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)

Asuntos irracionais

As matemáticas da Grecia clásica foron extraordinarias. Tanto é así, que as matemáticas, tal e como as entendemos, son herdeiras directas das matemáticas gregas. Todas as achegas anteriores ou doutras culturas pódense etiquetar nun sentido moi preciso como protomatemáticas. Con todo, os matemáticos gregos non foron quen de tratar os números irracionais en toda a súa complexidade. Ficaron traumatizados polos inconmensurables e este trauma non puido ser tratado ata o século XIX.

Hoxe en día todo alumno que remata a secundaria obrigatoria debe saber o que son os números irracionais. Por concretar, trabállase moito coas fraccións, os números da forma $\frac{m}{n}$ onde $m$ e $n$ son números enteiros. Tamén se aprende cal é a expresión decimal destes números: serán, ben decimais cun número finito de cifras ou ben, se teñen un número infinito de cifras,  terán unha expresión periódica. Velaquí un par de exemplos; comecemos co seguinte:

$$\frac{1}{7}=0'142857142857142857142857142857...$$

Para obter a expresión decimal facemos a división. Como o divisor é 7, o resto ten que ser un número menor: 0, 1, 2, 3, 4, 5 ou 6. Neste caso o resto nunca dá 0, polo que só hai 6 restos posibles. Isto significa que o resultado decimal vai repetirse a partir da sétima cifra. En efecto, obteremos  reiteradamente a secuencia 142857. Isto é o que se chama número decimal periódico. No seguinte exemplo

$$\frac{3}{25}=0'12$$

Como o divisor é 25, nun principio, como moito teriamos unha restra de 24 decimais que despois deberían repetirse. Pero neste caso non tardamos en obter un 0 de resto e aí remata a división. Obtivemos un decimal exacto, con un número finito de cifras decimais. Velaí que todos os números racionais terán unha expresión decimal ben infinita periódica, ben finita.

Podemos imaxinar outras cifras decimais, aquelas que son infinitas e non periódicas. Estas serán precisamente as correspondentes aos números irracionais. Se unimos o conxunto  dos números racionais, que identificamos mediante o símbolo $\mathbb{Q}$, con todos os irracionais, $\mathbb{I}$, obteremos o conxunto dos números reais, $\mathbb{R}$ que é o formado por todos os números decimais.

Un dos exemplos máis famosos de número irracional é a $\sqrt{2}$, da que xa demostramos noutra ocasión xa demostramos noutra ocasión que non podía escribirse como cociente de dous número enteiros. Velaquí as súas primeiras cifras decimais:

$$\sqrt{2}=1,4142135623730950488016887242096980785696718753769480731766797...$$

Hai moitos exemplos máis de números irracionais:

$$0'12345678910111213141516171181920212223242526272829303132333435363738...$$

$$0'2345678910111213141516171181920212223242526272829303132333435363738...$$

Está claro que esta lista é infinita. Isto significa que hai infinitos números irracionais e aquí teremos a primeira sorpresa. Resulta que a cantidade (infinita) de irracionais é maior que a cantidade (infinita) de racionais. Para dar un razoamento deste feito, nos últimos cursos da ESO propóñolles o seguinte experimento mental. Imaxinemos que temos un saco con bólas brancas e bólas negras ben mesturadas, isto é que as bólas brancas non están na parte baixa do saco, están distribuídas ao azar por todo o seu contido. Sacamos unha bóla ao azar e resulta ser negra. Sacamos outra bóla, tamén negra. Continuamos repetindo o experimento unha e outra vez e só sacamos bólas negras, e insisto, non hai trampas. Neste caso concluímos que hai más bólas negras que brancas. Imos facer agora o mesmo experimento con números. Consideraremos unicamente o intervalo $(0,1)$ e colleremos nel números ao azar. Como podemos facelo? Cunha ruleta que teña os 10 díxitos. Un número dese intervalo terá parte enteira 0. Xiramos a ruleta e imos obtendo, en cada lanzamento, unha cifra decimal. Eu puxen a ruleta en funcionamento e obtiven o seguinte resultado:

$0'32931504154485839080382778080351429457854790736198815216962394170179963792...$

Realizar este experimento infinitas veces equivale a escoller un número ao azar do intervalo $(0,1)$. Como vai ser este número, racional ou irracional? Para que fose racional, ou ben a partir dun determinado momento a ruleta tería que caer infinitas veces no 0, ou ben, tería que repetir unha mesma pauta indefinidamente. Ambos casos son claramente imposibles. En consecuencia, o número extraído debe ser necesariamente irracional. Pero esta será a conclusión se repito unha e outra vez o experimento. Como no caso do saco de bólas, só me saen números irracionais. A conclusión é que hai moitos máis irracionais que racionais. Tendo en conta que hai unha infinidade tanto de uns como de outros, a extravagante consecuencia é que hai uns infinitos máis grandes que outros. 

Nas clases de Secundaria non profundizamos máis pero nas seguintes liñas daremos unha idea do encerllada que é distribución dos racionais e irracionais na recta.  Como no caso que acabamos de tratar, estudaremos unicamente o intervalo $(0,1)$. Pensemos nun número irracional calquera dese intervalo, por exemplo 

$$\frac{\sqrt{2}}{2}=0'70710678118654752440084436210484903928483593768847403658833986...$$

Este número poderá aproximarse tanto como queiramos por números racionais. Os valores $0'7$, $0'707$, $0'7071$,... son núimeros racionais cada vez máis próximos a $\frac{\sqrt{2}}{2}$.  Por moi pequeno que escollamos un intervalo que conteña a $\frac{\sqrt{2}}{2}$, ese intervalo vai conter infinidade de números racionais. En realidade, independentemente do pequeno que sexa un intervalo, ese conterá tanto unha infinidade de racionais como de irracionais. Esta propiedade enúciase normalmente dicindo que o conxunto dos números racionais $\mathbb{Q} $ é denso no conxunto dos números reais $\mathbb{R}$. Neste punto xa estamos en disposición de introducir un exemplo extraído do libro Mathematics and logic (Dover Publications 1968) de Mark Kac e Stanislaw M. Ulam.

Para cada racional $\frac{m}{n}$ do intervalo $(0,1)$, con $m$ e $n$ coprimos consideramos o intervalo de lonxitude $\frac{1}{2n^{2}}$ dado por $$\left ( \frac{m}{n}-\frac{1}{4n^{2}}, \frac{m}{n}+\frac{1}{4n^{2}}\right )$$

Para $n=2$ teremos o intervalo $\left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{16},\frac{1}{2}+\frac{1}{16} \right )=\left ( \frac{9}{16},\frac{11}{16} \right )$

Para $n=3$ teremos dous intervalos: $\left ( \frac{11}{36},\frac{13}{36} \right )$ e $\left ( \frac{23}{36},\frac{25}{36} \right )$

Para $n=4$ hai outros dous intervalos: $\left ( \frac{17}{64},\frac{19}{64} \right )$ e $\left ( \frac{47}{64},\frac{48}{64} \right )$

Para $n=5$ hai 4 intervalos pois, ao ser primo, os 4 números menores que 5 son todos coprimos con el. Neste caso engadimos á nosa colección de intervalos os seguintes: 

$\left ( \frac{19}{100},\frac{21}{100} \right )$, $\left ( \frac{39}{100},\frac{41}{100} \right )$, $\left ( \frac{59}{100},\frac{61}{100} \right )$ e $\left ( \frac{79}{100},\frac{81}{100} \right )$

Cando chegamos a n=7 a porción do intervalo $(0,1)$ recuberta será a que se ofrece na imaxe

Parece que $\frac{\sqrt{2}}{2}$ xa foi recuberto por algún deses intervalos, porén se miramos con máis precisión veremos que isto *aínda non sucedeu:

A condición de seren coprimos equivale a esixir que a fracción $\frac{m}{n}$, con $m<n$, sexa irreducible. Así para cada $n\in\mathbb{N}$ tomamos en consideración tantos intervalos de lonxitude $\frac{1}{2n^{2}}$ como números menores que $n$ e coprimos con $n$ haxa. En consecuencia, para cada natural $n$ colleremos $\varphi (n)$ intervalos desa lonxitude, onde $\varphi$ é a función totiente de Euler. 

