A sorpresa 3D no teorema de Monge

Cando estudamos xeometría do plano, pode darse o caso de que se acudimos a ferramentas tridimensionais, obteñamos atallos realmente sorprendentes. Este tópico xa o ten tratado JJ no seu blogue Matemáticas na Rúa ( [1] e [2]). Agora eu non puiden resistir desenvolver aquí outro caso que me pareceu realmente espectacular e que ten que ver co teorema de Monge, así denominado na honra do revolucionario, e matemático, Gaspard Monge (1746-1818). Antes de nada algunhas palabras de introdución.

Dadas dúas circunferencias podemos pensar en trazar as rectas tanxentes comúns a ambas. En xeral obteremos dúas solucións. Por unha banda teremos as dúas tanxentes exteriores e por outra as dúas tanxentes interiores. Os puntos de corte das tanxentes son os chamados centros de homotecia, un deles será o centro de homotecia externo O e o outro o centro de homotecia interno O'. En efecto, dúas circunferencias serán sempre semellantes, polo tanto poderemos transformar unha na outra mediante unha (normalmente dúas) homotecia(s).  

 

Se no canto de considerarmos dúas circunferencias, poñemos en xogo tres, estaremos en disposición de enunciar o teorema de Monge. Neste caso, cada un dos tres pares de circunferencias que podemos formar dará lugar a un centro de homotecia exterior.

Teorema de Monge. Dadas 3 circunferencias, os tres centros de homotecia exteriores correspondentes a cada par de circunferencias son colineares.

 

 Curiosamente este teorema recorda outro resultado moi semellante que en lugar de facer referencia a 3 circunferencias, trata sobre 2 triángulos.  Debémosllo ao precursor da xeometría proxectiva Girard Desargues (1591-1661).

Teorema de Desargues. Se as rectas que unen os vértices homólogos de dous triángulos se cortan nun punto O (o centro de homoloxía), entón os pares de lados homólogos córtanse en tres puntos colineares.

 

 En realidade non só se dá a implicación, senón que é certa a equivalencia. 

É moi gratificante comprobar que se pode demostrar o teorema de Monge a partir do de Desargues. Así os triángulos fanlle un bo servizo ás circunferencias, tal e como se diría no Flatland de Edwin Abbot.

Para iso basta con considerar os dous triángulos seguintes. O primeiro, o formado polos centros A, B e C das circunferencias. O segundo, o determinado polas interseccións das tanxentes exteriores: A', B' e C'.

 A'A, B'B e C'C son as bisectrices dos ángulos do triángulo A'B'C' polo que se cortarán no incentro O. De aí que os triángulos ABC e A'B'C' verifican as condicións do teorema de Desargues polo que os puntos de corte de AB e A'B', AC e A'C' e de BC e B'C' serán colineares.

A sorpresa

A sorpresa é a seguinte demostración alternativa do teorema de Monge na que se se fai uso da terceira dimensión. Cada unha das tres circunferencias, ao rotaren sobre calquera dos seus diámetros, darán lugar a unha esfera. Agora, o plano no que estamos traballando, chamémoslle plano П, atravesa esas esferas polos seus centros. É obvio que podemos pousar un plano П' tanxente ás tres esferas que cortará a П na recta desde a que podemos trazar tanxentes ás tres circunferencias. 

Grazas a esta applet de Tungsteno podemos ver esta imaxe ilustrativa.

 

П'é un plano tanxente a cada un dos conos con vértices en P, Q R que teñen como xeneratrices as rectas tanxentes ás circunferencias.

Recuncando en Alcuíno

Non é esta a primeira vez que neste blogue se fai referencia a Alcuíno de York (ca. 735, 804), autor dun libriño de Problemas para a instrución dos mozos que, polo que se ve, dá bastante do que falar. Nesta ocasión recollo un dos últimos problemas deste libro, ao que non lle prestara ningunha atención no seu día, posiblemente porque me parecera carente de sentido.

