Resolvendo un problema distinto do que quería resolver

Ao ver a entrada de Matemáticas na Rúa sobre un dos problemas da LII Olimpíada Matemática Española, sentín o ruxerruxe da curiosidade e boteille un ollo aos problemas. Chamoume a atención o enunciado do segundo problema porque restrinxía a operatividade a usar unha ferramenta que denominaba trazador de puntos medios:

Un trazador de puntos medios é un instrumento que debuxa o punto medio exacto de dous puntos previamente sinalados. Partindo de dous puntos a distancia 1 e utilizando só o trazador de puntos medios, debes obter dous puntos a unha distancia estrictamente comprendida entre 1/2017 e 1/2016 , trazando o menor número posible de puntos. Cal é o mínimo número de veces que necesitas utilizar o trazador de puntos medios, e que estratexia seguirías para lograr o teu obxectivo?

Non puiden poñerme a traballar nel inmediatamente. Comencei a facelo nunha garda na que (inusitado) non faltaba ningún profesor. Os ordenadores da sala de profesores estaban ocupados, así que ante a falta de perspectiva doutra diversión quixen meterlle o dente ao problema pero... non me acordaba do enunciado. Así que fixen memoria e así establecín o que pensaba que era o texto do segundo exercicio olímpico, pero que, realmente, era outro problema distinto:

Utilizando só o trazador de puntos medios, debes obter dous puntos entre p=1/2017 e q=1/2016 , trazando o menor número posible de puntos. Cal é o mínimo número de veces que necesitas utilizar o trazador de puntos medios, e que estratexia seguirías para lograr o teu obxectivo?

O primeiro paso é sempre explorar un pouco o problema. Se utilizamos o trazador 3 veces obtemos un conxunto de 7 novos puntos, todos os da forma:
$$\frac { a }{ { 2 }^{ 3 } } \quad \quad con\quad 1\le a\le { 2 }^{ 3 }-1$$

Eventualmente, algunhas das fraccións poden simplificarse.
Ademais a distancia entre un punto obtido no último paso e os máis próximos dos xa existentes no paso anterior é de 1/2³ . E todo isto pode xeneralizarse para calquera valor do expoñente.
Púxenme a buscar un punto intermedio entre p e q. Xa vería despois como obter un segundo punto.
Para colmo de males, non tiña calculadora a man, así que estaba nas mesmas condicións que os sufridos participantes da olimpíada. Os primeiros cálculos:
$$p-q=\frac { 1 }{ 2016 } -\frac { 1 }{ 2017 } =\frac { 1 }{ 4056272 } $$
Debía buscar unha potencia de 2 da orde dos 4 millóns. Sabendo que 2¹⁰=1024, e multiplicando este valor por si mesmo: 2²⁰=1048576, polo que multiplicando desta vez por 4: 2²²=4194304. Un número intermedio entre p e q:
$$\frac { 1 }{ 2016 } <\frac { a }{ { 2 }^{ 22 } } <\frac { 1 }{ 2017 } $$
Parece que había que realizar 22 operacións co trazador. Intentemos determinar o valor de a:
$$\frac { { 2 }^{ 22 } }{ 2016 } <\quad a\quad <\frac { { 2 }^{ 22 } }{ 2017 } $$
Facendo as divisións (a man): 2079'....< a < 20180'..... Velaí que a=2080. O punto intermedio será:

$$m=\frac { 2080 }{ { 2 }^{ 22 } } =\frac { { 2 }^{ 5 }\cdot 65 }{ { 2 }^{ 22 } } =\frac { 65 }{ { 2 }^{ 17 } } $$
Entón parece que chega con  utilizar o trazador 17 veces para obter un punto intermedio.
Aquí quedara.