Cabe esperar que esta colección de intervalos recubra sobradamente todo o intervalo $(0,1)$ pois todos e cada un dos números racionais é centro dun deses intervalos. Imos reforzar esta idea comprobando que a suma das lonxitudes dos intervalos é infinita. En efecto, polo comentado no parágrafo anterior esa suma será $$\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{2n^{2}}$$

Agora ben, unha propiedade ben evidente da función $\varphi$ de Euler é que se $p$ é primo $\varphi \left ( p \right )=p-1$. Ademais se $p$ é primo $p\geq2$ e de aí $p-1\geq\frac{p}{2}$ En consecuencia

$$\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{2n^{2}}=\frac{1}{2} \sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{n^{2}}\geq  \frac{1}{2}\sum_{p\:   primo}\frac{\varphi \left ( p \right )}{p^{2}}\geq \frac{1}{2}\sum_{p\: primo}\frac{p-1}{p^{2}}\geq   \frac{1}{2}\sum_{p\: primo}\frac{p}{2}\frac{1}{p^{2}}= \frac{1}{4}\sum_{p\: primo}\frac{1}{p}$$

Imos xogar un pouco con outras desigualdades. Prometo que paga a pena.

Se houbese un par de naturais que verificasen a igualdade $n^{2}-2m^{2}=0$, entón $n^{2}=2m^{2}$ e consecuentemente $\frac{n^{2}}{m^{2}}=2$, ou equivalentemente $\frac{n}{m}=\sqrt{2}$. Pero isto é imposible, de aí que $\left | n^{2}-2m^{2} \right |\neq 0$. Agora ben, este número debe ser natural, entón $\left | n^{2}-2m^{2} \right |\geqslant 1$. Dividindo por $2n^{2}$ obtense a  desigualdade:

$$\frac{\left | n^{2}-2m^{2} \right |}{2n^{2}}\geqslant \frac{1}{2n^{2}}$$

Que usaremos para obter esta outra desigualdade:

$$\left | \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{m}{n} \right |\left ( \frac{\sqrt{2}}{2} +\frac{m}{n}\right )=\left | \frac{2}{4}-\frac{m^{2}}{n^{2}} \right |=\left | \frac{1}{2} -\frac{m^{2}}{n^{2}}\right |=\frac{\left | n^{2}-2m^{2} \right |}{2n^{2}}\geqslant \frac{1}{2n^{2}}$$

Entón, como $\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{m}{n}< \frac{3}{4}+1< 2$ verificarase que

$$\left | \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{m}{n} \right |\geq \frac{1}{2n^{2}}:\left ( \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{m}{n} \right )> \frac{1}{2n^{2}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4n^{2}}$$

Dito con outras palabras, $\frac{\sqrt{2}}{2}$ dista de calquera racional $\frac{m}{n}$ máis que $\frac{1}{4n^{2}}$ polo que ningún intervalo da nosa colección recubre o punto $\frac{\sqrt{2}}{2}$, que manda truco!

Catro problemas aritméticos

Sei que en distintos momentos teño visto os problemas que vou presentar pero nunca os vira todos xuntos ata que os vin nun capítulo do libro Compreender os números na matemática escolar, de Hung-Hsi Wu (Porto Editora 2017) , editado en colaboración coa Sociedade Portuguesa de Matemática (SPM). O texto parte da preocupación do autor por como se lle ensinan os números aos nenos durante a educación primaria e secundaria. A tese principal é que o profesorado debe coñecer, e en boa medida dar a coñecer, os números como un sistema ben fundamentado en definicións precisas e traballado con regras lóxicas. Entende que non se lle poden ofrecer aos estudantes visións dos números confusas e incoherentes. Por exemplo, se se lles presenta aos alumnos o concepto de fracción como un pedazo de pizza, que sentido terá pedirlles despois que multipliquemos dous pedazos de pizza?

Hung-Hsi Wu considera que debemos coñecer as razóns de calquera resultado, aínda que non sexa posible explicarllo en toda a súa profundidade aos alumnos. Poñamos un caso crítico, o produto de números negativos. Por que $\left ( -n \right )\left ( -m \right )=nm$? 

Primeiro xustificaremos que $\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=1$. Comecemos sumándolle $-1$

$-1+\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=$             como $1$ é o neutro do produto

$-1\cdot 1+\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=$             aplicando a propiedade asociativa

$-1\cdot \left ( 1+\left ( -1 \right ) \right )=$             tendo en conta que $1$ e $-1$ son inversos para a suma

$ -1\cdot 0=0$             finalmente aplicamos que o produto por $0$ sempre dá $0$

Así temos que $-1+\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=0$ polo que $\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=1$ pois ten que ser o oposto de $-1$.

Vexamos agora, aplicando a propiedade distributiva, que $-1\cdot \left ( -m \right )=m$

$$-1\cdot \left ( -m \right )=-1\cdot \left ( \left ( -1 \right ) +...^{(m}...+\left ( -1 \right )\right )= \\=\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )+...^{(m}...+\left ( -1 \right )\left ( -1 \right )=1+...^{(m}...+1=m$$

Finalmente veremos que $\left (-n  \right )\left (  -m\right )=mn$ aplicando outra vez a propiedade distributiva

$$\left (-n  \right )\left (  -m\right )=\left ( \left ( -1 \right ) +...^{(n}...+\left ( -1 \right )\right )\left ( -m \right )=\\=\left ( -1 \right )\left ( -m \right )+...^{(n}...+\left ( -1 \right )\left ( -m \right )= m+...^{(n}...+m=nm$$

Calquera, un pouco afeito a traballar con este tipo de razoamentos observará que o presentado aquí está construído no ar: está xustificada a propiedade distributiva de números enteiros?, onde se demostrou que o produto dun número enteiro por $0$ sempre dá $0$?, e o resultado de que $x+(-1)=0\Rightarrow x=1$?... Efectivamente, este tipo de deducións necesitan montar un edificio ben estruturado e fundamentado. Iso é o que fai Hung-Hsi Wu nese libro. Quizais noutra ocasión comente con máis vagar estas ideas. Agora paso a recoller o que el chama "problemas interesantes". Veremos que, aínda que só cómpre saber sumar, restar, multiplicar e dividir, tamén se precisa unha capacidade de comprensión e reflexión de certa profundidade.