O problema dun certo pai de familia. Un certo pai de familia mandou transportar 90 modios de trigo dunha casa súa a outra que quedaba a 30 leguas. O total dese trigo debe ser acarrexado por un camelo en tres viaxes, en cada unha das que carga 30 modios. Ademais o camelo come un modio por cada legua. Diga quen queira, cantos modios quedaron?

Se o camelo come un modio de trigo por legua, ao cabo das 30 leguas non deixará nada dos 30 modios de trigo na segunda casa e ademais non terá subministro de comida para a volta. Parece que este problema de Alcuíno non ten xeito. Con todo, a solución que ofrece o propio autor pode aclarar bastante as características do que se está a propoñer así como un modo de obter a resposta. Velaquí:

Solución: na primeira viaxe o camelo levou 30 modios ata quedar a 10 leguas do lugar [de chegada]. Comeu por cada legua un modio, isto é, 20 modios, e deixou 10...

O tradutor do libro comenta que a pregunta non está ben formulada. Ademais sobreenténdese un aspecto que non ten sentido: que na viaxe de volta o camelo non consume nada. Impoñer que deba realizar 3 viaxes resulta demasiado artificioso. Reformulemos o problema e, para que o enunciado resulte máis coherente engadamos entre as condicións que o camelo non pode transportar máis de 30 modios en ningún momento.

Problema do camelo. Un camelo debe transportar 90 modios de trigo dunha casa a outra que queda a 30 leguas. O camelo nunca pode levar unha carga superior a 30 modios. Ademais o camelo come un modio por cada legua. Con cantos modios pode chegar á segunda casa?

Recollendo a proposta de Alcuíno, na primeira viaxe deixa 10 modios a 10 leguas de distancia do punto de partida e gasta os 20 restantes no camiño de ida e volta. Se na segunda viaxe leva outros 30 modios, ao cabo das 10 primeiras leguas pode recoller os que deixou na primeira viaxe.  En caso contrario chegaría con facer unha viaxe de ida cos 90 modios. Por outra banda, sabendo que na segunda xornada vai recoller o que deixou na primeira, nesta terá que percorrer polo menos 10 leguas. Se lle chamamos x á distancia máxima á que chega na primeira viaxe, deixará no camiño 30-2x modios que recollerá na segunda vez, cando teña andado 30-x leguas. Polo tanto a suma destas dúas cantidades non pode superar os 30 modios de carga, $$\left( 30-2x \right) +\left( 30-x \right) \le 30\quad \Longrightarrow \quad x\ge 10$$

Como ademais nos interesa que o valor de x sexa o mínimo posible, pois esa distancia tradúcese en consumo do camelo, o mellor valor para x é o de 10, tal e como apunta Apolonio na súa solución. Volvendo a facer a mesma análise para a segunda viaxe teriamos que o segundo día chegaría ata unha distancia de y=10+b leguas do punto de partida polo que nese punto deixaría 20-2b modios para a última xornada. Outra vez, a imposibilidade de levar unha carga maior a 30 modios lévanos a que $$\left[ 30-\left( 10+b \right)  \right] +\left( 20-2b \right) \le 30\quad \Longrightarrow \quad b\ge \cfrac { 10 }{ 3 }  $$

Volvendo a tomar a desigualdade como igualdade teriamos que finalmente o camelo chegaría ao seu destino final con 40/3=13,3333...  modios de trigo, a maior cantidade posible.... ou non?

Pode mellorarse a proposta de Alcuíno? Antes de seguir lendo eu invitaría a que o eventual lector intentara pegarlle unha volta.

...........

....................

................................

..........................................

......................................................

................................................................

..........................................................................

.....................................................................................