Cando puiden volver a consultar o enunciado do problema das olimpíadas, decateime de que estivera traballando nun problema distinto. Poderían servir para algo os cálculos anteriores para resolver o problema orixinal? As divisións inacabadas anteriores eran tan axustadas que mostraban claramente que para atopar un punto que distara doutro do conxunto de puntos construídos co trazador un valor que estivera entre p e q precisabamos polo menos de 17 pasos. Agora ben. acababa de achar un punto, m, que distaba do 0 un valor, m, que caía dentro do pedido polo enunciado, pois m estaba ente p e q. Ademais, pola forma de obtención do punto, mediante o trazador, m equidista de 0 de de 2m, e resulta que  2m=65/2¹⁶ era un punto obtido mediante o trazador xusto no paso anterior. Velaí que tiña os dous puntos pedidos. Así, traballando nun problema distinto, achara a solución do problema orixinal.
Queda aínda unha cuestión por responder, a da determinación dos pasos que hai que dar para chegar aos puntos pedidos, m e 2m. Está claro que basta con determinar a obtención de m, xa que 2m, tal e como se dixo, obteríase no paso anterior. Para iso basta decatarse de como escribir 65 como  potencias de 2:
$$\frac { 65 }{ 64 } =\frac { 64 }{ 64 } +\frac { 1 }{ 64 } =1+\frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } } $$
Sucesivamente, durante 7 utilizacións do trazador, obtemos os valores:
$$\frac { 1 }{ 2 } ,\quad \frac { 1 }{ { 2 }^{ 2 } } ,\frac { 1 }{ { 2 }^{ 3 } } \quad .....,\quad \frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } } $$
Despois calculamos o punto medio entre 1 e este último punto:
 $$\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+\frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } }  \right) =\frac { 65 }{ { 2 }^{ 7 } } $$
Os seguintes 10 pasos consisten na bipartición reiterada deste último punto.
Cómpre comentar un último detalle. Dase a solución partindo do intervalo (0,1), non entre dous puntos calquera que disten 1. Pero isto, como é sabido, non inflúe no proceso nin na xeneralidade dos resultados obtidos.

Outro problema
Traballar con este problema levou que se me fixera presente outra cuestión. Pensemos nas potencias de 2. Máis arriba vimos que hai unha potencia de 2 que comenza por 102: 2¹⁰=1024 e que hai outra que comenza por 104: 2²⁰=1048576.
Haberá algunha potencia de 2 que teña por primeiras cifras 103? Se a resposta é afirmativa,  haberá algunha potencia de 2 que comence por abcdef....., unha serie de cifras determinada calquera?

"O universo matemático", apuntes para o bacharelato

Sacado de Xerais

O universo matemático. Das ideas e das técnicas é o segundo libro da colección de Xerais,  Básicos Ciencia. O propio autor, Antóm Labranha, explica moi claramente os parámetros baixo os que se move o texto:

Este libro trata os contidos matemáticos propios do bacharelato, intentando poñer de manifesto reflexións, habitualmente implícitas, acerca do sentido dos conceptos, das propiedades e das fórumas que utilizamos...

Como un anxo da garda, un espírito da xustificación percorre todo o libro. Para ilustralo vou centrarme nun aspecto concreto: nalgún punto do currículo aparece a distribución normal. Cuestión chea de espiñas é a de como presentar nunha aula a función de densidade desta ditribución: $$f\left( x \right) =\frac { 1 }{ \sqrt { 2\pi  }  } { e }^{ \frac { -1 }{ 2 } { x }^{ 2 } }$$ Pódese dicir que caeu do ceo, e a enorme extensión do currículo do bacharelato parece indicar que isto é o que se lle pide ao profesorado neste, e en moitos outros aspectos. Labranha presenta unha alternativa baixo o estudo natural da función exponencial y=e^x. Ampliando, y=e^-x2, un bo exemplo de función par, xenaralizando y=e^-ax2, con a un número positivo calquera. A segunda derivada desta última función: $$y''=-2a{ e }^{ -a{ x }^{ 2 } }\left( 1-2a{ x }^{ 2 } \right) $$ lévanos a determinar que terá puntos de inflexión cando $$a=\frac { 1 }{ 2{ x }^{ 2 } } $$ Polo tanto, se os puntos de inflexión se deran cando x=+1 e x=-1 (lembremos que é par), teremos que forzar a que a=½, neste caso a función será y=e^-½x2.. Cal será a área que garda esta función? Neste punto teremos que recorrer á análise multidemensional. O cálculo de $$\int _{ -\infty }^{ \infty }{ { e }^{ \frac { -1 }{ 2 } { x }^{ 2 } } } =\sqrt { 2\pi } $$ pode consultarse aquí. Finalmente, cando estamos á procura dunha función de densidade, bastará dividir a nosa última función por √2𝛑: $$f\left( x \right) =\frac { 1 }{ \sqrt { 2\pi  }  } { e }^{ \frac { -1 }{ 2 } { x }^{ 2 } }$$
Propostas para a aula
Estou afeito a explicar a regra de l' Hopital como unha consecuencia do teorema de Cauchy (teorema do valor medio xeneralizado). Labranha ofrece unha alternativa interesante, fundamentada na idea da recta tanxente a unha función nun punto como aproximación da función na veciñanza dese punto. Se partimos de dúas funcións f(x) e g(x), as respectivas rectas tanxentes nun punto x₀, no que ambas as dúas función toman o valor cero:

f(x)≃ y=f''x₀)(x-x₀)

g(x)≃ y=g'(x₀)(x-x₀)