Problema 1. O Paul viaxou na moto ata Lanterntown a unha velocidade constante de 15 quilómetros por hora. Para a viaxe de volta decidiu aumentar a velocidade (aínda constante) a 18 quilómetros por hora. Cal foi a velocidade media da viaxe de ida e volta?

Problema 2. Un tren deprázase entre dúas cidades a velocidade constante. Se aumentase a velocidade nun terzo, en que porcentaxe se reduce o tempo da viaxe?

Problema 3. O 99% do peso duns pepinos frescos está constituído por auga. 300 quilos deses cogombros foron almacenados durante un tempo, así que cando foron postos á venda evaporárase parte desa auga resultando que o peso en auga era dun 98%. Canto pesarán estes cogombros parcialmente deshidratados?

Problema 4. Disponse dunha xerra de viño e unha cunca de auga. Retírase da cunca unha culler de auga e bótase na xerra de viño. A mestura reméxese ben e, de seguido, unha culler da mestura bótase na cunca. Haberá máis auga na xerra que viño na cunca ou viceversa? Resolve tamén o problema sen supoñer que a mestura fose remexida. 

Bombelli, máis que complexos

Rafael Bombelli (1526-1572) foi no seu tempo un coñecido enxeñeiro hidráulico. Hoxe en día faise referencia a el cando falamos dos números complexos porque foi o primeiro en en atreverse con ese refugado obxecto matemático. Curiosamente os primeiros pasos con este tipo de números non se deron onde parecería máis natural, co tratamento das ecuacións de segundo grao, senón que apareceron no contexto das de grao 3.
Efectivamente, Girolamo Cardano xa chamara a atención sobre a cuestión cando considerou o seguinte problema no capítulo XXXVII do Ars Magna:

 divide 10 en dúas partes tales que o produto de ambas sexa 30 ou 40, é claro que este caso é imposible

A ecuación cuadrática ligada a este problema (no caso de tomarmos 40 como o valor do produto), x²+40 = 10x e Cardano obtén como solucións $${ x }_{ 1 }=5+\sqrt { -15 } \quad \quad \quad \quad { x }_{ 2 }=5-\sqrt { -15 } \quad \quad \quad $$
Cualificando o resultado tan sutil como inútil, Cardano non pasou de aí. En todo caso, podía aparcar a cuestión argumentando que este tipo de problemas cuadráticos son absurdos. Pero non tardaría en bater con outra dificultade que non se podía desprezar con tanta alegría. Ao abordar a resolución da ecuación cúbica volverían a aparecerlle raíces cadradas de números negativos. No capítulo do Ars magna adicado ao caso de cubo igual a cousa máis número trata coa seguinte ecuación:
$${ x }^{ 3 }=15x+4\quad \quad \quad \quad [1]$$
Aplicando o seu método de resolución obteríase como resultado
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } $$
Como isto non entra dentro dos parámetros das matemáticas daquel tempo, considérase que a fórmula non era válida para este tipo de ecuacións, que se cualifican de irreducibles. Outra vez Cardano aparca o problema. Non pasaría de aí.
Quen se atrevería a cruzar esta liña había de ser Bombelli. Foi na súa obra matemática, Algebra, da que no XVI se publicaran tres tomos. Dos outros dous volumes non se tiña noticia ata que Ettore Bertolotti descubriu os manuscritos no 1923. É moi significativo o que se conta no MacTutor History of Mathematics da universidade esocesa de St Andrews sobre esta obra,  que nesta antes de mergullarse no uso de raíces cadradas de número negativos explicítanse as regras do produto dos signos que tan difíciles son de explicar ao alumnado de 1º da ESO:

+ ⋅ + = +             – ⋅  + = –            8⋅ 8 = 64                   (−4)⋅5 = –20
– ⋅ – = +             + ⋅ – =  +           (–5)⋅(–6 )= 30            5⋅ (−4) = −20

Claro que se abrísemos a  Álgebra de Bomelli polo folio 70 do Libro I, o aspecto destas regras sería moi diferente ao que acabamos de escribir aquí. Por poñer un exemplo, a última das igualdades enunciábase deste outro xeito:

Máis 5 veces menos 4 fai menos 20

Folio 70 da Álgebra (páx. 127 deste PDF)

Do anterior podemos sacar un par de leccións. A primeira,  que sen vimbios non se pode facer un cesto. Con estes saberes na faltriqueira estamos en mellores condicións de enfrentármonos ás raíces cadradas de negativos. Con todo, isto non significa Bombelli que tome en consideración as solucións negativas das ecuacións nin que admita coeficientes negativos. No estudo da resolución de ecuacións polinomiais seguirá distinguindo toda unha serie de casos co fin de que todos os coeficientes sexan sempre positivos. Os avances na selva das matemáticas, como vemos, foron construíndose aos poucos e con moito esforzo. A segunda das leccións é que unha boa notación facilita a comprensión das ideas matemáticas. Neste aspecto Bombelli tamén sería un innovador.

Álxebra con aritmética

Álgebra, tomo II, páxina 190 [347 do PDF]

Xa vimos a orixinalidade e Bombelli no relativo a explicitar as propiedades do produto de números negativos. Pasemos agora á parte puramente alxébrica.
No folio 190 do segundo tomo da Álgebra ocúpase do Capitolo di cubo eguale a tanti e numero. Para intentar captar mellor o sabor do momento ímola escribir coa notación orixinal.
$$\overset { 3 }{ \smile  } \quad Eguale \quad à \quad 6\quad \overset { 1 }{ \smile  } \quad p.40$$ $${ x }^{ 3 }\quad =\quad 6x\quad +40\quad \quad \quad [2]$$
Aínda que a notación de Bombelli non tivo éxito,  non podemos deixar de recoñecer a habilidade para trazar os camiños do futuro. A vía do establecemento dunha notación concentrada para expresar ideas matemáticas estaba comenzando a desenvolverse e el foi un dos precursores.  Pensemos que Cardano non usaba ningún tipo de símbolos.
Nunha entrada anterior xa comentaramos como Cardano resolve a cúbica sen termo en x²
 $${ x }^{ 3 }+px+q=0\quad \quad \quad \quad [3]$$
Mediante a fórmula
$$x=\sqrt [ 3 ]{ \frac {- q }{ 2 } +\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } +\sqrt [ 3 ]{ \frac { -q }{ 2 } -\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } $$
No caso da nosa ecuación [2] temos que tomar p=-6 e q=-40 polo que obtemos a seguinte solución :
$$R.c.\left\lfloor 20.p.R.Q.392 \right\rfloor .p.R.c.\left\lfloor 20.m.R.q.392 \right\rfloor $$ $$\sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }$$
Outra vez a notación de Bombelli é tan moderna que se nos fai transparente e non precisa explicación. Agora fai uso da seguinte suposición:
$$\sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  }=a+\sqrt { b}\\ \sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }=a-\sqrt { b}$$
Como sabía que a solución da ecuación era x=4:
$$ x=\left( a+\sqrt { b }  \right) +\left( a-\sqrt { b }  \right) =2a=4$$
Entón a=2. Xa pode buscar sen ningunha dificultade o valor de b desenvolvendo o cubo do binomio:
$${ { \left( 2+\sqrt { b } \right) } }^{ 3 }=20+\sqrt { 392 } $$
É inmediato obter o valor  b=2 . De aí que:
$$R.c.\left\lfloor 20.p.R.Q.392 \right\rfloor .p.R.c.\left\lfloor 20.m.R.q.392 \right\rfloor \\ eguàle\quad 2.p.R.q.2 \quad\quad 2.m.R.q.2\quad eguàle\quad 4$$ $$\sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }= \left( 2+\sqrt { 2 }  \right) +\left( 2-\sqrt { 2 }  \right) = 4$$
Unha pequena anotación fóra de liña. Como poderíamos introducir nunha aula de ensino secundario esta ecuación? Desde o punto de vista da súa resolución penso que o mellor contexto sería no momento en que tratemos das funcións. Teriamos que obter o punto de corte de dúas funcións ben coñecidas. Unha pequena contextualización do comentado máis arriba pode dar lugar a comprender o poder desas ferramentas das que dispoñemos hoxe en día. Con elas un alumno da secundaria pode, sen maior dificultade, abordar problemas que estaban nos límites do coñecemento matemático a mediados do XVI.

