf{-}}, 3^{\mathbf{-}}, 10, 2]$.

Xa temos unha moi boa cousa positiva das $fcm$ pois obtemos o $mcd$ nun menor número de pasos e por tanto tamén o multiplicativo modular inverso.

Constantes das montañas de Galicia

Chámanse medias ou constantes metálicas os valores das fraccións continuas que teñen todos os seus coeficientes iguais, a máis famosa precisamente a proporción aurea $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1.618033\ldots$ con fracción continua regular $[1,1,1,1, \ldots]$.

Así que imos aproveitar para definir, usando as $fct$ de forma similar, as constantes das montañas de Galicia. Temos que $fct=\lceil 3, 3, 3, \ldots \rceil = \frac{3+\sqrt{5}}{2}=2.618033\ldots$ que como vemos é $\varphi + 1$ e a esta constante ímoslle chamar Pena Trevinca pois o nome évos ben acaído para ese conxunto de treses.

É fácil demostrar que o valor para calquera $fct$ cos coeficientes repetidos é $$\lceil c, c, c, c, \ldots \rceil=\dfrac{c+\sqrt{c^2-4}}{2}$$ por tanto podemos asignar unha constante a cadanseu monte:

O caso da $fct=\lceil 2, 2, 2, \ldots \rceil$ é particular pois ten como solución unha constante enteira $1$, así que imos deixar esa constante para o Monte da Guía en Vigo que ten só $100$ metros.

$fct$	Constante	Monte	Altura
$ \lceil 2, 2, 2, \ldots \rceil$	$\frac{2+\sqrt{0}}{2}=1$	Monte da Guía (Vigo)	100 metros
$ \lceil 3, 3, 3, \ldots \rceil$	$\frac{3+\sqrt{5}}{2}=2.618033$	Pena Trevinca (Serra do Eixo)	2127 metros
$ \lceil 4, 4, 4, \ldots \rceil$	$\frac{4+\sqrt{12}}{2}=2+\sqrt{3}=3.732050$	Cuíña (Serra dos Ancares)	1987 metros
$ \lceil 5, 5, 5, \ldots \rceil$	$\frac{5+\sqrt{21}}{2}=4.791287$	Manzaneda (Serra da Queixa)	1781 metros
$ \lceil 6, 6, 6, \ldots \rceil$ (Brouncker)	$\frac{6+\sqrt{32}}{2}=3+2\sqrt{2}=5.828427$	Formigueiros (Serra do Courel)	1639 metros
$ \lceil 7, 7, 7, \ldots \rceil$	$\frac{7+\sqrt{45}}{2}=6.854101$	O Turrieiro (Serra da Enciña da Lastra)	1612 metros
$ \lceil 8, 8, 8, \ldots \rceil$	$\frac{8+\sqrt{60}}{2}=4+\sqrt{15}=7.872983$	Monte Faro (Serra do Faro)	1187 metros
$ \lceil 9, 9, 9, \ldots \rceil$	$\frac{9+\sqrt{77}}{2}=8.887482$	O Cadramón (Serra do Xistral)	1056 metros

Bibliografia

Sergey Khrushchev, Orthogonal Polynomials and Continued Fractions

Wikipedia, Fracción continua

Wikipedia Fraccións continuas xeneralizadas.

Wikipedia, Constante de Khinchin

Wiwipedia, Metallic Means

Son estraños os impares?

 por Andrés Ventas

Os impares son diferentes

(1). Todo comezou estudando a función zeta de Riemann

Función zeta de Riemann

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{s}}=1+\dfrac{1}{2^s}+\dfrac{1}{3^s}+\dfrac{1}{4^s}+\cdots$. Serie dos reciprocos das potencias dos números naturais.

Resulta que Euler fixo un cálculo estupendo para resolver o valor de $\zeta(2)$, que é coñecido como o problema de Basilea (Basel Problem), no pdf Numerous Proofs of $\zeta(2)$ , móstranse numerosas probas desta igualdade, e actualmente son coñecidos os valores exactos dos valores pares de $\zeta(s)$, mais non os impares.

E somos capaces de elaborar numerosas maneiras para calcular $\zeta(2)$ e non somos capaces de conseguir $\zeta(3)$? Iso para min comeza a ser o principio dun misterio e unha curiosidade, algo que investigar.

R. Apéry conseguiu probar que $\zeta(3)$ é irracional A proof that Euler missed , e xa conseguiu abondo, nunha proba da que eu non consigo entender nen na metade da súa extensión.

A partir daquí comecei a tomar notas sobre outros problemas con solución coñecida para números pares e non para impares.