Polo tanto $$\lim _{ x\rightarrow { x }_{ 0 } }{ \frac { f\left( x \right)  }{ g\left( x \right)  }  } \simeq \lim _{ x\rightarrow { x }_{ 0 } }{ \frac { f'({ x }_{ 0 })(x-{ x }_{ 0 }) }{ g'({ x }_{ 0 })(x-{ x }_{ 0 }) } =\lim _{ x\rightarrow { x }_{ 0 } }{ \frac { f'({ x }_{ 0 }) }{ g'{ (x }_{ 0 }) } =\lim _{ x\rightarrow { x }_{ 0 } }{ \frac { f'\left( x \right)  }{ g'\left( x \right)  }  }  }  } $$ En varias ocasións Labranha aproveita para ofrecer unha presentación das ideas mediante valores heurísticos.Todo isto lévanos a unha aposta por alternativas ás clases autoritarias. En definitiva, estamos ante un libro pensado como complemento para afrontar o bacharelato que ben pode ser un punto de referencia para o profesorado da materia, un lugar do que partir para levar a cabo o traballo na aula.

Un eodermdrome galego

Foi o artigo do blogue Xogos de lingua, Non apto para sesquipedalofóbicos, o que prendeu a chispa para que elaborase esta entrada. Xogos de lingua, tal como indica o seu nome, é un blogue adicado á ludolingüística. Como tal, ten algunha entrada na que fai referencia ao gran divulgador das matemáticas, Martin Gardner, coñecido por utilizar os xogos como punto de partida de moitos dos seus artigos. Velaquí o punto de encontro entre a lingua e as matemáticas: o xogo. No libro Rosquillas anudadas (Labor, 1987), Martin Gardner fai referencia a un famoso reto de Henry Dudeney, aparecido no libro Amusements in Mathematics: auga, gas e electricidade consistente en unir co lapis as casas A, B e C cos subministros de auga (W), gas (G) e electricidade (E) de forma que as liñas de subministro non se corten. Tal e como o propio Dudeney adianta, é imposible realizar o que se pide no reto:

Figura 1:Amusements in Mathematics

Este problema entra dentro do campo da teoría de grafos. Os matemáticos chámanlle grafo a unha colección de vértices con arestas entre os mesmos. Cada aresta conecta dous vértices. Velaquí un par de exemplos.

Figura 2. Dous grafos simples

Nota: aquí debuxei as arestas mediante segmentos rectos, pero non hai porque facelo así. O importante dunha aresta consiste nos vértices que conecta.

Figura 3:Grafo K₅

Cómpre avisar que os únicos vértices do grafo son os marcados en cor. Neste grafo denominado K₅  hai 5 vértices e 10 arestas.  O grafo completo de grao n, denotado K_n é o un grafo de n vértices na que todo vértice está conectado con todos os demais vértices. Aquí presentamos o grafo completo de 5 vértices. Algunhas das arestas deste grafo crúzanse, o mesmo lle sucede ao grafo que representa o problema de Dudeney (cada unha das arestas superiores representa unha compañía subministradora e as inferiores representan as casas)

Figura 4: grafo K_3,3

Na Figura 1 podemos ver como este grafo podería representarse con só un cruce, pero sería imposible facelo sen cruce ningún, niso consiste a imposibilidade da resolución do problema das tres casas. Os grafos que poden representarse sen cruces, como os da figura 2, chámanse grafos planares. Hai que ter en conta que nun grafo só nos interesa a forma en que están conectados os vértices, non esta ou aqueloutra representación particular. Para un grafo dado, sempre poderemos buscar a representación que teña o menor número posible de cruces. Na seguinte figura vemos como o grafo que está representado (á esquerda) con cruces, pode representarse (á dereita) sen cruces. Trátase, polo tanto, dun grafo planar.