Álxebra con xeometría
Bombelli segue os pasos de Cardano, usa os seus métodos de resolución ata tal punto que, por exemplo, no capítulo de Cubo e tanti eguale a numero, usa a mesma ecuación que el
$${ x }^{ 3 }+6x=20\quad \quad \quad \quad [4]$$
que xa resolvéramos noutra entrada, cando falamos precisamente de Cardano. Daquela tomando
 p=6 e q=-20 polo que obtivemos a sorprendente igualdade
$$y=\sqrt [ 3 ]{ 10+\sqrt { 108 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 10-\sqrt { 108 }  }=2 $$
que cos métodos aritméticos de Bombelli deixaría de ser tan sorprendente. Como sabemos que x=2 é solución
$$ x=\left( a+\sqrt { b }  \right) +\left( a-\sqrt { b }  \right) =2a=2$$
entón tomando como valor para a a súa metade (a=1), podemos pasar a calcular b mediante a igualdade:
$${ { \left( 1+\sqrt { b } \right) } }^{ 3 }=10+\sqrt { 108 } $$
Obtemos b=3. Velaí a seguinte conclusión:
$$\sqrt [ 3 ]{ 10+\sqrt { 108 }  }=1+\sqrt { 3}\\ \sqrt [ 3 ]{ 10-\sqrt { 108 }  }=1-\sqrt { 3}$$

Para xustificar este resultado Bombelli volve a desenvolver o cubo dun binomio ao estilo da época, isto é, desmontando unha figura cúbica en pezas.

Estilo s.XVI vs. reinterpretación s. XX

Pero outra vez Bombelli fai un novo engadido. Achéganos outra xustificación de carácter "plano" (bidimensional). Con isto deslígase o grao da ecuación da dimensión da xustificación xeométrica. Outro pequeno avance que non culminaría ata que Leibniz, nunha carta a Huygens, no 1673, ofrece a primeira verificación puramente alxébrica da resolución da ecuación cúbica.

Resolución plana dunha ecuación cúbica
Na seguinte aplicación temos un resolutor automático baseado na idea de Bombelli [podes facer scroll coa roda do rato]





Imos intentar explicar algo as ideas que xustifican esta aplicación.
Sexa x=BC=HX
Aplicando o teorema da altura ao triángulo rectángulo BDE, e tendo en conta que tomamos CD=1, obtemos que CE=x²
Construímos un cadrado de lado HI e área 20 (ou q, en xeral). Con BO=HC=6 (ou p, en xeral), aplicando outra vez o teorema da altura ao triángulo rectángulo EIM:

$$20={ HI }^{ 2 }=EH\cdot HX=EH\cdot BC=(EC+CH)\cdot BC=\left( { x }^{ 2 }+6 \right) x={ x }^{ 3 }+6x$$

O golpe final
Volvamos ao comenzo, consideremos outra vez a ecuación
$${ x }^{ 3 }=15x+4\quad \quad \quad \quad [1]$$
Que tiña como solución:
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } $$
Agora as consideracións aritméticas de Bombelli volven a facer avanzar as matemáticas outro paso. Repitamos o procedemento xa comentado anteriormente:
$$\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  }=2+\sqrt { -b}\\ \sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  }=2-\sqrt {- b}$$  $${ { \left( 2+\sqrt { -b } \right) } }^{ 3 }=2+\sqrt { -121 } \\ { { \left( 2-\sqrt { -b } \right) } }^{ 3 }=2+\sqrt { -121 } $$
É case inmediato obter o valor b=1 polo que así, por fin, se xustificaría a solución:
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } =\left( 2+\sqrt { -1 }  \right) +\left( 2-\sqrt { -1 }  \right) =4\quad \quad \quad [5]$$
Claro que, esta notación moderna pode deturpar o espírito orixinal da Algebra de Bombelli. Por esta razón escribo con remorsos esta última igualdade. Escribir a  cadrada de -1ou o número imxainario  i levanos a caer nun anacronismo inxustificable xa que leva implícito toda a mochila do rico desenvolvemento do corpo dos números complexos. Bombelli, certamente, non tiña esa mochila.
Así e todo, escribir a raíz cadrada dun número negativo tal e como veño de facer en [5] tampouco lle fai xustiza a Bombelli. Volvendo á súa notación, el escribía así a raíz cadrada de 4: R.c.4. Xa que logo podería ter escrito:
$$2.p.R.c.m.1$$ $$ 2+\sqrt { -1 } $$
Pero non o fixo. Posiblemente foi máis alá ao expresar a anterior expresión como 2.p.d.m. Onde p.d.m tería case o significado do noso número imaxinario i. Non se trata de escribir a raíz cadrada dun negativo, Bombelli, xa a tiña calculada e usaba ese resultado como un número co que operar nas mesmas condicións que calquera outro. Tiña razón Cantor, a esencia das matemáticas son a súa liberdade.

P.S.: como exercicio para o alumnado do ensino secundario, estaría ben estudar as solucións das cúbicas sen termos en x² mediante os puntos de corte entre as gráficas das función y=x³ e a dunha unha recta y=mx+n. Nesta entrada xa hai unha pequena colección de propostas en [1], [2] e [4]

Recursos:
Álgebra, Bombelli
Rafael Bombelli, MacTutor History of Mathematics archive
Una historia de las matemáticas para jóvenes III. La historia de las ecuaciones, Ricardo Moreno Castillo, Editorial Nivola
Cardano y Tartaglia. Las matemáticas en el Renacimiento italiano, Francisco Martín Casalderrey, Editorial Nivola
El universo de las matemáticas, William Dunham, Editorial Pirámide
Bombelli's Algebra (1572) and a new mathematical object , Giorgio T. Bagni

π shock

A noticia chegoume do profesor de física do meu centro. Preguntoume se sabía da obtención do número π mediante o reconto de choques de dous bloques que tivesen entre si unha relación de masas 1:10²ⁿ. Máis precisamente, partimos de dous bloques de masas m₂ e m₁=10²ⁿ・m₂ e unha parede situada do lado do bloque m₂ . O primeiro bloque choca contra o segundo e comenzan a producirse unha serie de choques dun contra o outro ou do segundo contra a parede. Sorprendentemente o reconto do número de choques vai ser,  3, 31, 314, 3141, 31415, 314159, 3141592, e, en xeral un número dado polas primeiras n cifras de π !