(2). Durante un par de anos dediqueime a resolver problemas da revista Fibonacci Quarterly, os meus favoritos eran as sumas de recíprocos. Nun artigo de Blagoj S. Popov de 1986, Summation of Reciprocal Series of Numerical Functions of Second Order aparecen os valores das sumas dos produtos por parellas de recíprocos con índices pares das series de Fibonacci e Lucas, mais non de índices impares.

Por exemplo para a sucesión de Fibonacci, $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$: $F_{n} = \{0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, \ldots \}$, temos:

$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{F_{2n} F_{2n+2}} = \beta^2 = \dfrac{1}{\alpha^2}$, sendo $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ o número áureo.

O artigo de Popov é máis completo e dá valores para as series con polinomios de Fibonacci, Lucas e outras recurrencias de segunda orde, mais en xeral os valores conseguidos son para elementos de índices pares.

(3). O terceiro caso que me atopei foron os números perfectos. Un número perfecto é un enteiro que é igual á suma dos divisores propios. Número Perfecto , existen para certos números pares mais conxectúrase que non existen para os impares.

A000396 Enciclopedia das secuencias : $\{6, \ 28, \ 496, \ 8128, \ 33550336, \ldots \}$.

Para os pares temos ata unha fórmula explícita para os números que o cumpren, debida a Euclides nada menos, e probada por Euler, $k = 2^{(p-1)}(2^p-1)$, sendo $p$ primo e $2^p-1$ primo tamén.

En binario forman unha curiosa representación: $\{110, \ 11100, \ 1111111000000, \ldots \}$.

(4). Coberturas. Paul Erdös no 1930 introduciu o conceito de cobertura mediante un sistema completo de residuos. Trátase de obter un sistema de residuos que produzan o conxunto completo dos números enteiros.

Algo básico e evidente sería $\{0 \pmod{3}, \ 1 \pmod{2}, \ 2 \pmod{3} \}$, porque $(0+3k) \cup (1+3k) \cup (2+3k) = \mathbb{Z}$.

Temos unha conxectura sen resolver de Erdős e Selfridge de que non existe unha cobertura cuxo sistema de residuos teña todos os módulos impares. Podedes ver datos sobre este tema no documento de Michael Filaseta, Wilson Harvey Coberturas de subconxuntos dos enteiros mediante congruencias .

(5). Chegamos á álxebra e temos que un ideal é un subanel dun anel que ten que ser pechado baixo a multiplicación por calquera elemento do anel.

E resulta que nos números enteiros os pares $2\mathbb{Z}$ forman un ideal e os impares non, porque par por par ou par por impar dá un número par.

(6). E outra máis. Temos o grupo de permutacións, que son as bixeccións de elementos do conxunto $M=\{x_1,\ x_2, \ x_3, \ldots, \ x_n \}$ no propio conxunto $M$. O conxunto $S_M$ de todas as permutacións $(\sigma)$ forma un grupo baixo a función de composición e identificámolo normalmente pola cardinalidade do conxunto $M$. Por exemplo, podemos escribir unha permutación en $S_5$ como $\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

que se pode ler como o elemento $1$ vai ao $3$, o $2$ vai ao $4$, o $3$ vai ao $5$, etc.

Ou $\sigma(1)=3, \ \sigma(2)=4, \ \sigma(3)=5, \ \sigma(4)=2, \ \sigma(5)=1$.

Existe outra notación como ciclos da permutación que son os subconxuntos de elementos que van permutando entre sí, no exemplo visto sería $\sigma= (1 \ 3 \ 5) (2 \ 4)$ porque o $1$ vai ao $3$ o $3$ vai ao $5$ e o $5$ vai ao $1$, e o outro ciclo disxunto sería o $2$ vai ao $4$ e o $4$ vai ao $2$.

Un ciclo de lonxitude $2$ chámase transposición e toda permutación pode ser escrita como un conxunto de transposicións, seguimos co noso exemplo, o ciclo $(1 \ 3 \ 5)$ pode ser expresado como $(1 \ 5)(1 \ 3)$, visto en secuencia: $\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & & 1 & & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

primeiro o $1$ vai ao $3$ e o $3$ ao $1$ e sobre ese resultado o $1$ vai ao $5$ e o $5$ ao $1$, obtendo o mesmo resultado que aplicado o ciclo directamente.

Dise que unha permutación é par cando pode ser obtida como produto dun número par de transposicións e será impar cando se obteña como produto dun número impar de transposicións.

Agora, por definición, o grupo Alterno $A_n$ de $n$ símbolos é o subgrupo de $S_n$ que consiste nas permutacións pares.

E aquí chegamos, máis unha vez, ao temiña desta entrada do blogue. O grupo alterno $A_n$ de permutacións pares ten estrutura de grupo (con cardinalidade $n!/2$). O elemento identidade (a permutación que non move ningún elemento) ten paridade par, por tanto o subconxunto de permutacións impares non ten estrutura de grupo porque non contén un elemento identidade.