Lembremos que x= leguas percorridas na primeira viaxe. Así deixabamos depositado no camiño 30-2x modios de trigo. Pero agora non os imos recoller todos na segunda viaxe, senón que os imos repartir entre as dúas que quedan: 15-x de cada vez. Chamémoslle agora y= leguas percorridas na segunda viaxe. Así, nesta segunda xeira pode deixar depositados outros (30-2y)+(15-x)=45-x-2y modios. A condición de que a carga máxima é de 30 modios en todo momento lévanos, xa que logo a:$$\left( 30-x \right) +\left( 15-x \right) \le 30\quad \Longrightarrow \quad x\ge \cfrac { 15 }{ 2 } \\ \left[ \left( 30-y \right) +\left( 15-x \right)  \right] +\left( 45-x-2y \right) \le 30\quad \Longrightarrow \quad 3y+2x\ge 60$$

Igual que no caso anterior convennos tomar as desigualdade como igualdades para que o gasto do camelo sexa o mínimo posibe. Isto leva a que $$x=\cfrac {15}{2}\quad\quad\quad y=\cfrac {25}{2}$$

Así comeza a 3ª viaxe.
Non confundir as lonxitudes cos pesos dos modios

Isto fai que na última viaxe, nos puntos x e y o camelo teña unha provisión de 15/2 de modios de trigo. Dito doutro xeito, cando o camelo chega a estes puntos volve a cargarse coa máxima carga de 30 modios. De aí que chegue ao seu destino final cun total de 15 modios. Asi superemos a proposta de Alcuíno e finalizamos o traxecto coa maior cantidade posible... ou non?

Pode mellorarse esta cantidade? Antes de seguir lendo eu invitaría a que o eventual lector intentara reflesionar sobre a cuestión.

...........

....................

................................

..........................................

......................................................

................................................................

..........................................................................

.....................................................................................

E que sucede se temos en conta a posibilidade de abastecer ao camelo con trigo tanto no camiño de ida como no de volta?

O importante vai ser contar o  número de veces que o camelo pasa polos puntos x e y. Polo punto x pasará 5 veces se facemos o reconto así: 1= chega por primeira vez, 2= marcha por primeira vez (aquí fago un pequeno abuso de linguaxe co fin de ter en conta o consumo do camelo na volta), 3= pasa na ida da segunda viaxe, 4=pasa na volta da segunda viaxe e 5= pasa na ida da terceira viaxe. Isto implica que x terá que ser a quinta parte de 30: x=6. Polo punto y pasa 3 veces: 1=ida da segunda viaxe, 2=volta da segunda viaxe e 3= volta da terceira viaxe. Polo tanto b=10.

Vese mellor todo o proceso no seguinte esquema. O camelo chegaría á segunda casa cun total de 16 modos. Hai quen dea máis?

O camelo mira pasmado todo o proceso

Puiden ter posto esta solución de principio, pero quixen escribir (case) todas as voltas que eu e o camelo tivemos que dar ata chegar a esta resposta. 

O problema do jeep

Cando resolvemos un problema como o anterior só demos un paso cara a proposta e resolución de moitos outros. Que sucedería, por exemplo, se no canto de dispormos de 90 modios tivesemos 120, 150,... ou outra cantidade? En esencia este é o problema do jeep:

Problema do jeep. Nunha base fixa hai n unidades de combustible. Dispoñemos dun jeep que pode levar ata 1 unidade de combustible, e nunca máis. Cun consumo constante o jeep gasta 1 unidade de combustible por unidade de distancia. En calquera punto do camiño pode deixar calquera cantidade de combustible ou recoller calquera cantidade deixada nunha viaxe anterior. combustible. Cal é a máxima distancia que se pode alcanzar?

Poderiamos incluso facer a pregunta contraria. O jeep podería chegar a unha distancia de 2 unidades da base? e de 3? Tamén cabería investigar a cantidade de combustible necesario para chegar a unha distancia determinada.

Hai unha variante do problema do jeep consistente en impoñer a condición de que o jeep volva sempre á base, incluso despois da última viaxe. Agora é máis custoso avanzar. Será agora posible chegar a 2 ou 3 unidades de distancia?  Para curiosos, o blogue Futyliti closet ofrece unha resposta moi harmónica a estas cuestións.

Un problema ou un chiste?

Do seguinte problema gustoume moito o relato co que se presenta pois non é o habitual nas matemáticas, seco, duro e preciso. Tal e como se presenta ten máis o estilo dun chiste que dun problema de matemáticas. 