Imaxe de aquí

Facendo memoria, non é o único caso no que se nos presenta π inesperadamente. Lembremos o problema da agulla de Buffon:

Supoñamos un chan de táboas de madeira da mesma anchura. Deixamos caer sobre el unha agulla de lonxitude igual ao ancho das táboas. Cal será a probabilidade de que a agulla toque algunha das liñas de separación desas táboas?

 A resposta é 2/π .
Dito doutro xeito, este experimento permitiría teóricamente aproximar o número π polo cociente 2n/a onde n representa o número total de experimentos e a o de agullas que tocan as liñas de separación.

Primeira solución

Considreraremos como sentido positivo do movemento o usual (cara a dereita). O bloque de maior masa ten masa m₁ e o outro m₂
Úsanse dous principios de conservación: o da enerxía e o do momento, polo que teremos as seguintes igualdades:
$$\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }^{ 2 }={ c } \quad \quad \quad \quad [1]$$
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }={ f }(k)\quad \quad \quad \quad \quad [2]$$
No primeiro caso o valor permanece igual a unha constante c durante todo o experimento.
No segundo caso, f(k) toma unha cantidade discreta de valores pois o momento non cambia cando chocan os bloques pero si cando choca m₂ contra a parede.Se k reconta o número de choques f(k) só cambirá de valor cando k sexa par.
A estratexia para resolver o problema é realmente fermosa. Pasa por considerar un espazo xeométrico bidimensional asociado a este experimento no que cada punto represente as velocidades de cada un dos bloques; ben, non exactamente as velocidades:
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \end{matrix}$$
Con esta relación as igualdade [1] transfórmase na ecuación dunha circunferencia centrada na orixe:
$$\frac { 1 }{ 2 } { x }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { y }^{ 2 }=c\quad \quad \quad \quad [1']$$
Isto significa que os puntos da circunferencia son os únicos que poden representar un estado do experimento. Mais, hai outra restricción, a dada por [2], que agora pasa a representar unha serie de rectas paralelas (unha para cada valor de f(k)):
$$\sqrt { { m }_{ 1 } } x+\sqrt { { m }_{ 2 } } y=f(k)\quad \quad \quad de\quad pendente\quad m=-\sqrt { \frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } }  } \quad \quad \quad \quad [2']$$
O choque dos bloques representarase mediante un punto da parte inferior do plano: y < 0 (e recordemos, sempre un punto da circunferencia [1']). De seguido o bloque m₂ chocará coa parede polo que cambiará a dirección da súa traxectoria. Isto significa que a representación do estado saltará a un punto coa mesma ordenada pero positiva. Agora debemos considerar a recta de [2'] que pasa por este novo punto que cortará á circunferencia nun terceiro punto que representará un novo choque de bloques. Despois de repetido o proceso varias veces sairémonos da circunferencia; non haberá máis choques. Pero, como os contamos?
Teñamos en conta que se unimos os puntos que representan os distintos estados do experimento mediante rectas, éstas sempre formarán un ángulo θ. Como son ángulos inscritos na circunferencia, os ángulos centrais correspondentes medirán 2θ. Xa que logo, o problema redúcese a determinar o número de veces, N, que 2θ colle na circunferencia: 2Nθ ＜2 π, polo que, simplificando: Nθ＜ π. Velaí que aparece o famoso número.
Para rematar, pescudemos cal é o valor de θ
$$tan\theta =-\frac { 1 }{ m } =\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } }  } =\sqrt { \frac { 1 }{ { 10 }^{ 2n } }  } =\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$\theta =arctan\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } \approx \frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$N\theta \approx N\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } <\pi \quad \Rightarrow \quad N<{ 10 }^{ n }\pi \quad \Rightarrow \quad N=\left\lfloor { 10 }^{ n }\pi  \right\rfloor $$


Segunda solución

A canle 3Blue1Brown non quedou parada ao darnos a primeira solución senón que partillou esta outra, igual de marabillosa e, para máis, completamente distinta.
Ben, aínda que distinta, tamén aborda o problema mediante a construción dun espazo xeométrico bidimensional asociado ao experimento. Só que agora os eixos non virán dados polas velocidades dos bloques senón polas súas distancias á parede: d₁ e d₂.
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { d }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { d }_{ 2 } \end{matrix}$$
Os choques entre bloques daranse cando d₁ = d₂ e os do primeiro bloque contra a parede cando d₁= 0.
$${ d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }\quad \Rightarrow \quad \frac { x }{ \sqrt { { m }_{ 1 } }  } =\frac { y }{ \sqrt { { m }_{ 2 } }  } \quad \Rightarrow \quad y=\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } }  } x=m'x\quad \quad \quad [3]$$
Entón os puntos que representarán os choques estarán nas rectas [3] e y=0. Ademais, polas características do experimento, o punto, chamémoslle P, que representa o estado do mesmo en cada momento, debe moverse sempre entre estas dúas rectas.
Pasemos a estudar a velocidade do punto P. O seu módulo será:
$$\left| \overrightarrow { v }  \right| =\sqrt { { \left( \frac { dx }{ dt }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { dy }{ dt }  \right)  }^{ 2 } } =\sqrt { { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+{ m }_{ 2}{ v }_{ 2 }^{ 2 } } =\sqrt { 2c }\quad \quad \quad [4] $$
Había algo neste vídeo de Grant Sanderson que non me cadraba. Explícase que o momento é constante e isto utilízase para explicar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión do punto P. Pero lembremos que isto non é exactamente así, pois o momento diminúe cada vez que o bloque pequeno choca coa parede. Por iso, para quedar tranquilo conmigo mesmo, tiven que refinar un pouco a explicación.
Cando se produce un choque co muro hai un cambio de sentido na velocidade do segundo bloque:
$$pasa\quad de\quad \overrightarrow { v } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\quad \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) \quad \quad a\quad \quad \overrightarrow { v' } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 },\quad -\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) $$
De aí que o ángulo de incidencia e reflexión de P sexan o mesmo cando se produce a colisión co muro.
Por outra banda, cando hai un choque entre os bloques non hai cambio no momento, f(k) non varía. Entón, neste paso, podemos aplicar o razoamento que se observa no  vídeo de Grant Sanderson interpretando esta constancia no momento mediante o produto escalar de vectores, o que nos volverá a dar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión. Vexámolo:
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }=\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } }  \right) \cdot \left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \right) =f(k)$$
$$\overrightarrow { m } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } }  \right) \quad vector\quad director\quad da\quad recta\quad { d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }$$
$$\overrightarrow { m } \cdot \overrightarrow { v }  =f(k)=\left| \vec { m }  \right| \left| \vec { v }  \right| cos\theta $$
Onde θ é o ángulo que forman eses dous vectores.
Da última igualdade deduciremos a igualdade entre os ángulos de incidencia e de reflexión na traxectoria do P cando coliden as masas.   Como o vector director da recta d₁ = d₂   non varía e f(k) tampouco o fai no intervalo entre choques coa parede, temos que o cosθ tampouco varía co choque entre bloques, o cal implica que os ángulos da traxectoria do punto P cando incide e se reflicte na recta d₁ = d₂  serán iguais (a θ).
Xa vimos en [4] que a constancia do módulo do vector velocidade proviña da conservación da enerxía ([1]). Agora acabamos de comprobar que o punto P sempre forma o mesmo ángulo θ coas rectas y=0 e d₁ = d₂
Para rematar esta demostración non cómpre levar moito nas alforxas. O problema orixinal transformouse noutro de óptica. Con todo podería parecer pouco menos que imposible facer o reconto de veces que o punto P colide con ese par de rectas... agás que teñamos abordado algunha vez un problema no que tivéramos que reflexionar. Efectivamente, basta reflectir as rectas unha e outra vez para podermos simplificar a traxectoria de P a unha recta. Neste punto o problema volve a ser o de determinar N para Nθ＜ π, o cal xa se explicou máis arriba.
Esta solución que acabamos de dar, xunto co problema orixinal, son obra de Galperin. Podemos consultar a publicación nesta ligazón.