Todo isto do grupo simétrico está sacado das notas do profesor Bruce Ikenaga Abstract Algebra 1 .

En todo o que está aquí contado quixen referirme ao conxunto completo de números impares. Se nos referimos a conxecturas ou problemas sen resolver con números primos impares (pobre $2$) eu diría que hai infinitas $(\to \infty)$, porque os números primos son o demo.

Por exemplo, a conxectura de Erdös-Straus de que toda fracción $\dfrac{4}{n}$ pode ser escrita como a suma de tres fraccións unitarias (ou exipcias) $\dfrac{4}{n} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}$, non está resolvida para certo subconxunto de números primos impares.

Unha excepción para os pares

Para os pares temos a Conxectura de Goldbach (versión forte), que nos dí que calquera número par pode escribirse como a suma de dous primos. Está sen demostrar.

A versión débil, todo número impar pode ser conseguido coa suma de tres primos, acaba de ser demostrada por Harald Helfgott, o problema ternario de Goldbach , e levou 5 aniños desde que foi presentada a demostración no 2013 ata que foi recoñecida no 2018. Un precioso documento de 317 páxinas, que reduce o valor superior estabelecido por Vinogradov. No 1937 Vinogradov demostrou que a partir de certa constante $C$ a conxectura cumpríase e posteriormente estabeleceu unha constante a partir da que se cumpría: $e^{e^{e^{41.96}}}$, mais dado que era un valor grandísimo non se podía demostrar que non fallase algún caso por debaixo dese valor, por tanto os novos traballos foron baixando ese valor ata chegar a un valor onde se puideran comprobar computacionalmente o resto de casos (os casos de valores baixos).

Bibliografia

1. Michael Filaseta, Wilson Harvey Covering subsets of the integers by congruences
2. Harald Andres Helfgott The ternary Goldbach problem
3. Bruce Ikenaga Abstract Algebra 1
4. Oeis Enciclopedia das secuencias
5. Poorten A proof that Euler missed
6. Blagoj S. Popov Summation of Reciprocal Series of Numerical Functions of Second Order
7. B.W.Sullivan Numerous Proofs of $\zeta(2)$
8. Wiki Función zeta de Riemann
9. Wiki Número Perfecto

Desafíos numéricos e probabilísticos para Secundaria

Na última remesa de problemas para a Secundaria extraídos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) recollemos ducia e media de cuestións numéricas e probabilísticas.

1. Cantos pares ordenados de enteiros positivos $(a,b)$ verifican $a^{2}-b^{2}=105$?

2. Cantos números naturais $n$ verifican que $\frac{2}{5}< \frac{n}{17}<\frac{11}{13}$?

3. Dous lados dun triángulo de área non nula miden $6$ e $11$. Cantos diferentes valores enteiros pode ter o terceiro lado?

4. Unha pizzería ofrece 5 ingredientes diferentes: pementos, champiñóns, cebola, albóndegas e bonito. As pizzas poden levar con calquera número de ingredientes, incluso sen ningún. Un cliente compra cada día un tipo de pizza diferente. Cantos días pode realizar estes pedidos?

5. Un reloxo dixital dá horas tales como 6:15 ou 12:34. Se ignoramos os puntos, as horas representan 3 ou 4 díxitos. Cantos múltiplos de 3 pode presentar durante o período de 12 horas que vai do medio día ata a media noite?

6. $X$ é un positivo de dous díxitos e $Y$ é o resultado de cambiar de posición os díxitos de $X$. Cantos valores de $X$ hai tales que $X+Y$ é un cadrado perfecto? E para que valores de $X$ a diferenza $X-Y$ é un cadrado perfecto?

7. Os 25 equipos dunha liga escolar están divididos en dúas divisións, A e B. Cada equipo xoga contra todos os outros da súa división exactamente unha vez e non xoga cos equipos da outra división. Se na división A se xogaron 36 partidos máis que na B, cantos equipos hai en cada unha delas?

8.  Cantos conxuntos de dous ou máis números consecutivos teñen unha suma de 100?

9. Para cantos valores de $n$ é $1155+n^{2}$ un cadrado perfecto.

10. Determina o número de triángulos non congruentes de lados enteiros, área positiva e de perímetro 15.

11. Acha un número de 4 díxitos tales que os dous da esquerda son iguais entre si, os dous da dereita tamén son iguais entre si e o número é un cadrado perfecto.

12. $k=1!+2!+3!+...+n!$ e $k$ é un cadrado perfecto. Determina todos os posibles valores de $n$.