O problema da motocicleta. Unha pista circular nun deserto debe ser patrullada. Un explorador e unha motocicleta serán transportados en helicóptero a algún punto da pista, e o explorador debe facer un circuíto completo no sentido das agullas do reloxo  na motocicleta, que ten un tanque de 1 litro. O piloto do helicóptero dille ao explorador: "Teño boas e malas noticias". "Cales son as malas noticias?" "O tanque desta motocicleta está baleiro". "Oh ! E cales son as boas noticias? “A boa noticia é que hai latas de gasolina colocadas ao longo da pista, e xuntas conteñen 1 litro de gasolina, que é suficiente gasolina para que vostede e esta motocicleta circulen pola pista unha vez. Aquí hai un mapa que mostra onde están as latas e canta gasolina contén cada unha. Onde queres que che deixe?"

A narración do problema non dá mais pistas sobre como é o mapa. Será posible que se poidan colocar as latas de gasolina nunha disposición tal que o explorador non poida facer o circuíto? En todo caso, con tan escasa información poderemos responder nalgún sentido? Sorprendentemente, podemos dar resposta a estas cuestións. Veremos que, independentemente da disposición e cantidade de latas, sempre se pode finalizar o circuíto e sempre se pode determinar o punto (ou puntos) desde o que debemos comezalo.

Cando o explorador ve o mapa bastaría con que escollera un punto calquera do mesmo como inicio do circuíto e podería trazar un gráfico como o seguinte no que se iría representando a cantidade de gasolina que ten a motocicleta a medida que vai facendo o percorrido. En realidade vai ter que comezar nun punto no que haxa unha lata de gasolina, pero para trazar o gráfico pode comenzar en calquera punto. Cada vez que chega a unha lata, recarga o tanque e isto apreciámolo no gráfico cunha subida vertical. 

No caso do gráfico representado aquí comezouse desde un punto intermedio entre latas polo que ao principio o tanque da motocicleta ten cantidades negativas de gasolina. Comezar na lata situada no punto máis baixo é equivalente a desprazar o eixo horizontal á liña de puntos. Se o explorador comeza pola lata representada no punto vermello vai poder completar o circuíto. Como o tanque da motocicleta está baleiro e gasta todo o seu contido no circuíto, o punto final do gráfico vai ter que estar á mesma altura que o inicial. 

Co estudo desta representación fica claro que sempre imos poder practicar este procedemento. Polo tanto sempre será posible realizar o circuíto.

Bonito problema non? E bonita solución tamén. Todo o mérito é de James Propp, pois tanto o problema como a solución recollinos do seu blogue, Matemathical Enchantements. 

Matemaxia no IES Chapela

No IES de Chapela programaron o pasado mes de novembro unha completa serie de actividades para denunciar a exclusión do galego nas materias científicas (ver funesto decreto 79/2010) e para dar a coñecer algunhas das actividades de ensino-aprendizaxe na nosa lingua.  De entre todas elas  recollo aquí as realizadas no ámbito das matemáticas como un exemplo visible do que facemos os profesores da materia, neste caso en 1º da ESO. Neste curso hai que abordar o uso e tratamento das expresións alxébricas, é un paso enorme fronte ao uso exclusivo dos números. Un recurso típico consiste en presentar o xogo de adiviñar un número despois de realizar diversas operacións. O "truco" do xogo desvélase co coñecemento dos primeiros principios de manipulación das expresións alxébricas. Isto é o que podemos ver nestes vídeos. Isto e a enorme dificultade que teñen os nenos en expresarse cun mínimo de fluidez en galego.

Unha nova versión da mesma estratexia. Agora escolle a que prefiras.

 

 

Lembrando o Rallye

Nunha serie de entradas anteriores ([1], [2], [3]) trouxéramos por aquí unha serie de problemas da United Kingdom Mathematics Trust (UKMT). Vou acrecentar esa lista cunha proposta máis. Ten a salientable característica de que, aínda que se pide unha solución numérica,  non ofrece ningún dato numérico.

Dous cadrados. ABCD é un cadrado. P e Q son cadrados debuxados nos triángulos ADC e ABC, tal e como se ve na figura. Cal é a razón da área do cadrado P entre a do cadrado Q?