Figura 5: Grafo planar

Hai unha forma de saber se un grafo é planar ou non grazas ao teorema de Kuratowski: se o grafo non contén ningún subgrafo K₅ nin K_3,3 será planar. Grafos de palabras Podemos combinar os grafos coas palabras conectando cada letra con aquelas ás que é adxacente. Se unha letra aparece repetida e consecutiva, non debuxamos aresta ningunha xa que consideramos a letra conectada consigo mesma. Por exemplo, as palabras touporroutou e nacionalismo terían os seguintes grafos asociados:

Figura 6

Figura 7

A pouco que un remexa nos grafos de palabras, decatarase de que prácticamente todos son planares. As palabras que dan lugar a grafos non planares chámanse eodermdromes. Por suposto, propia palabra eodermdrome é un eodermdrome (ver a figura 7). A. Ross Eckler elaborou no ano 1980 un dicionario de eodermdromes para a lingua inglesa. Martin Gardner cualificaba esta publicación como unha aplicación extravagante do estudo do número de cruces dun grafo fronte á indubidablemente interesante aplicación ao deseño de microcircuítos. Temos unha lista de eodermdromes en inglés pero, haberá algún en galego? As candidatas deben ter unha cantidade considerable de letras, canto máis longas, máis arestas terá o seu grafo e máis posibilidades haberá de que teña un cruce inevitable. Por iso, cando na  entrada de Xogos de lingua vin que se referenciaban as palabras máis longas do noso vocabulario, púxenme a comprobar se entre elas había algún eodermdrome.  O grafo correspondente á palabra máis longa, esternocleidomastoideo, é o seguinte:

Figura 8

Como podemos observar, esternocleidomastoideo é planar. Tamén o son preterintencionalidade, contrarrevolucionario, electroencefalografía ou incluso hipopotomonstrosesquipedaliofobia. Pero a outra palabra, extraterritorialidade contén un subrafo K_3,3,, o que establece todas as arestas entre os dous conxuntos de vértices {t,r,d} e {i,a,e}. Por fin, aquí temos un eodermdrome da nosa lingua:

Figura 9

Haberá outros? Existirá algún que conteña un subrafo K₅? As arestas destes grafos representan un par de letras adxacentes. Cales serán as arestas máis frecuentes en galego?, e noutras linguas? Poderán determinarse a lingua en que vén redactado un texto estudando o tipo de arestas máis frecuentes do mesmo? Todo un extravagante campo de traballo  para a lingüística informática.

Problema para reflexionar

Batín estes días con este problema e non resistín compartilo. Así que aquí o deixo.
Dado un ángulo agudo determinado polas semirectas r e s e un punto Q situado no seu interior, achar un punto R na recta r e outro S na recta s de forma que o triángulo QRS sexa o de perímetro mínimo.

Nota: creo que xa din bastantes pistas para resolvelo.

Nunca lle digas nunca máis a Alcuíno

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

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

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

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

Veremos que T(11)= 4.

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

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

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

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

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

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

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

7=2+2+3=4+3

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

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

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

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

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

Desigualdade explicada ou non

Velaquí unha cadea de desigualdades ben coñecida. Trátase agora de identificar cal é o significado da mesma.
Partimos dun par de números distintos. Chamámoslle a ao maior e b ao menor. Sobre unha recta marcamos estas distancias AO=a e BO=b. Sexa M o punto medio de A e B, que será centro da circunferencia de raio MB. Sexa MO=m
Trazamos MQ, ortogonal a AB. Trazamos QO=q.
Trazamos a recta tanxente á circunferencia pasando por O: XO=x. Desde o punto X trazamos unha perpendicular a AB no punto H. Sexa HO=h.

Tendo en conta que os catetos son menores que as hipotenusas temos, xa que logo, as prometida desigualdades:

   q>m>x>h

Pois ben, quen pode identificar estas famosa desigualdades? Creo que xa din bastantes pistas.

