Unha elipse e un círculo. Un cadrado e unha semicircunferencia

 Se dixera de onde recollín este problema seguramente saberías a solución sen ter que darlle ningunha volta. Daquela, como na entrada anterior, non revelarei ata o final a orixe desta proposta. Agora ben, como non vou revelalo ata o final, seguramente saberás cal é a solución.

Unha elipse e un círculo. Consideremos a elipse de semieixos $a$ e $b$. Pídese determinar para que valor da razón $\frac{b}{a}$ o círculo que pasa polos seus focos ten a mesma área que a elipse.

A cuestión é de resolución tan sinxela que non merecería espazo algún. Con todo, como este blogue non ten entre os seus méritos desprezar ningún razoamento, por simple que poida parecer, velaquí vai a solución:

A área da elipse é $\pi a b$, a do círculo será $\pi c^{2}$ onde $c^{2}=a^{2}-b^{2}$. Igualando as áreas: $$\pi ab=\pi c^{2}=\pi\left( a^{2}-b^{2} \right)$$

$$ ab=a^{2}-b^{2}$$

Dividindo por $a^{2}$: $$\frac{b}{a}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}$$ $$\frac{b^{2}}{a^{2}}+ \frac{b}{a}-1=0$$

Esta coñecida ecuación ten como solución positiva o número áureo $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Por certo, noutra ocasión xa aparecera por este blogue un problema tan semellante a este que poderiamos dicir que son equivalenten. Trátase do problema 8 da entrada Problemas consecutivos

Finalmente, tal e como prometín, desvelo a fonte da que obtiven esta bonita cuestión. Trátase do libro de Hans Walser, The Golden Section (MAA 2001). De paso, aproveito a ocasión para recoller deste mesmo libro outro problema:

Cadrado inscrito nunha semicircunferencia. Tal e como se observa na figura, inscribimos un cadrado nunha semiciecunferencia. Pídese a razón AC/AB.

Dous triángulos

Ben sabemos que para que tres números positivos $a$, $b$ e $c$ non sempre poden ser as lonxitudes dos lados dun triángulo. Para que poidan dedterminalo ten que verificarse que a suma de dous deles debe ser maior có outro. De forma ben natural, xorde o seguinte problema:

Dous triángulos. Un triángulo ten lados $a\gt b\gt c$. Un segundo triángulo ten lados $\frac{1}{c}\gt \frac{1}{b}\gt \frac{1}{a}$. Determina tanto o límite inferior como o superior da razón $\frac{a}{c}$ para que poidan existir eses dous triángulos.

Polo comentado anteriormente: $a\lt b+c \Rightarrow a-c\lt b$

Análogamente: $\frac{1}{c}\lt \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Rightarrow \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\lt \frac{1}{b}$

Multiplicando as expresións anteriores e operando:

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)\lt b\frac{1}{b}$$

$$\left( a-c \right)\left(  \frac{a-c}{ac}\right)\lt 1$$

$$\left( a-c \right)^{2}\lt ac$$

$$a^{2}-3ac+c^{2}\lt 0$$

$$\left( \frac{a}{c} \right)^{2}-3\frac{a}{c}+1\lt 0$$

Sexa $x=\frac{a}{c}$, daquela temos a inecuación cuadrática $x^{2}-3x+1\lt 0$

As solucións da ecuación asociada $x^{2}-3x+1 =0$   son

$$x_{1}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\phi^{2}\quad \quad x_{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{\phi^{2}}$$

Onde $\phi$ é o número áureo. Entón podemos reescribir a inecuación así:

$$\left( x-\phi^{2} \right)\left( x-\frac{1}{\phi^{2}} \right)\lt 0$$

Polo que un dos dous factores debe ser postivo e o outro negativo. Como $\phi^{2}\gt \frac{1}{\phi^{2}}$, o primeiro dos factores debe ser o negativo e o segundo o positivo. En conclusión:

$$\frac{1}{\phi^{2}}\lt x=\frac{a}{c}\lt \phi^{2}$$

Tanto a solución como o problema recollinos do libro The Divine Proportion, (Dover Publications, 1970) de H. E. Huntley, só que cunha pequena excepción, que alí só piden un límite superior. Tiven a pequena maldade de non comentar ao principio cal era a referencia para que o lector non soubese, de principio, por onde caían os tiros.

A razón dun problema de optimización. 2

Trátase de resolver o problema proposto na entrada anterior. Lembro que non só pedía a solución, senón a razón do problema. Velaquí o enunciado:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro mínimo circunscrito á circunferencia.