Máis solucións e máis problemas
Neste outro vídeo o profesor Ed Copeland propón un problema semellante: cantas veces coliden as masas entre sí antes de que a masa maior comence a cambiar de dirección? A resposta é a mesma que á da cuestión anterior cando a relación entre as masas é de 16・10²ⁿ :1 (se non as puxera ao principio desta entrada aquí tamén comprirían un par de signos de admiración).
A este novo problema danlle unha solución no blogue Conversation of Momentum (acaído nome para o que nos ocupa!) que me encantou. Non ten a vistosidade visual dos vídeos anteriores pero parte con outra ventaxa. Ata o momento fixemos unha simplicación que non permite comprender toda a complexidade do problema. Resulta que con cada colisión cambian as velocidades e isto non se reflicte na notación utilizada no xa explicado. No entanto, na entrada de Conversation of Momentum escóllese unha mellor notación chamándolle uⁿ_i á velocidade antes do n-ésimo choque da masa i e vⁿ_i á velocidade despois do n-ésimo choque. Despois de obter unha fórmula recursiva chégase á seguinte expresión:
$$\left( \begin{matrix} { v }_{ 1 }^{ n } \\ { v }_{ 2 }^{ n } \end{matrix} \right) =\frac { 1 }{ { \left( x+1 \right)  }^{ n } } { \begin{pmatrix} x-1 & 2 \\ -2x & x-1 \end{pmatrix} }^{ n }\left( \begin{matrix} { u }_{ 1 }^{ 0 } \\ 0 \end{matrix} \right) \quad con\quad x=\frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } }  $$
Aquí aparece a potencia dunha matriz. O método para calculala é diagonalizándoa mediante a obtención dos seus autovalores (proceso que xa temos feito algunha vez neste blogue). A marabilla é que eses autovalores... dan números complexos. Algo que, por certo, non lle había de gustar ao compañeiro de física que me informou do problema. Como curiosidade, deixo aquí a matriz diagonal
$$D=\begin{pmatrix} \left( x-1 \right) +2i\sqrt { x }  & 0 \\ 0 & \left( x-1 \right) -2i\sqrt { x }  \end{pmatrix}$$
Non estaría mal pescudar a contabilización do número de choques cunha proporción de masas a・10²ⁿ :1, sendo a un número natural, ou incluso un número racional calquera maior que 1. A ver se vai resultar que calquera natural vai  ter unha relación natural (física) co número π.

Entrevista a Helfgott en Efervescencia

Non é nada fácil facer divulgación científica e facelo ben. Se ademais o medio é o radiofónico a tarefa parece imposible pois a súa inmediatez pode levar a deixarse levar pola trapallada ou ben polo seu contrario, a pedantería. Manter o equilibrio é o que fan todas as semanas no programa Efervescencia da Radio Galega, os domingos de 15:00 a 16:00, desde o meu punto de vista, un horario horrible. En todo caso a Radio Galega faría ben en repetir o programa noutra franxa (idea de balde).
Como non podo escoitar o programa, algunhas veces poño o podcast como "música de fondo" no computador, aínda que para buscar algún contido que me interese prefiro facelo na canle de ivoox. Como exemplo do bo labor do equipo deste programa achego esta entrevista a Harald Andrés Helfgott, o matemático peruano que demostrou a conxectura débil de Goldbach.
Para introducir o tema: todo comenzou cunha carta que Christian Goldbach lle enviou a Leonard Euler [e 1] alá polo 1742 na que se propuxo o que sería coñecida como conxectura de Goldbach:

Todo número par maior que dous pode escribirse como suma de dous primos

Supoñamos que fose certa. Sexa n≥5, entón n-3≥2, polo que n-3 sería suma de dous primos: n-3=p+q,
Entón n= 3+p+q , isto é: o propio número n sería suma de tres primos. Así deducimos a conxectura débil de Goldbach:

Todo número impar maior que 5 é suma de tres primos

Polo tanto, se esta última conxectura fose falsa, tamén o sería a primeira. Pero resulta a conxectura débil foi demostrada polo peruano Helfgott  no ano 2013, así que a conxectura de Goldbach continúa no limbo da indeterminación no relativo ao seu valor de verdade.
Velaquí a conversa que  Efervescencia mantivo con Helfgott na que falaron de cousas como a análise de Fourier, a hipótese de Riemann ou do galego como lingua acaída para as matemáticas, por moito que algúns se empeñen no contrario.



Para profundizar, no blogue Gaussianos hai varias entradas sobre o tema.  

Lembrar a lista das 100 primeiras cifras decimais de π

Ben, é unha frikada, pero tamén é unha forma ben fácil de sacar adiante unha entrada no blogue. Velaquí a Joshua Foer, gañador dun concurso norteamericano de memoria explicando como fai para lembrarse das primeiras 100 cifras decimais do número π
Aínda me estou preguntando que ten que ver isto coas matemáticas, ou co coñecemento. Polo menos neste caso as cifras son as correctas, non como sucedeu no caso do colombiano Jaime García, aínda que para ser precisos, Joshua Foer só recita 99 cifras decimais, (o situado no lugar número cen é un 9)

Esopías 2015

Se o ano pasado facíamos unha publicación dixital de 22 esopías, este ano achegamos unha escolma doutras 37. E iso que só estan recollidas as que máis lle gustaron ao xurado entre as participantes no II Concurso de Esopías que o ENDL do IES Pintor Colmeiro (Silleda) convocou este curso. Como novidade, nesta ocasión contamos coa colaboración do Departamento de Plástica coas ilustracións que fixeron alumnos de 3º da ESO Entre as creacións aquí recollidas está a que obtivo o premio do 2º ciclo da ESO e Bacharelato do III Concurso de Esopías celebrado na IX Feira Matemática Por se alguén non o recorda, unha esopía é un relato, comentario ou poema, cun máximo de 140 carácteres (tweet), onde cada palabra leva un número de letras igual ás sucesivas cifras do número π.

ɸ, π e matemáticos nun anuncio

Os creativos (creo que así lles chaman) de McCann lanzaron unha campaña publicitaria para o organismo de loterías creando unha páxina web interactiva na que podemos introducir varios números con significado negativo (tempo gastado cada día nos atascos, anos que che faltan de pago da hipoteca,...) e prometen devolverche un número de significado positivo. Tendo en conta que a publicidade é da compañía de loterías do estado, suponse que os números positivos serán os que están asociados á túa sorte: "Todos temos números que non nos deixan ser libres, convérteos agora nos números que poden darche a liberdade... e lévaos sempre contigo". Pura numeroloxía.