Resolvendo ecuacións de segundo grao con René Descartes

Recordo que o temario de oposicións ao que tiven que preparar constaba de 85 temas. Durante varios meses fun preparando moitos deles, ata que me fartei. Debía ter uns 60 preparados, e botando unhas poucas contas, parecía un esforzo inútil seguir preparando temas e temas tendo presente cal era o sistema á hora de escoller un para a chamada encerrona.
Escollíanse ao chou 3 temas dos que o opositor podía preparar un á súa elección. Polo tanto, con 60 temas na faltriqueira, a probabilidade de que ao sacar 3 polo menos un deles fose un dos preparados sería $$1-\frac { \left( \begin{matrix} 25 \\ 3 \end{matrix} \right) }{ \left( \begin{matrix} 85 \\ 3 \end{matrix} \right) } =1-\frac { 25\cdot 24\cdot 23 }{ 85\cdot 84\cdot 83 } =1-0.0233=0.9767$$
Con prácticamente un 98% de probabilidades de que no sorteo da encerrona me tocara un tema preparado adiqueime, por fin, a gozar das matemáticas. Nos meses anteriores á oposición metéralle o dente a algúns libros sobre a historia das matemáticas. Recordo que foi daquela cando lera a Historia de la matemática de Carl B. Boyer,  El fracaso de la matemática moderna, de Morris Kline ou Ideas de espacio, de Jeremy Gray. Isto permitiume preparar a conciencia unha terna de temas máis, un sobre a historia da álxebra, outro sobre a da xeometría e un outro sobre o desenvolvemento da lóxica e a crise de fundamentos.
O día da proba era un 26 de decembro. Moi cedo pola mañán, preséntome ante o tribunal. Teño que meter a man nunha bolsa que contiña 85 boliñas, cada unha correspondente a un tema. Saco a primeira con bastante mala sorte, pois era dun dos temas que non preparara. Ao sacar a segunda non podo crer na miña mala sorte. Tampouco correspondía aos meus temas. Aínda que continuaba habendo moitas máis posibilidades de escoller unha bóla das boas, xa non podía sentir outra cousa que unha enorme anguria. Tiña que sacar unha terceira bóla. A última correspondíase co tema de historia da álxebra. Nun intre a miña desesperación convertérase por completo en ledicia.
Da exposición que fixen recordo sobre todo un aspecto que escollera porque era presumiblemente trasladable á aula. Trataba sobre a ecuación de segundo grao, que aparece obsesivamente, explícita ou implícitamente, por todo o currículo de secundaria. Un momento crucial no desenvolvemento da álxebra foi a publicación da Xeometría de Descartes. Neste libro ofrécese unha desas grandes ideas da historia das matemáticas, coñecida hoxe como xeometría analítica.
Ata ese momento a matemática tiña dúas grandes ramas, independentes e ben diferenciadas. Unha delas era a xeometría clásica, herdada dos gregos. A outra era a álxebra retórica árabe que foi evolucionando durante a Idade Media de man dos cousistas a unha álxebra sincopada. Descartes mostra que álxebra e xeometría están vencelladas por medio da xeometría analítica. Como comprobación da potencia desta nova forma de entender as matemáticas resolve un problema con trece séculos de antigüidade, o problema de Pappus, que pode enunciarse así: dadas catro rectas r₁, r₂, r₃, r₄ e catro ángulos trátase de encontrar o lugar xeométrico de cada un dos puntos tales que o produto das distancias desde eses puntos a r₁ e r₂  é igual ao produto das distancias a  r₃ e r₄ . Este problema, xeneralizado a n rectas, é o que resolve Descartes para dar mostra da potencia do seu método. Pero antes de estudar este problema Descartes trata a cuestión da resolución das ecuacións de segundo grao como primeira aproximación ao seu método, un método que explica así:

inicialmente debe supoñerse efectuada a resolución, dando nome a todas a liñas que se estime necesarias para a súa construción, tanto as que son descoñecidas como as que son coecidas. De seguido, sen establecer distinción entre as las coñecidas e as descoñecidas, debemos descifrar o problema [...] ata que se identifique un medio de expresar unha mesma cantidade de dúas formas [...]. Deben acharse tantas ecuacións como liñas descoñecidas se supuxeron.