Sexa $D(x,y)$, un punto calquera da semicircunferencia. Como $x$ e $y$ son os catetos dun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$: $x^{2}+y^{2}=1$ e, polo tanto $y=\sqrt{1-x^{2}}$. Derivamos para obter a pendente da recta tanxente $AB$: $y'=\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Introducimos agora o ángulo $\alpha$, resulta que $x=cos\alpha$. Daquela

$y'=\frac{-cos\alpha}{\sqrt{1-cos^{2}}\alpha}=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}$

O punto $D$ ten coordenadas $(sen\alpha, cos\alpha)$. Usámolo para obter a ecuación punto-pendente da recta tanxente á semicircunferencia en $D$:

$y-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}\left( x-cos\alpha \right)=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$

Se $x=0$:  $y-sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $y=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}+sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha+cos^{\alpha}}{sen\alpha}=\frac{1}{sen\alpha}$. Así obtemos as coordenadas de $A(0, \frac{1}{sen\alpha})$

Se $y=0$:   $-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x=-sen\alpha-\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-sen^{2}\alpha-cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-1}{sen\alpha}$

$x=\frac{1}{cos\alpha}$. Así obtermos as coordenadas de $B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)$

Con estes antecedentes:

$$AB^{2}=\frac{1}{sen^{2}\alpha}+\frac{1}{cos^{2}\alpha}=\frac{1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}\Longrightarrow AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}$$

Agora xa podemos escribir o perímetro do triángulo en función de $\alpha$: $$P\left( \alpha \right)=2\left( AB+OB \right)=2\left( \frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}+\frac{1}{cos\alpha} \right)=2\frac{1+sen\alpha}{sen\alpha\cdot cos\alpha }$$

Derivamos na procura dos extremos:

$$P'\left( \alpha \right)=2\frac{cos\alpha\left( sen\alpha\cdot cos\alpha \right)-\left( 1+sen\alpha \right)\left( cos^{2} \alpha-sen^{2}\alpha\right)}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=$$ $$=2\frac{sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha-cos^{2}\alpha+sen^{2}\alpha-sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha+sen^{3}\alpha}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=2\frac{sen^{3}\alpha+2sen^{2}\alpha-1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}$$

Pescudemos para que valores $P'=0$. Tomando $y=sen\alpha$ o numerador anúlase cando $y^{3}+2y^{2}-1=0$. Evidentemente $y=-1$ é unha raíz deste polinomio polo que podemos descompoñelo $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y^{2}+y-1 \right)=0$ Así que as outras solucións serán $-\phi$ e $\frac{1}{\phi}$. Como $\alpha$ é un angulo do primeiro cuadrante, $y=sen\alpha$ debe ser postivo. Daquela a única solución que nos serve é $sen\alpha=\frac{1}{\phi}$. Ademais como $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y+\phi \right)\left(  y-\frac{1}{\phi}  \right)$ a derivada no punto $x=\frac{1}{\phi}$ pasa de ser negativa a positiva, de aí que a función $P$ teña nese punto un mínimo.

$cos\alpha=\sqrt{1-sen^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{\phi^{^{2}}}}=\sqrt{\frac{\phi^{2}-1}{\phi^{2}}}=\frac{\sqrt{\phi-1-1}}{\phi}=\frac{\sqrt{\phi}}{\phi}$

$$A\left( 0,\frac{1}{sen\alpha} \right)=\left( 0,\phi \right)  \quad \quad B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)=\left( \sqrt{\phi},0 \right)$$  $$AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\phi}\frac{1}{\sqrt{\phi}}}=\phi\sqrt{\phi}$$  $$EB=\sqrt{\phi}-\frac{1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\phi-1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\frac{1}{\phi}}{\sqrt{\phi}}=\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}}$$

O perímetro máximo terá un valor de $$P=2\left( AB+OB \right)=2\left( \phi\sqrt{\phi} +\sqrt{\phi}\right)=2\sqrt{\phi}\left(\phi+1  \right)=2\phi^{2}\sqrt{\phi}$$

Triángulos de Kepler

Chámanse triángulos de Kepler a aqueles triángulos rectángulos que teñen os lados en progresión xeométrica. Resulta evidente que a razón desta progresión debe ser $\sqrt{\phi}$. Botándolle un ollo á anterior imaxe poderemos distinguir varios triángulos de Kepler:

$EDB$ ten lados de lonxitudes $\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}},\quad \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}$

$OED$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1$

$OAD$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1, \quad \phi$

$OAB$ ten lados de lonxitudes $\sqrt{\phi}, \quad \phi, \quad \phi\sqrt{\phi}$

Fica claro que a razón sobre a que se preguntaba ao principio era unha razón dourada, unha razón da que temos mostras sobradas na solución dada.

A derivada e a inversa. Unha conexión dourada

Entre os meus terrores didácticos está esa famosa táboa de derivadas. Nunca entreguei aos meus alumnos un espanto dese tipo. Seguramente non o fixen porque tiven a sorte de que a min, como alumno, tampouco ma entregaran. Unha das aberracións que son consecuencia desta práctica consiste en expulsar a regra da cadea do ensino. Así convertemos o cálculo de derivadas nun algoritmo sen sentido, cunhas regras tan arbritarias que se pode calcular a derivada dunha composición de funcións sen ter nin a máis mínima idea do que é a composición de funcións. Elimínase así a dedución das propiedades e das fórmulas de derivación. Algúns pensarán que é un alivio pois así non perderemos un tempo que sempre anda escaso pola sobredimensión dos currículos. Daquela, para que estudar os límites? Quizais para outro cálculo absurdo con outras regras absurdas. 