O vídeo que sustenta a campaña é moi atractivo. Mantén un ambiente de princpios do século XX moi coidado en todos os seus detalles. Para redondear a promoción e darlle un aire de credibilidade puxéronse en contacto cun bo grupo de matemáticos das universidades españolas que aparecen caracterizados con aspecto pouco atractivo e dos que se destaca que son "os profesores de mátemáticas que máis suspenderon de todo o país". Está claro unha vez máis  que socialmente quedan moitos prexuízos que desmontar e o camiño para levalo a cabo ponse cada vez máis costa arriba pois a LOMCE asigna á materia un papel de macabra ferramenta discriminatoria. Entre os profesores que colaboraron co sptot temos a Clara Grima, profesora da Universiade de Sevilla e unha excelente divulgadora das matemáticas. A caracterización dalle un aspecto tan repulsivo como irrecoñecible.
No portal da campaña tamén se nos ofrece a posibilidade de consultar a fórmula máxica que eses eminentes matemáticos van utilizar para calcular os nosos números da sorte. Para iso temos que saber primeiro en que consiste a  sucesión de Fibonacci. Trátase dunha lista infinita de números que comenza con dous 1 e continúa obtendo cada termo como suma dos dous anteriores. Se lle chamamos F_n  ao n-ésimo número da sucesión teremos que a forma de construir a sucesión vén dada pola fórmula: F_n=F_n-1+F_n-2  
Os primeiros termos son os seguintes:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233,377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10947,...
Nalgunhas ocasións engádese  F₀ =0   como primeiro termo.
Chamarémoslle pares de Fibonacci aos seguintes pares de números da sucesión: (F_n-2,F_n-1) . Cada un destes pares pode identificarse coa súa suma F_n  .Así poderiamos escribir tamén a sucesión desta forma: 

(0,1) , (1,1) , (1,2) , (2,3) , (3,5) , (5,8) , (8,13) , (13,21) , (21,34) , (34,85) ......

Cada vez que nos dan un par de Fibonacci podemos reconstruír a sucesión completa, tanto para adiante como para atrás. Se partimos de (21, 34), sabemos que os seguintes termos son 21+34=55, 34+55=89,... Pero tamén sabemos que os anteriores son: 34-21=13, 21-13=8, 13-8=5,...
A sucesión de Fibonacci está íntimamente relacionada co chamado número áureo e que dese que o propuxo o matemático Mark Barr a principios do XX, represéntase coa letra ɸ na honra do escultor Fidias. Se dividimos  entre sí os números de cada un dos pares de Fibonacci cada vez aproximarémonos máis ɸ=1,61803...
$$\underset { n\longrightarrow \infty  }{ lim } \frac { F_{ n } }{ { F }_{ n-1 } } =\phi =\frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 }$$
Os distintos termos da sucesión pódense obter mediante a fórmula atribuída Binet (XIX):
$${ F }_{ n }=\frac { 1 }{ \sqrt { 5 }  } \left[ { \left( \frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 }  \right)  }^{ n }-{ \left( \frac { 1-\sqrt { 5 }  }{ 2 }  \right)  }^{ n } \right] =\frac { 1 }{ \sqrt { 5 }  } \left[ { \phi  }^{ n }-{ \left( \frac { -1 }{ \phi  }  \right)  }^{ n } \right] $$

 π ou ɸ?
A páxina da campaña das loterías vainos pedir que introuzamos 7 números de significado negativo (anos que nos quedan de hipoteca, minutos diarios nos atascos,...). Con eles, non sabemos como, van xenerar un número x que se transformará, mediante a fórmula que daremos de seguido, nun par de números que serán os nosos números da sorte. A fórmula, sen sentido ningún, que supoño só ten o obxectivo de impresionar ao público, é a seguinte:
Dado x,chamémoslle Fn(x)F_n(x)  ao número da sucesión de Fibonacci máis próximo a x. Entón xeneramos o número y da seguinte forma: y(x)=x+F_n(x)+n 
Finalmente dividimos y entre 50 e obtemos un resto, e se o dividimos entre 11 obtemos outro resto. Eses restos serán os presuntos números da sorte. 
Por exemplo, se o número de entrada x=1011 a aplicación da campaña calculará:  y(1011)=1011+987+16=2014. 

Agora dividimos 2014 por 11 e obtemos de resto 1 $$2014\equiv 1mod11$$. 
Ao dividir 2014 por 50 obtemos de resto 14. Escríbese $$2014\equiv 14mod50$$

O resultado é que nos enviarán unha tarxeta cos números cos que gañaremos á lotería: 1 e 14 neste caso. Pero como os creativos non teñen idea de matemáticas en diversas imaxes da campaña aparece destacado o número π. Incluso ofrecen darnos unha tarxeta cos nosos números e adornada con este símbolo. Todo apunta a que deberon confundir o número ɸ (phi) que se emprega nos cálculos da sucesión de Fibonacci con outro máis coñecido, π (pi), pero que non ten nada que ver con esa sucesión. Ou si?


Un teorema de Lagrange.

Imaxe de Modular Arithmetic

Acabamos de escribir un par de fómulas da aritmética modular que é a aritmética dos reloxos. Normalmente, no canto de dicir que son as 13 horas ou as 17 horas, dicimos que é a unha ou que son as 5. O que facemos é usar os restos de dividir 13 e 17 entre 12. A esta utilización dos restos da división entre 12 chámase aritmética módulo 12. Traballar con este tipo de artimética é moi fácil; por exemplo podemos facer sumas:
$$13\equiv 1mod12\\ 17\equiv 5mod12\\ 30=13+17\equiv 1+5=6mod12$$
Unha boa forma de iniciarse na práctica da aritmética modular é probar a construir a sucesión de Fibonacci módulo k. Cal sería, por exemplo, a sucesión módulo 12?. Pois a seguinte: 1, 1, 2, 3, 5, 8,  ...
O seguinte termo é $$8+5=13\equiv 1mod12$$
E continuarímos: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 1, 9, 10, 7, 5, 0,...pois $$7+5=12\equiv 0mod12$$
Este exercicio podería facerse cos restos das divisións por dous (aritmética mod2), restos das divisións por 3 (aritmética mod3), por 4 (aritmética mod4), ...., en xeral por un número k (aritmética modk). As sucesións de Fibonacci módulo k resultantes serían as seguintes:

Está claro que a sucesión de Fibonacci estará formada por números cada vez maiores, pero isto non sucede para as sucesións módulo k. Se miramos a táboa anterior podemos comprobar que no módulo 2 a sucesión é periódica, repítese sucesivamente a pauta 1, 1, 0. Se o pensamos un pouco non é sorprendentente pois o que estamos dicindo é que a pauta da sucesión de Fibonacci (sen módulo) é impar, impar, par.
Revisando a táboa anterior vemos que a sucesión módulo 3 ou a módulo 4 tamén son periódicas. Sucederá o mesmo con calquera das sucesións de Fibonacci módulo k? A resposta, afirmativa,  dóunola Lagrange no 1774 nuns comentarios á Álxebra de Euler.
De aquí en diante, consideremos a sucesión de Fibonacci módulo k. Escribiremos $${ F }_{ n }\equiv { u }_{ n }modk$$
Tomando u₀=0 escribiremos a sucesión módulo k:

u₀ , u_1, u₂ , u₃ , u₄ , u₅ , u₆  ……..