A resolución das ecuacións de 2º grao na Xeometría de Descartes
Nos libros de texto preséntase normalmente un tema sobre polinomios ou expresións alxébricas que consiste no traballo no desenvolvemento de destrezas alxébricas descontextualizadas. Quizais haxa que facer algo dese labor, pero creo que convén que sexa o mínimo posible. Pola contra non han de faltar ocasións nas que haxa que remexer coas expresións alxébrica. Aquí vai un exemplo, que espero que sexa algo máis que iso.
Para achegarnos ao que nos propón Descartes nas primeiras páxinas da Xeometría, partamos da forma xeral dunha ecuación de 2º grao. $$a{ x }^{ 2 }+bx+c=0$$
Sempre podemos reducir a ecuación a outra que teña a unidade como coeficiente do termo cadrático. Basta con dividir por a:
$${ x }^{ 2 }+\frac { b }{ a } x+\frac { c }{ a } =0$$
En 3º da ESO trátase a relación da suma (S) e o produto (P) das dúas solucións (x₁ e x₂ ) desta ecuación cos seus coeficientes:
$${ x }^{ 2 }+\frac { b }{ a } x+\frac { c }{ a } =(x-{ x }_{ 1 })\cdot (x-{ x }_{ 2 })={ x }^{ 2 }-({ x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 })x+({ x }_{ 1 }{ x }_{ 2 })={ x }^{ 2 }-Sx+P=0$$
Tomando s e p como os valores absolutos de S e P respectivamente chegamos á forma en que Descartes nos presenta a ecuación de segundo grao.
Como os coeficientes poden tomar signos positivos ou negativos, entón teremos estas catro posibilidades:
$${ x }^{ 2 }\pm sx\pm p=0$$

Esquema da Xeometría de Descartes

Estudemos o caso no que os dous signos son negativos: $${ x }^{ 2 }-sx-p=0$$
Tracemos unha circunferencia  LOP de diámetro s. Nun punto da mesma trazamos un segmento tanxente LM que teña como lonxitude a raiz cadrada de p. A recta NM cortará á circunferencia en dous puntos O e P.
A solución da ecuación é OM. Trataríase de que co esquema que aquí se reproduce o alumnado verificase alxébricamente que estamos no certo.
[Nota: pódese xogar coa aplicación introducindo outros valores para s e p]



Consideremos agora o caso: $${ x }^{ 2 }+sx-p=0$$
Sobre o mesmo esquema de antes agora a solución que nos ofrece Descartes é o segmento PM. Non é nada dificil, sobre todo despois de feito o apartado anterior, de comprobar alxébricamente que a lonxitude PM é solución da ecuación.




O último caso estudado por Descartes é $${ x }^{ 2 }-sx+p=0$$
Agora o esquema é algo distinto. Comenzamos coma antes, debuxando a mesma circunferencia e o mesmo segmento tanxente. Pero desde M trazamos unha perpendicular cortando á circunferencia en dous puntos Q e R e determinándose así dúas solucións QM e RM. Tamén se trataría de propoñer ao alumnado a verificación de que estas liñas resolven a ecuación.

 

extracto da Xeometría de Descartes

Descartes non indica nada sobre a suma e o produto das solucións. Se aquí o escribín desta maneira foi porque ao rematar este traballo pódese comentar como as solucións poden obterse como combinación de sumas, produtos ou radicais cadrados de S e P. Apuntamos así na dirección en que houbo que traballar para dar resposta a un dos máis importantes problemas das matemáticas, o da resolución das ecuacións polinómicas.
Este tratado de Descartes é plenamente moderno desde o punto de vista notacional. Foi Descartes quen puxo de moda escribir as incógnitas coas últimas letras do abecedario e reservar as primeiras para os coeficientes. De lermos hoxe a Xeometría non teriamos dificultade algunha por mor da notación. No extracto comentado aquí a única diferenza é o símbolo da igualdade (unha especie de 8 deitado) e que en ocasións, no canto de escribir b², escribe b∙b.
Estas tres aplicacións poden usarse para  resolver ecuacións cadráticas sen ter que botar man da fórmula. Por outra banda, non están esgotadas as cuestións que se poden traballar. Por exemplo, no último caso, que pasa se o segmento LM > LN?, e se é igual?
Podemos chamar a atención pola descomposición do problema en tres casos. É o prezo que hai que pagar por facer un tratamento xeométrico do mesmo. Isto era o habitual nos tratados da época, tanto por esta razón como pola aversión ao uso de cantidades negativas. Neste texto xa se empregan con naturalidade os negativos, ademais Descartes ofrécenos as versións alxébricas das solucións de cada un dos casos que, por teren unha forma tan semellante, están a un paso dun tratamento puramente alxébirco e unificador.
Unha última cuestión. Antes apuntaramos que a presentación que facía Descartes permitiría estudar catro casos, e só se fixo o de tres. Que pasa co outro?