Xa que a mencionamos anteriormente, enunciarémola:

A regra da cadea. Dadas dúas funcións $f$ e $g$ a derivada da composición $ g_{\circ } f$ será 

$$\left ( g_{\circ }f \right )'(x)=g'\left [ f\left ( x \right ) \right ]\cdot f'(x)$$

Unha consecuencia inmediata deste mesmo resultado é a derivación da inversa dunha función. 

Teorema da derivada da función inversa. $$\left (f^{-1}  \right )'(x)=\frac{1}{f'\left [ f^{-1} \left ( x \right )\right ]}$$

Noutra ocasión, abordando o tema dos erros achegáramonos a este teorema pois dá lugar a que a súa compresión sexa dificultosa por usarmos o termo inversa, un termo que pode ter outras acepcións. A isto engádeselle que a notación de derivada dunha función $f'$ e o de inversa dunha función $f^{-1}$ son tipograficamente moi semellantes. 

A demostración deste ultimo resultado aséntase, necesariamente, no concepto de función inversa. Lembremos que a inversa dunha función $f$, que denotaremos por $f^{-1}$ é aquela función que composta con $f$ nos dá a función identidade $I(x)=x$. Poderemos escribir, xa que logo, $f^{-1}_{\circ}f=f_{\circ}f^{-1}=I$. Non teño claro que procedo ben, pero atendendo ás anteriores consideracións, para demostrar na clase este resultado, renomeo a función inversa coa letra grega $\varphi=f^{-1} $. Así a propiedade definitoria da función inversa transcribiriamola agora $\varphi{\circ}f=f_{\circ}\varphi=I$. Aplicándolle a regra da cadea á igualdade $(\varphi_{\circ}f)(x)=I(x)$ teremos:

$$(\varphi_{\circ}f)'(x)=f'\left[ \varphi\left( x \right) \right]\cdot\varphi'\left( x \right)=1$$

$$\varphi'\left( x \right)=\frac{1}{f'\left[ \varphi\left( x \right) \right]}$$

Volvendo á notación orixinal para a inversa temos o resultado buscado:

$$\left (f^{-1}  \right )'(x)=\frac{1}{f'\left [ f^{-1} \left ( x \right )\right ]}$$

Quixo a azarosa casualidade da navegación pola arañeira de internet que todas estas consideracións ás que me achegara en moitas ocasións, se conectaran dunha forma realmente brillante mediante a seguinte cuestión:

Problema. Achar a función $f$ tal que $f'$=$f^{-1} $

A azarosa casualidade foi este vídeo de Michael Penn que vou seguir de aquí en diante para dar a solución. 

Algo de traballo sumado a un todo e nada de intuición pode levarnos polo bo camiño se conxecturamos que a solución ten a forma $f\left( x \right)=ax^{n}$.

Escribamos a función da forma $y=ax^{n}$ e intercambiemos $x$ con $y$ para calcular a inversa. Obtemos $x=ay^n$. Despexando $y$: $f^{-1}(x)=y=\sqrt[n]{\frac{x}{a}}$

Por outra banda, calculemos a derivada: $f'\left( x \right)=a\cdot nx^{n-1}$

Igualamos $f'$ a $f^{-1}$: 

$$a\cdot nx^{n-1}=\sqrt[n]{\frac{x}{a}}$$

Elevando a $n$ os dous membros e operando:

$$a^{n} n^{n}x^{n^{2}-n}=\frac{x}{a}$$

$$a^{n+1} n^{n}x^{n^{2}-n-1}=1\quad\quad [1]$$

$$x^{n^{2}-n-1}=\frac{1}{n^{n}a^{n+1}}$$

O segundo membro é unha constante, de aí que o expoñente da variable $x$ teña que ser $0$, isto é $n^{2}-n-1=0$. Pero esta é unha ecuación moi famosa, que ten como solucións o número áureo e o seu inverso cambiado de signo:

$$n_{1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\phi\quad\quad\quad n_{2}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=-\frac{1}{\phi}$$

Quizais, pecando de pesado, vou volver a lembrar algunhas das propiedades básicas do número $\phi$ e que poderemos usar en calquera momento, sen outro aviso engadido.

$$\phi^{2}=\phi+1\quad\quad \phi=1+\frac{1}{\phi}\quad\quad \phi-1=\frac{1}{\phi}$$

Con todo o deducido nas últimas liñas e escollendo a primeira solución $n_{1}$ podemos volver a reescribir a expresión [1] con esta nova fasquía:

$$\phi^{\phi}a^{\phi+1}\cdot1=1$$

$$\phi^{\phi}a^{\phi^{2}}=1$$

Tomando a raíz $\phi$-ésima nos dous membros:

$$\phi a^{\phi}=1$$

$$a=\left( \frac{1}{\phi} \right)^{\frac{1}{\phi}}$$

Velaí que a función buscada é $f\left( x \right)=\left( \frac{1}{\phi} \right)^{\frac{1}{\phi}}x^{\phi}=\left( \phi-1 \right)^{\phi-1}x^{\phi}$

A expresión da función brilla con luz propia.