13. A probabilidade de que chova é o cadrado da probabilidade de que non chova. Acha a probabilidade de que chova.

14. Dez cartas numeradas 1, 2,...,10 colócanse boca abaixo sobre unha mesa. Extráese unha carta e apúntase o seu valor. Devolvemos a carta e barallamos. Extráese unha segunda carta. Acha a probabilidade de que o número da segunda carta sexa maior que o da primeira.

15. Despois de lanzar dous dados fican visibles 10 caras. Calcula a probabilidade de que a suma dos puntos das caras visibles sexa divisible por 7.

16. Alberte, Belén e Celso tiran, por esta orde, un par de dados. O primeiro que obteña un 9 gaña. O xogo continúa ata que alguén gañe. Calcula a probabilidade de que gañe Belén.

17. Xián lanza un dado e Zeltia lanza dous dados. Acha a probabilidade de que a suma dos puntos de Zeltia coincida co resultado de Xián.

18. Lánzase un dado reiteradamente ata que apareza un 6. Acha a probabilidade de que se necesiten un número par de lanzamentos.

Desafíos aritméticos e alxébricos para secundaria

Na entrada anterior achegaba unha serie de problemas relacionados coa resolución de ecuacións cuadráticas. Algúns deles recollinos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). Como moitas das propostas que fan estes autores son problemas que teñen o seu atractivo, vou compartir unha pequena escolma. Aínda que no citado libro tamén os hai doutras áreas das matemáticas, nesta entrada só recollo os de carácter aritmético ou alxébrico. 

1. Cando unha cantidade de auga se conxela incrementa o seu volume nun $\frac{1}{12}$. Cando unha cantidade de xeo se derrete, en que fracción decrece o seu volume?

2. O dez por cento de 9 é o 9 por cento de que cantidade?

3. Un comerciante compra un coche á fábrica por un 20% menos que o prezo de venda recomendado. Se vende o coche polo prezo recomendado, que porcentaxe obtén de ganancia?

4. Un vestido branco custaba inicialmente 50€. Nas rebaixas reduciuse o prezo un 10%. Despois de incrementalo nun 10%, un vestido azul foi vendido polo mesmo prezo que o branco nas rebaixas. Calcula o prezo orixinal do vestido azul.

5. Sen calcular ningún cadrado, expresa $\sqrt{313^{2}-312^{2}}$ como un enteiro positivo

6. Acha a lonxitude da aresta dun cubo se o seu volume en unidades cúbicas é o mesmo número que a súa área superficial en unidades cadradas.

7. Cantos litros de auga pura deberemos engadir a 20 litros dunha solución ácida do 45% para transfomala nunha solución do 30%?

8. Se $a$ e $b$ son enteiros positivos tales que $a^{2}+24=b^{2}$, acha o maior valor posible de $a+b$

9. Se $i=\sqrt{-1}$, acha $i^{1}+i^{2}+i^{3}+...+i^{100}$

10. $n$ é o menor de $n$ enteiros consecutivos que teñen de media 94. Acha $n$

11. Se dúas das raíces de $x^{3}+px+q=0$ son $-1$ e $3$, acha a terceira raíz así como os valores de $p$ e $q$

12. Para que base $b$ se verifica o seguinte produto escrito nesa base: $21_{b}\cdot54_{b}=1354_{b}$

13. Xurxo conduce ata unha cidade distante e volve polo mesmo camiño. Debe facelo a unha media de 80 km/h co fin de chegar a unha cita na cidade de partida. Retrásase e fai unha media de 60 km/h na viaxe de ida. Acha a velocidade media de volta para que poida chegar á súa cita. 

14. Acha o produto de todos os $x$ que verifican $\frac{4}{x}-\frac{5}{x^{3}}+\frac{1}{x^{5}}=0$

15. Pedro corre o dobre de rápido do que anda. Un día, no camiño á escola anda durante o dobre de tempo do que vai correndo e lévalle 20 minutos. Unha semana máis tarde corre durante o dobre de tempo que anda. Cantos minutos lle leva chegar desta vez ao colexio?

17. Se $A=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}+...$ e $B=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{b^{2}}+...$, acha todos os pares de enteiros positivos $(a,b)$ tales que $a>b>1$ e $A+B=\frac{15}{7}$

18. Xenerosa ten unha carteira máxica que duplica os cartos que lle metes dentro e  cobra 1'20 € por cada vez que alguén a usa. Alexandre comeza cunha certa cantidade de cartos que introduce na carteira e que así duplica. Despois de pagar polo seu uso volve a colocar todo o seu capital na carteira, volvendo a dobralo e a pagar por segunda vez a Xenerosa. Finalmente volve a colocar todo na carteira e a facer o terceiro pago. Alexandre decátase entón de que non lle quedou nada. Canto tiña ao principio?