Cando un intenta resolver un problema procura buscar na memoria se hai algún problema semellante a este que lle poida achegar algunha pista. No intento que fixen para abordalo eu tiña a seguridade de que xa o atacara algunha outra vez. Incluso máis, creía lembrar que fora un deses problemas daquel concurso sustentado moitos anos por AGAPEMA chamado Rallye Matemático sen fronteiras. Cando fun á procura daqueles papeis non só me decatei de que estaba equivocado, senón que puiden comprobar que a mente humana, incluso a miña, percorre uns camiños realmente curiosos. Velaquí o problema do que tiña un impreciso recordo, que aparecera no Rallye Matemático do ano 2002:

Do cadrado grande ao pequeno. A área de un dos cinco cadrados da figura adxunta esta indicado en cm² . Cal é a área do cadrado negro?

Completamente distinto, non?

Habelas hainas, edición 2020

Desde o 2017  a Comisión de Normalización Lingüística da Facultade de Matemáticas celebra unha xornada  no mes de novembro destinada a estudantes de grao/máster co fin de divulgar a investigación matemática. É Habelas Hainas. Trátase dunha serie de presentacións curtas, duns 20 minutos, ao estilo das Ted talks.

Sempre tiveron a boa idea de gravar as sesións en vídeo, pero a mala decisión de colgar os resultados nunha plataforma de vídeos da USC sustentada co fenecido Flash Player. De aí que, cando menos polo momento, as dúas primeiras xornadas fiquen tras o muro da obsolescencia dixital. 

Agora a edición do pasado 26 de novembro 2020 témola na canle de You Tube da Facultade de Matemáticas. Dalgunhas conferencias hai dúas versións, procurei recoller aquí a que ofrece unha mellor visualización e son.

A xornada comezou con Existimos e... somos únicos?, por Jorge Rodríguez López . Seguro que algunha vez oíches falar do teorema do punto fixo

De seguido Ana Suárez Gamarra trata unha teima miña: a Carta Xeométrica de Domingo Fontán coa conferencia Seguindo os pasos de Fontán. na que presenta un traballo sobre o cálculo da altitude no famoso mapa.

Rodrigo Mariño Villar, baixo o título Rebozarse na lama . A súa intervención dou pé a algunha intervención sobre as posibilidades do traballo de investigación e as oportunidades dos programas de doutoramento, se as houbera.

 

Co título Un complemento ortogonal, Daniel Cao Labora tratou da relación entre as matemáticas e a música

Maribel Borrajo García falou sobre a validez e fiabilidade das probas diagnósticas con E se patentamos unha moeda como proba diagnóstica? 

 

 

 

 

A xornada rematou con Bourbaki, o matemático poldavo, por Jesús Conde Lago quen, como é evidente polo título, tratou sobre ese gran matemático, existira ou non.

Outra pregunta inesperada

Noutra ocasión trouxen por este blogue o asunto dos problemas con preguntas inesperadas e incluso volvera a recoller noutra entrada outro problema que podía caer dentro desta agradecida categoría. Resulta que remexendo na Revista de Educación Matemática da Unión Matemática Argentina, sen querer achei outra proposta que tamén admitiría esta clasificación. Estoume a refeir a un dos problemas da sección que mantén Juán Pablo Rosseti, en concreto no Volume 35 (número 2) e que paso a presentar aquí:

Unha profesora escribe na pizara un número grande e pídelle aos 30 alumnos da clase que lle digan, un a un, distintos divisores do número. Os alumnos responden ordenadamente; o primeiro di que "o 1 é divisor do escrito na pizarra", o segundo di que "o 2 é un divisor", o terceiro alumnos di "o 3 é un divisor", o cuarto di "o 4 é un divisor", e así, sucesivamente ata que o trixésimo alumno di que "o 30 é un divisor". A profesora comenta que hai só dous alumnos que se equivocaron e que o fixeron de forma consecutiva. Cales son os dous alumnos que se equivocaron? [Velaquí a pregunta sorprendente, pois a esperada é a seguinte] Para os que resolveron o problema hai unha segunda pregunta: cal é o menor número que puido escribir a profesora?