Outro método

Sempre resulta agradable resolver un problema seguindo camiños distintos. Xa que tratamos un pouco antes o teorema da función inversa, quizais non sería mala idea empregalo. De facérmolo así, escribindo na fórmula que nos dá o teorema da función inversa $f'$ no canto de $f^{-1}$ teremos:

$$\left( f' \right)'(x)=\frac{1}{f'\left[ f'\left( x \right) \right]}$$

Agora ben, se por unha banda o que nos aparece no primeiro membro é a segunda derivada, $\left( f' \right)'(x)=f''(x)$, a expresión do segundo membro non o é. Aclarámolo todo nas seguintes liñas.

Como no caso anterior, partimos de que $f\left( x \right)=ax^{n}$ polo que $f'(x)=nax^{n-1}$

$$f''(x)=n\left( n-1 \right)ax^{n-2}$$

$$f'\left[ f'(x) \right]=na\left( f'(x) \right)^{n-1}=na\left( nax^{n-1} \right)^{n-1}=n^{n}a^{n}x^{(n-1)^{2}}$$

O produto das anteriores expresións ten que dar $1$

$$n^{n+1}a^{n+1}\left( n-1\right)x^{n^{2}-n+1}=1$$

As mesmas consideracións feitas na anterior dedución implican que o expoñente da variable debe ser $0$ e así obtemos a mesma ecuación cuadrática para $n$. Ademais así eliminamos a variabe na anterior expresión e quédannos unicamente as constantes. Tomando $n_{1}=\phi$ teremos:

$$\phi^{\phi+1}a^{\phi+1}\left( \phi-1 \right)=1$$

$$\phi^{\phi+1}a^{\phi+1}\frac{1}{\phi}=1$$

$$\phi^{\phi}a^{\phi+1}=1$$

$$\phi^{\phi}a^{\phi}a=1$$

Tomando a raíz $\phi$-ésima e despexando:

$$\phi aa^{\frac{1}{\phi}}=1$$

$$\phi a^{1+\frac{1}{\phi}}=\phi a^{\phi}=1$$

E así, outra vez

$$a=\left( \frac{1}{\phi} \right)^{\frac{1}{\phi}}$$

Un último apuntamento

Nos cálculos anteriores estivemos usando sempre o valor $n_{1}=\phi$ pero resulta que a ecuación da que o obtivemos ese valor tiña outra solución: $ n_{2}=-\frac{1}{\phi}$. Neste caso chegaremos a outra función que tamén é solución do problema, $f\left( x \right)=\left( 1-\phi \right)^{\phi}x^{1-\phi}$. Reto ao lector, se o houber, a que faga el mesmo a dedución.

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)

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

Un regalo da xeometría inversiva

Nunca estudei a xeometría inversiva. O máis cerca que estiven diso foi nas clases de Álxebra II, no segundo cuso da carreira, cando traballamos a razón dobre. Aquel achegamento , facendo honra á denominación da materia, foi puramente alxébrico. Nesas clases nunca debuxamos unha circunferencia. Así, cando vexo algúns apuntes sobre ese tema ando sempre ás atoutiñadas, todo me sorprende. 

Nunha entrada anterior xa se explicaba en que consistía a inversión dun plano mediante unha circunferencia. Recórdoo de seguido. Trátase dunha transformación do plano (agás un punto) en si mesmo. Dada unha circunferencia, (que chamaremos circunferencia inversiva) de centro O (centro de inversión) e raio R construiremos a inversión así:

Se $P$ é un punto do círculo de centro $O$ e raio $R=OT$ trazamos a semirecta $OP$ e a súa perpendicular polo punto $P$. Esta perpendicular cortará en dous puntos á circunferencia. A tanxente nun destes puntos cortará a semirecta $OP$ nun punto $P'$ que será a inversión de $P$

No caso de que $P$ fique fóra do círculo a obtención de $P'$ sería semellante. Desde $P$ trazamos unha das tanxentes á circunferencia $PT$. Despois trázase a perpendicular a $OP$ por $T$ e obtemos $P'$

En calquera caso  o inverso dun punto $P$ respecto dunha circunferencia de centro $O$ e raio $R$ é outro punto $P'$ na semirecta $OP$ tal que $OP\cdot OP'=R^{2}$ Son bastante evidentes as seguintes propiedades:

• O inverso do inverso é o propio punto
• O inverso dun punto interior á circunferencia fica fóra da mesma e viceversa.
• Os únicos puntos auto-inversos son os da circunferencia

Na entrada á que facía referencia anteriormente deducíranse algunhas propiedades da inversión usando un método un tanto estrafalario (mediante o uso da proxección estereográfica). Alí establecimos os seguintes resultados:

• A inversión conserva os ángulos
• A inversa dunha recta que pasa por O é a propia recta (sempre que omitamos o propio punto O, que é o único que non ten imaxe)
• A inversión transforma circunferencias que non pasan por O en circunferencias
• A inversión transforma circunferencias que pasan por O en rectas.