Tal e como fixemos máis arriba, considerando que cada número da sucesión é suma dos dous termos inmediatamente anteriores, podemos escribir a sucesión como unha colección de pares de Fibonacci:

(u₀,u₁) , (u_1,u₂) , (u₂,u₃) , (u_3,u4) , (u₄,u₅) , (u_5,u₆)……..

Como estamos escribindo números módulo k temos unha cantidade limitada de k² posibilidades:

(0,0) , (0,1), (0,2) , …., (0,k-1)

(1,0) , (1,1), (1,2) , …., (1,k-1)

……………………………….

(k-1,0) , (k-1,1) , (k-1,2 ), …, (k-1,k-1)

Polo tanto, ao construirmos a sucesión de Fibonacci módulo k chegará un momento en que se repetirá un destes pares. Como xa vimos anteriormente, ao quedar a sucesión completamente determinada cando temos un par, a sucesión módulo k será necesariamente periódica.

Sexa r o lugar do primeiro elemento da parte periódica da sucesión:

u₁ , u₂, ….., u_r-1 , u_r , u_r+1, …., u_r+s , u_r, u_r+1,…., u_r+s, ….

Agora ben, o primeiro elemento da sucesión que se repite ten que ser u₁ ,por que? Razoaremos por redución ao absurdo. Supoñamos que isto non fose certo e tivéramos u₁ , u₂, ….., u_r-1  como termos non periódicos. Nese caso teriamos que: $${ u }_{ r+1 }={ u }_{ r }+{ u }_{ r-1 }$$
$${ u }_{ r+1 }={ u }_{ r }+{ u }_{ r+s }$$
Polo que  u_r-1=u_r+s    e así o primeiro elemento do período sería u_r-1,  en contra do suposto.    

Podemos, xa que logo, definir π(k) como o período da sucesión de Fibonacci módulo k, e velaquí por fin a aparición do símbolo π, aínda que non do número π . 

Nas táboas anteriores podemos comprobar que π(2)=3, π(3)=8, π(4)=6,....

No transcurso das anteriores liñas víramos ademais que  π(k)=k² ,pois como moito podiamos construir k²  pares de Fibonacci módulo k. Ademais o par (0,0) nunca se pode dar xa que nese caso teriamos este retallo na sucesión:...., u, v, 0, 0, ....e por construción: 
u+v= 0
v+0=0
Entón u=v=0
Tal e como xa comentaramos poderiamos ir reconstruindo a sucesión "cara atrás" e así concluiríamos que todos os termos anteriores terían que ser tamén ceros, o cal é imposible. Polo tanto podemos diminuir a cota superior para π(k) : π(k)=k² -1   

Hai moitos máis resultados curiosos sobre o período da sucesión de Fibonacci módulo k, tamén chamado período pisano. 
Os primeiros termos da sucesión π(k): 1, 3, 8, 6, 20, 24, 16, 12, 24, 60, 10, 24, 28, 48, 40, 24, 36, 24, 18, 60, 16, 30, 48, 24, 100, 84, 72, 48, 14, 120, 30, 48, 40, 36, 80, 24, 76, 18, 56, 60, 40, 48, 88, 30, 120, 48, 32, 24, 112, 300, 72, 84, 108, 72, 20, 48, 72, 42, 58, 120, 60, 30, 48, 96, 140, 120, 136

Aquí accedemos a unha aplicación que nos calcula o valor do perído pisano para calquera valor de k
Entre os resultados máis interesantes temos que
$$\pi \left[ mcm\left( k,n \right)  \right] =mcm\left[ \pi \left( k \right) ,\pi \left( n \right)  \right]$$

Number

Number from Skill Lab on Vimeo.

22 esopías

Podían ser moitas máis, pero estas 22 foron as que máis nos gustaron aos membros do xurado do IES Pintor Colmeiro (Silleda).
En primeiro lugar, que é unha esopía? Unha esopía é un relato, comentario ou poema cun máximo de 140 caracteres (tweet), onde cada palabra leva un número de letras igual ás sucesivas cifras do número pi: 3,14159265.... Por primeira vez, e en vista do éxito que tivera noutros centros o concurso de esopías, decidímonos a mergullarnos nel colaborando conxuntamente o Equipo de Normalización Lingüística e o Departamento de Matemáticas co fin de demostrar, unha vez máis, que a lingua galega e os números fan boa compañía. O resultado foi sorprendente. Tanto que nos animamos a editar esta escolma coas 22 esopías ( unha pequena parte do total das entregadas neste concurso) que máis nos chamaron a atención e que son unha boa mostra das dificultades que tivo o xurado para escoller aos premiados. Calquera das creacións que se poden ver aquí é merecedora do noso recoñecemento.

O noso alumno David Cabaleiro (3ºB),  foi o gañador do concurso de esopías convocado pola Fundación Educabarrié en colaboración con AGAPEMA na categoría de ESO e Bacharelato. David tamén foi o gañador do concurso co convocado no centro e co que o ENDL e o Departamento de Matemáticas promovían a elaboración deste curioso tipo de creación escrita. Dáse o caso curioso de que a esopía coa que David Cabaleiro gañou o concurso convocado por Educabarrié e AGAPEMA era distinta daqueloutra pola que recibiu o premio no noso centro. Primeiro achegámosvos a esopía coa que gañou o certame do centro:

Son o mito, o fogar acolledor, os berros feros; voz veraz, palabras olvidadas, romance enmeigado, son de Lúa, inmortal soño: lingua de utopía pura

E a obra pola que recibiu o premio esta fin de semana no transcurso da VII Feira Matemática nas instalacións de Palexco (A Coruña):

Vou á cama e durmo, tranquila. Os ventos calan sen razón, silencio alarmante. Síntome esquecida, soa na Lúa. Fantasía, soño, engano de agonía cega.

10 Most Important Numbers In The World

Aínda que ten algunha inexactitude, ou precisamente por iso, quixen compartilo aquí. Pero sobre todo polo gratificante empeño posto en destacar a utilidade dos números que se presentan. Unha cuestión: son precisamente eses os números máis improtantes do mundo?

Unha foto de 4 millóns de decimais de π

Shigeru Kondo e Alexander Yee son os xaponeses que obtiveron o pasado ano 10 billóns de cifras decimais do número π. Segundo informan no seu web deberon empregar máis dun ano de cálculos: do 10 de outubro do 2010 ao 16 do mesmo mes do 2011. Polo medio do cálculo sucedeu o desastre do tsunami que destrozou a zona de Fukushima pero que non afectou ao proceso.
Pero desta volta o que quixera é aproveitar a noticia para recomendar un web, ou se preferides, unha foto que contén os 4 primeiros millóns de díxitos do número π. Cada díxito é substituído por un píxel segundo o seguinte código:

Ademais este recurso permítenos facer unha búsqueda dunha sucesión de varios díxitos consecutivos entre os decimais de π. Por exemplo, se introducirmos catro ceros:  '0000' obtemos como resposta que a súa primeira aparición obterémola a partir do lugar decimal número 13.390. Ademais as cifras anteriores a esta restra de catro ceros son 585293095 e as posteriores son 907151.

Por certo, a cifra decimal situada no 10 billonésimo lugar é un....x

O son de pi