O problema dos bois de Newton

É moi interesante debullar como nós, como animais sociais, imos construíndo coñecementos e prexuízos. As matemáticas teñen unha imaxe social de saber esotérico, duro, difícil e incluso desagradable; mais tamén estas características reforzan a percepción das matemáticas como chave dos máis diversos e profundos coñecementos polo que ninguén se atreve a cuestionar a súa ignota necesidade. A todo isto contribúen moito as historias que recibimos arredor desta ciencia. 

Cando era novo recordo moitos avisos de prevención sobre a dificultade insuperable da materia. "Xa verás cando estudes (e aquí podemos poñer: ecuacións, logaritmos, derivadas,...), non hai quen as entenda" Así é imposible comenzar un novo curso sen medo. A isto hai que engadir as historias sobre eses temidos profesores de matemáticas. Eu mesmo podo contar o caso de quen "explicaba" en 2º de BUP (para os novos, pensade no curso para a idade de 4º da ESO) o plano vectorial real como un conxunto de clases de equivalencia (isto é, vectores equipolentes) e demostraba, por exemplo, que a suma de vectores non dependía do representante da clase que se elixira; e así todo. Xuro que é certo.

Recordo que o meu compañeiro de pupitre tiña un irmán que acababa de comezar os estudos universitarios e segundo contaba, propuxéranlle o problema de determinar o tempo que unha vaca tardaría en toda a herba dun prado, tendo en conta que a herba continuaría crecendo. Por máis interese que lle puxen ao conto, e por máis que o pedín, nunca cheguei a saber o enunciado exacto do problema. Estaba claro que a intención da historia, non era transmitir un problema, senón a de estender a idea de que o problema, fose cal for, era tremendamente difícil. Así son as matemáticas.

Recorte da páx. 90 da

Arthmetica Universalis, 1707

Non podía imaxinar a alegría que aquela historia do problema da vaca, xa prácticamente esquecida, me traería hai uns poucos días cando atopei un enunciado que ben podería ser aquel que nunca chegara a coñecer en detalle. O problema aparece nun libro, Arithmetica Universalis, que nas súas primeiras edicións non ten referencia ningunha ao seu autor, Isaac Newton.  Non sabemos a razón disto, quizais a enfermiza incapacidade de Newton para recibir críticas. O libro está elaborado a partir das notas que Newton escribira a partir da lectura doutros libros de álxebra para as conferencias que tiña que impartir como posuidor da cátedra lucasiana. Precisamente sería o seu sucesor na cátedra quen se encargaría da primeira edición, en latín, do libro Arthmetica Universalis no 1707, William Whiston (1667-1752), un dos máis activos precursores nas iniciativas para abordar o problema de determinar a lonxitude na navegación. Así como Newton mantivo as súas crenzas arrianas en segredo, Whiston non dubidou en facelas públicas polo que foi acusado de herexe e expulsado de Cambridge. Parece bastante probable que as coincidencias teolóxicas destes dous homes foron determinantes para que Newton o escollera Whiston como o seu sucesor na cátedra lucasiana.

O carácter conservador de Newton levaríao a desprezar a álxebra como "a análise dos trapalleiros en matemáticas",fronte á xeometría, que consideraba unha ciencia superior por estar axiomáticamente establecida. Paradoxalmente, a Arthmetica Universalis contribuiría ao medre da álxebra pois contiña resultados relevantes, como as fórmulas das potencias das raíces dunha ecuación alxébrica así como un método para determinar o máximo número de raíces reais. Tamén neste libro é onde Newton descubre a relación entre as raíces e o discriminante.

O problema

Recorte da páx. 79
da  Universal Arithmetik, 1720

  En contradición coas prevencións newtonianas á publicación, no 1720 aparece unha nova versión da obra, agora titulada Universal Arthmetik, e traducida ao inglés por Joseph Raphson (1668-1712), matemático inglés coñecido polo método de Newton-Raphson, de aproximación de raíces. O primeiro en publicar este método, no 1690, foi Raphson, e aínda que parece ser que Newton xa o coñecía en 1671, non se revelaría o seu achádego ata edición póstuma do Method of fluxions no 1736. Curiosamente, e como se pode comprobar, a tradución de Raphson da Artithmetica Universalis tamén se publica anos despois da morte deste. Volve a suceder que tampouco aparece o nome de Newton nesta edición. 