Imos demostrar a última propiedade mediante un procedemento máis estándar. Recóllo do libro "Regreso a la geometría" de H.S.M Coxeter e S.L. Greitzer (La tortuga de Aquiles 1993).

Consideremos unha recta $a$ que non pase por $O$. Tracemos desde $O$ a perpendicular a $a$, $=OA$. Sexa $A'$ a inversa de $A$. Debuxemos a circunferencia $\alpha $ de diámetro $OA$. Desde un punto $P\in a$ trazamos o segmento $OP$ que cortará a $\alpha $ nun punto $P'$. 

Os triángulos $\triangle OP'A'$ e $\triangle OPA$ son semellantes xa que comparte o ángulo en O e ambos teñen ademais un ángulo recto. De aí que tamén $$\frac{OP}{OA}=\frac{OA'}{OP'}\Rightarrow OP\cdot OP'=OA\cdot OA'=R^{2}$$

Entón $P'$ é o inverso de P.  Recíprocamente calquera punto da circunferencia $\alpha$ invértese noutro da recta $a$

A lonxitude dun segmento invertido

Seguindo o libro de Coxeter e Greitzer abordaremos agora un teorema que explica como se modifica a distancia mediante a inversión. 

Fórmula da lonxitude dun segmento invertido. Se unha circunferencia $\omega$ de centro $O$ e raio $R$ inverte os puntos $A$ e $B$ en $A'$ e $B'$, as distancias verifican a seguinte relación $$A'B'=\frac{R^{2}\cdot AB}{OA\cdot OB}$$

Sexa $A'$ inverso de $A$: $OA\cdot OA'=R^{2}$

Sexa $B'$ inverso de $B$: $OB\cdot OB'=R^{2}$

Entón $OA\cdot OA'=OB\cdot OB'$ polo que e  $$\frac{OA}{OB}=\frac{OB'}{OA'}$$

Daquela os triángulos $\triangle OAB$ e $\triangle OA'B'$ son semellantes pois o ángulo en O é común e os lados que o determinan son proporcionais (aplicamos o chamado criterio LAL). Polo tanto temos tamén que $$\frac{A'B'}{AB}=\frac{OA'}{OB}=\frac{OA\cdot OA'}{OA\cdot OB}=\frac{R^{2}}{OA\cdot OB}$$

Despexando, obtemos a igualdade prometida: $$A'B'=\frac{R^{2}\cdot AB}{OA\cdot OB}$$

Un regalo: o teorema de Ptolomeo

Hai moitas demostracións do teorema de Ptolomeo. Algunhas teñen base trigonométrica, outras usan a semellanza de triángulos. No libro que vimos mencionando demóstrase este teorema usando a recta de Simson-Wallace (para este tema ver estas outras entradas neste mesmo blogue [1] e [2]). Resulta que tamén hai unha demostración inversiva, ademais é directa e simple.

Antes de nada lembremos que un cuadrilátero cíclico é aquel que ten os catro vértices nunha mesma circunferencia. Sabendo isto podemos enunciar o

Teorema de Ptolomeo. Se ABCD é un cuadrilátero cíclico, a suma dos produtos dos pares de lados opostos é igual ao produto das diagonais, isto é: $AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot BC$

Sexa $\alpha$ a circunferencia pola que pasan os catro vértices do cuadrilátero. Tomando o vértice $A$ como centro, construímos outra circunferencia $\omega$ que conteña ao cuadrilátero. Agora, como os outros vértices, $B$, $C$ e $D$ están en $\alpha$, unha circunferencia que pasa polo centro de inversión, se os invertemos, as súas imaxes $B'$, $C'$ e $D'$ ficarán todas nunha recta. Velaí que $$B'D'=B'C'+C'D'$$

Fagamos agora uso da fórmula, dada anteriormente,  que nos dá a distancia dun segmento invertido:$$\frac{R^{2}\cdot BD}{AB\cdot AD}=\frac{R^{2}\cdot BC}{AB\cdot AC}+\frac{R^{2}\cdot CD}{AC\cdot AD}$$

Eliminando $R^{2}$ e sacando denominadores facendo uso de que o seu mínimo común múltiplo é $AB\cdot AC\cdot AD$:

$$AB\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot CD$$

O recíproco do teorema de Ptolomeo tamén se verifica, isto é:

Recíproco do teorema de Ptolomeo. Se ABCD é un cuadrilátero tal que: $AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot BC$, entón ABCD é un cuadrilátero cíclico.

Por outra banda, dados catro puntos calquera, sempre se verificaría a desigualdade, coñecida tamén como desigualdade de Ptolomeo: $$AB\cdot BD\leq AD\cdot BC+AB\cdot CD$$

Ademais a igualdade que nos ofrece o teorema de Ptolomeo caracteriza os cuadriláteros cíclicos.

Como colofón citaremos a seguinte aplicación do teorema de Ptolomeo. Consideremos o pentágono regular de lado unidade. As súas diagonais son evidentemente iguais (son a base de triángulos isósceles de lado 1); poñamos que miden $\varphi$ Desbotando por exemplo o vértice superior quédanos un cuadrilátero cícliclo.

Se lle aplicamos a este cuadrilátero o teorema de Ptolomeo teremos que $$\varphi \cdot \varphi =1\cdot \varphi +1$$

$$\varphi ^{2}=\varphi +1$$

Esta é unha ecuación doada de resolver, ou de recoñecer.

Viète e a ecuación de van Roomen: segundo membro

Por que un blogue de matemáticas en galego? Hai varias razóns, unha delas é o compromiso ético coa normalización lingüística. Como toda a nosa relación co mundo está intermediada pola lingua, calquera actividade é unha oportunidade para que estea presente. Hai outra razón máis persoal que consiste en que me permite profundizar en cuestións que, de non ser por este blogue, só as rozaría superficialmente. En efecto, o exercicio de ter que escribir sobre algo que pensas que entendes móstrache que hai moitos niveis de coñecemento e que só o traballo e a reflexión profunda che deixa realmente pegada.

A orixe desta entrada, como de moitas outras do blogue, está nalgún aspecto que me chamou a atención dalgunha lectura. Nesta ocasión foi o relato de Eli Maor en Trigonometric Delights sobre unha anécdota que lle sucedeu a François Viète (1541-1630) e que para a miña sorpresa tamén aparece referida na Historia de la matemática de Carl B. Boyer.  Viète soa no entorno escolar pois levan o seu nome as fórmulas que relacionan os coeficientes dunha ecuación coa suma, produto ou combinacións de sumas e produtos das raíces da ecuación. A súa contribución máis importante foi o libro In artem analyticem isagoge, que abreu as portas da álxebra cara o futuro establecendo a distinción entre coeficientes e incógnitas. A súa capacidade analítica levou a Viéte a desencriptar os códigos de cifrado utilizados polo rei español Filipe II, feito que contribuíu en boa medida a que Henrique IV accedera á coroa francesa.

A anécdota en cuestión relataba que o embaixador dos Países Baixos puxera en coñecemento de Henrique IV un libro de Adriaan van Roomen (1561-1615), Ideae mahtematicae, no que citaba a moitos matemáticos da época como o xesuíta Clavius (1538-1612), o campión no cálculo de cifras de $\pi$ Ludolph van Ceulen (1540-1610), Simon Stevin (1548-1620), ou o astrónomo Ticho Brahe (1546-1601). Porén no Ideae non aparecía ningún matemático francés. 

Adrian van Roomen usando o método arquimediano chegara a dar 16 cifras exactas do número de $\pi$ para o que tivo que traballar cun polígono de $15\cdot 2^{60}$ lados. Parece que tiña afición polos cálculos exhorbitados pois nese mesmo libro propoñía como reto unha ecuación de grao 45. O embaixador acrecentara o seu desafío indicando que non había en Francia ningún matemático capaz de resolvela. Nunha crónica cóntase que nese momento Viète estaba en Fontainebleau polo que foi inmediatamente requerido por Henrique IV para pesentarlle o reto. Antes de que o rei tivera tempo a sair da estancia, Viète xa achara dúas solucións. Esta mesma crónica conta que ao día seguinte trouxera outras moitas pois o número total delas era infinita (!).

O que si é certo é que Viéte dou coas 23 solucións positivas da ecuación pois así o publicou nunha resposta no ano 1595. O noso obxectivo será ver como o fixo. Antes de nada teremos que presentar a ecuación:

$$x^{45}-45x^{43}+945x^{41}-12300x^{39}+111150x^{37}-740259x^{35}+3764565x^{33}-$$ $$-14945040x^{31}+46955700x^{29}-117679100x^{27}+236030652x^{25}-378658800x^{23}+$$ $$+483841800x^{21}-488494125^{19}+384942375x^{17}-232676280x^{15}+105306075x^{13}-$$ $$-34512075x^{11}+7811375x^{9}-1138500x^{7}+95634x^{5}-3795x^{3}+45x=K$$

Mete medo, non? Pois iso non é todo, o número que aparece no segundo membro é

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}\; \; \; \; \; \; \; \; \; [1]$$

Con todo, Viète contaba con algunhas pistas pois van Roomen ofrecía algunha solución para outros valores de $K$. Por exemplo, un deles  $K_1=\sqrt{2+\sqrt{2}}$,  para un estudoso da trigonometría como Viète era completamente transparente pois coincide co valor de $2\cdot sen(75)$. Intentaremos demostrar que $K=2\cdot sen12$. Comenzaremos simplificando algo [1]:

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}=$$ $$=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{15}{8}-\frac{\sqrt{45}}{8}}}=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{30-2\sqrt{45}}{16}}}=$$ $$=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}}$$

$$K^{2}=\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}\;\;\; \;\;\;\;[2]$$

Calcularemos agora  o $sen(12)$ a partir das razóns trigonométricas dos ángulos de 72º e 60º e aplicando a fórmula do seno dunha resta: $$sen(\alpha -\beta )=sen\alpha \cdot cos\beta -cos\alpha \cdot sen\beta $$

As razóns trigonométricas de 60 son ben coñecidas: $$sen60=\frac{\sqrt{3}}{2}\;\;\;\; \;\;\;\;cos60=\frac{1}{2}$$