Despois desta breve introdución, desvelamos o enunciado do problema dos bois newtoniano:

Se b₁ bois comen todo o pasto dunha herbeira de área a₁ nun tempo c₁, e b₂ bois acaban cunha área a₂ nun tempo c₂; sabendo que a herba crece uniformemente, pídese achar cantos bois comerán unha área a₃ nun tempo c₃

Newton resolve o problema usando razoamentos de proporcionalidade, porén non se trata dun problema simple pois o engadido do crecemento contínuo da herba dificulta bastante a cuestión. Tendo en conta que, na súa notación denomina ás varibles a, b, c (bois, área e tempo da primeira herbeira), d, e f (aos da segunda herbeira) e finalmente g e h (área e tempo da terceira herbeira) ofrece como solución esta monstruosa expresión, sobre todo porque tamén aparece escrita á dereita coa miña notación:$$\frac { gbdfh-ecagh-bdegf+ecfga }{ befh-bceh } =\frac { { a }_{ 3 }{ a }_{ 2 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 2 }+{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 3 }{ b }_{ 1 } }{ { a }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 2 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 3 } } \quad \quad [1]\quad $$

Como alternativa, vou ofrecer unha solución máis alxébrica. 

Sexa h a cantidade de herba por unidade de área, k a herba que crece por unidade de tempo e área e   a que come un boi por unidade de tempo. Velaquí que como cada grupo de bois acaba co pasto da súa correspondente herbeira, temos o seguinte sistema de ecuacións lineares:

$${ a }_{ 1 }h+{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 }k-{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q=0\\ { a }_{ 2 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0\\ { a }_{ 3 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0$$

Vemos aquí un sistema homoxéneo pero que debe ter unha solución distinta da trivial. Polo tanto o determinante da matriz de coeficientes debe ser cero.

$$\begin{vmatrix} { a }_{ 1\quad  } & { c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { -c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \\ { a }_{ 2 } & { c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { -c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } \\ { a }_{ 3 } & { c }_{ 3 }{ a }_{ 3 } & { -c }_{ 3 }{ b }_{ 3 } \end{vmatrix}=0$$

A matriz ampliada das dúas primeiras ecuacións será: 

$$\begin{pmatrix} { a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q \\ { a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } q\end{pmatrix}$$

Resolvemos este sistema. Podemos aplicarlle a regra de Cramer e obtemos as solucións:

$$h=\frac { \left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } \quad \quad \quad k=\frac { \left( { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$

Newton pregúntanos por b_3.Se despexamos este valor na terceira ecuación:

$${ b }_{ 3 }=\frac { { a }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } h+\frac { { a }_{ 3 }{ c }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } k=\frac { { a }_{ 3 }\left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) +{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }({ a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }) }{ { { c }_{ 3 }a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ { c }_{ 3 }a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$

Obtemos, como era de esperar, o resultado da expresión que se presentou en [1]

Retrospectivamente, tal e como se presentou aquí, parece que Newton estaba a un paso dos determinantes. Non é así. Pero traballos moitos coma este contribuirían á creación dun ambiente de confianza nas posibilidades da álxebra e á procura de métodos que superasen as dificultades que establecían este tipo de cuestións. Cando hoxe se queren buscar as orixes dos determinantes é habitual comezar facendo referencia aos traballos de Leibniz, quen, por outra banda, había de ser obxecto dunha famosa controversia con Newton sobre a prioridade da invención do cálculo.

Un caso particular

Newton aínda ofrecería un caso particular do seu problema e que moitas veces foi proclamado como "o problema dos bois (ou das vacas) newtoniano". Di o seguinte:

12 bois comen 3⅓ de acres de pasto en 4 semanas, e 21 bois comen 10 acres de pasto en 9 semanas; achar cantos bois comerían 36 acres en 18 semanas

Para resolver esta versión bastaría substituir os datos nas fórmulas anteriores.