Sabemos que un triángulo isóscele formado por dúas diagonais e un lado dun pentágono regular contén ángulos de 72º. Ademais se os lados do pentágono son unitarios, as diagonais terán como medida o número áureo $\phi $

$$cos72=\frac{1}{2\phi }=\frac{1}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$

$$sen^{2}72=1-\left ( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right )^{2}=\frac{5+\sqrt{5}}{8}$$

$$sen72=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left ( \sqrt{5+\sqrt{5}} \right )$$

Polo tanto

$$sen12=sen(72-60)=sen72\cdot cos60-cos72\cdot cos60=$$ $$=\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{5+\sqrt{5}})\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}-1}{4}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}\sqrt{5+\sqrt{5}}-\frac{\sqrt{3}}{8}(\sqrt{5}-1)$$

$$sen^{2}12=\frac{2}{64}(5+\sqrt{5})+\frac{3}{64}(6-2\sqrt{5})-\frac{2\sqrt{6}}{64}\sqrt{(5+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)^{2}}=$$ $$=\frac{1}{64}\left ( 28- 4\sqrt{5}-4\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )=\frac{1}{16}\left ( 7-\sqrt{5} -\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )\;\;\; \;\;\;\;[3]$$

Comparando [2] e [3]: $$sen^{2}12=\frac{1}{4}K^{2}\Rightarrow 2\cdot sen12=K$$

Xa sabemos que é o que se agochaba no segundo membro da ecuación. Nunha vindeira entrada estudaremos o primeiro membro.

O xogo euclidiano

O xogo xeométrico 

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

 

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

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

Estas imaxes están sacadas de Cut the Knot

O xogo aritmético

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

Partida 1: (14,4) ⟶ (2,4) ⟶ (2,2)

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

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

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

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

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

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

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

Unha estratexia xeométrica

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

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

 

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

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

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

 

Unha estratexia aritmética

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

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

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

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

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

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

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

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

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

O rectángulo de Brügner e outros problemas áureos

Cando un bota a vista atrás e se coloca como espectador mirando para cousas que fixo anteriormente, moitas veces ten que torcer o bico. Iso foi o que me pasou cando volvín a repasar unha entrada anterior, Problemas consecutivos, na que quixen ofrecer unha lista de cuestións que tivesen que ver ben co número áureo, ben coa sucesión de Fibonacci. Ao que agora non lle vexo moito sentido é a ocultar de que trataba a entrada, dándolle incluso un título bastante escuro e anódino.
A razón de que volvese a reparar naquela entrada é que no espazo dun par de días fun bater con tres novos (para min) problemas sobre os mesmos tópicos. Así que decidín ampliar a lista de problemas alí comenzada.

Problema 7. Resolve $${ 4 }^{ x }+{ 6 }^{ x }={ 9 }^{ x }$$


Problema 8. Acha x

Problema 9. No seguinte rectángulo calcula cal é a razón a/b
Considera agora que a diagonal mide 1. Demostra entón que a²=b, a³=c, a⁴=d, a⁵=e

Se un se para a pensar un pouco neste último problema verá que, en esencia, é o mesmo que o Problema 8, só que agora os datos serían os seguintes:

 Efectivamente, este triángulo é o da parte superior do rectángulo do Problema 9, e que ten de lados a, b e b+d=1. Así x e b coincidirían. Unha outra curiosidade relacionada con ese rectángulo é que as tres pezas máis grandes dan lugar ao chamado tangram de Brügner, estudado no 1984 por Georg Brügner, matemático da Universidade de Friburgo.

Tangram de Brügner

Con estas tres pezas é posible obter l6 figuras convexas:

Esta última imaxe está sacada do Blog de Calaix +ie, no que lle adicaron dúas entradas ben completas a este tangram: [1] e [2]
Xogando con ese rectángulo ocorréuseme a seguinte cuestión, que nun principio, co xa comentado ata aquí, xa estaría practicamente resolta.
Problema 10. Trataríase de medir a lonxitude do zig-zag confeccionado a partir do rectángulo de Brügner. Sería o debuxado en azul:

A denominación de zig-zag recollina do libro Uses of infinity, de Leo Zippin. Neste texto trátanse e resólvense problemas moi semellantes a este. Un deles consiste na determinación da lonxitude do zig-zag en espiral nun rectángulo áureo. Aquí chameille Problema 11:

Problema 11. Determina a lonxitude da espiral zig-zag construída sobre un rectángulo áureo. 

Unha outra cuestión que non viña no libro de Zippin consistiría en determinar as coordenadas do punto ao que converxe o zig-zag tomando como orixe de coordenadas o vértice inferior esquerdo do rectángulo.

Debo confesar que isto do mundo do número áureo crea adicción. Mentres estaba escribindo esta entrada xa encontrara outra boa colección de curiosidades áureas que ben poderían sumarse a esta que estiven recollendo aquí. Xa será para outra ocasión, se hai folgos.

Problemas consecutivos

Velaquí unha lista de problemas que, por algunha razón, cualificamos de consecutivos.

Problema 1. Dada unha plataforma  2ｘ3, vemos que podemos cubrila consecutivamente de esquerda a dereita con fichas de dominó de 3 formas distintas:

Pídese facer o reconto das formas de cubrir con fichas de dominó unha plataforma 2ｘn

Problema 2. De cantas formas podemos escoller un subconxunto entre os n primeiros números {1, 2, 3, 4, ..., n} de forma que non haxa dous consecutivos?

Problema 3. En n tiradas dunha moeda, acha a probabilidade de non obter dúas caras consecutivas. E a de non obter tres caras consecutivas?

Problema 4. Dispoñemos de todas as moedas que queiramos de 1 € e de 2 € . Se tivéramos que pagar 4 € nun caixeiro automático poderiamos facelo de 5 maneiras distintas introducindo as moedas consecutivamente: 1+1+1+1, 1+1+2, 1+2+1, 2+1+1 ou 2+2+1.
De cantas fomas podemos realizar un pago de n €? E se non importa a orde en que introducimos as moedas?

Problema 5. Dado o rectángulo ABCD, determinamos sobre dous lados consecutivos dous puntos P e Q respectivamente, tales que os triángulos T₁, T₂ e T₃ teñan a mesma área. Calcula as proporcións AP/PB e CQ/QB.

Problema 6. Dado un rectángulo de lados x e y, engadímoslle consecutivamente a un dos lados un cadrado formando así outro rectángulo maior. Acha a relación entre os lados x e y sabendo que as diagonais dos rectángulos son perpendiculares.

Post Scriptum. Problema 7. Dado un triángulo equilátero de lado unha unidade, se escollemos un punto dun dos lados trazando paralelas a estes determínanse tres triángulos equiláteros. Tamén se forman os trapecios marcados na imaxe. Trátase de determinar o valor de x para que eses trapecios sexan semellantes.

Post Scriptum. Problema 8. Determina a razón a/b para que a área da elipse e da coroa circular coincidan. 

Post Scriptum. Problema 9. Dado un triángulo ABC inscrito nunha circunferencia consideremos os puntos medios D e E , do lado AB e do lado AC respectivamente. Prolongamos DF ata que interseca na circunferencia en F. Pídese a razón DF/DE

Post Scriptum. Problema 10. Pídese a razón entre as áreas dos triángulos sombreados

Post Scriptum. Problema 11. En tres circunferencias iguais inscribimos un pentágono, un hexágono e un decágono. Os lados destes polígonos forman un triángulo rectángulo. Determina a razón entre os catetos. 

Post Scriptum. Problema 12. Resolve $1+10^{x}=100^{x}$. [recollido de aquí]

Post Scriptum. Problema 13. Os lados dun trigángulo rectánculo están en progresión xeométrica. Determina a razón da progresión.

Post Scriptum. Problema 14. Achar unha función $f$ tal que $f'=f^{-1}$. Solución.

Post Scriptum. Problema 15. Unha abella situada na cela $1$ do panal da seguinte figura desexa chegar á cela $11$. Moverase sempre cara a dereita ou cara arriba, isto é, sempre dunha cela de valor inferior a unha de valor superior. Cantos camiños distintos pode percorrer?

Post Scriptum. Problema 16. Na seguinte imaxe indicamos as tres formas de embaldosar unha tira de $1\times 3$ usando unicamente cadrados $1\times 1$ e dominós $1\times 2$. De cantas formas poderemos embaldosar unha tira de lonxitude $15$? e unha de lonxitude $n$?

Post Scriptum. Problema 17. A lingua "ABABA" só usa dúas letras: "A" e "B". Ningunha palabra pode ter dous $B$ consecutivos, pola contra, calquera outra palabra está permitida. Por exemplo "AABAAABA" ou "BAA" son palabras mentres que "ABBA" non o sería. Cantas palabras cunha lonxitude de $10$ letras son posibles nesta lingua? E con $n$ letras?

Post Scriptum. Problema 18. As palabras da lingua "ABABA" que comezan e finalizan por "A" son palabrotas. a) Cantas palabrotas hai de $n$ letras? b) Cantas palabrotas de $n$ letras conteñen $k$ "Bs"?

Post Scriptum. Problema 19. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro máximo circunscrito á circunferencia.

´

Post Scriptum. Problema 20. Dous triángulos. Un triángulo ten lados $a\gt b\gt c$. Un segundo triángulo ten lados $\frac{1}{c}\gt \frac{1}{b}\gt \frac{1}{a}$. Determina tanto o límite inferior como o superior da razón $\frac{a}{c}$ para que poidan existir eses dous triángulos.

Pos Scriptum. Problema 21. Unha elipse e un círculo. Consideremos a elipse de semieixos $a$ e $b$. Pídese determinar para que valor da razón $\frac{b}{a}$ o círculo que pasa polos seus focos ten a mesma área que a elipse.

Post Scriptum. Problema 22. Cadrado inscrito nunha semicircunferencia. Tal e como se observa na figura, inscribimos un cadrado nunha semiciecunferencia. Pídese a razón AC/AB.