O enigma do mercader

Os enigmas de Canterbury (1907) é o título dun libro de Henry Dudeney (1857-1930), un gran creador de xogos e retos matemáticos. O macguffin do relato consiste en que un grupo de preregrinos camiño de Canterbury coinciden nunha pousada e comezan a propoñerse enigmas. Cada un leva o nome de quen o presenta, aínda que normalmente a característica ou oficio do propoñente non garda relación co contido do problema. 

Posiblemente un dos máis versionados e coñecidos sexa o enigma do pousadeiro. 

O enigma do pousadeiro. O pousadeiro falou así: "Velaquí unha cuba de boa cervexa de Londres, e nas miñas mans sosteño dúas mediddas: unha de cinco pintas e a outra de tres pintas. Prégovos que me mostredes como é poible que poida poñer unha pinta en cada unha das medidas". Por suposto, non pode empregarse ningún outro recipiente ou elemento e non está permitido marcar as medidas.

Hai outra proposta na que me quería parar pois,a pesar de que Dudeney se estende demasiado na explicación, a pregunta é moi bonita.

O enigma do mercader. Eramos trinta en total cabalgando esta mañá. Certamente podemos ir un xunta o outro, no que é dado en chamar liña única, o u de dous en dous, ou de tres en tres, ou de cinco en cino, ou de seis en seis, ou de dez en dez, ou de quince en quince ou os trinta en columna. De ningunha outra forma podemos andar de modo que non existan números desiguais nas liñas. Agora,  un número de peregrirnos podían cabalgar así de 64 formas difrerentes. Prégovos que  me digades cantos peregrinos deberon consecuentetemente integrar a compañía. O mercader claramente pediu a menor cantidade de persoas que poideran cabalgar de sesenta e catro maneiras.

A cuestión non é outra que achar o menor número que teña 64 divisores. Para iso botamos man do resultado que nos di que se a descomposición factorial dun número é $$m=q_{1}^{\alpha _{1}-1}\cdot q_{2}^{\alpha _{2}-1} ... \quad q_{k}^{\alpha _{k}-1} $$ o seu número de divisores será $$\alpha _{1}  \cdot      \alpha _{2}    ... \:  \cdot   \alpha _{k} $$

Como no noso caso o número de divisores é 64,  $\alpha _{i} \in \left \{ 2,4,8,16,32,64 \right \} $ de aí que os expoñentes da descomposición factorial do número buscado deben estar entre os valores $ \alpha _{i} -1\in \left \{ 1,3,7,15,31,63 \right \}  $

Unha posible resposta é $m=2^{63}=99\,223\,372\,036\,854\,780\,000  $. Este número ten 64 divisores, pero teñamos presente que estamos buscando o menor número verificando esta propiedade. Este sería un caso extremo, o correspondente ao expoñente 63. Se partimos do outro caso extremo, se todos os expoñentes fosen 1, o resultado estaría formado polo produto dos seis primeiros primos $m=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13=30\ 030$. Ben, este xa é algo menor. Podémolo mellorar?

A resposta é afirmativa. O último factor é 13. É preferible colocar no seu lugar $2^{3}$. Nese caso a solución sería  $m=2^{3}\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=9\ 240$, que evidentemente é menor pois, aínda que multiplicamos o anterior valor por $2^{2}$, dividímolo por 13. 

Podemos seguir por este camiño. Unha alternativa sería pensar nunha potencia maior para o factor 2. O seguinte valor das potencias é 7. Isto significaría ter que multiplicar por $2^{4}=16$ e a cambio só conseguiriamos eliminar o factor 11. O resultado sería $m=2^{7}\cdot 3\cdot 5\cdot 7=13\ 440$, evidentemente un valor peor que o obtido anteriormente. De aí que debamos considerar incrementar a potencia de 3. Como [3³ =9 ] $3^{2}=9$ é, agora si, menor que 11, obtemos unha vantaxe ao multiplicar por 9. Neste caso o número obtido sería $m=2^{3}\cdot 3^{3}\cdot 5\cdot 7=7\ 560$. Non parece que poidamos mellorar este resultado pois para iso deberiamos incrementar a potencia do factor 5 a $5^{3}=125$, isto é, multiplicar m por 25 e a cambio só eliminariamos o factor 7. Finalmente denotaremos a solución como $A(64)= 7\ 560$ tal e como o fixo M. E. Grost no American Mathemathical Monthly nun artigo do ano 1968.

Acabamos de ver que obter o menor número con n divisores, A(n), non parece unha pescuda que se poida facer directamente. Con todo hai un caso simple. Se p é primo tense que $A(p)=2^{p-1}$.

A sucesión do menor número con n divisores (OEIS A005179) ten este desconcertante comezo (están marcados en letra grosa os valores dos lugares primos):

 1, 2, 4, 6, 16, 12, 64, 24, 36, 48, 1024, 60, 4096, 192, 144, 120, 65536, 180, 262144, 240, 576, 3072, 4194304, 360, 1296, 12288, 900, 960, 268435456, 720, 1073741824, 840, 9216, 196608, 5184, 1260, 68719476736, 786432, 36864, 1680, 1099511627776, 2880,...

Consideremos agora un número que sexa produto de dous primos, como o $6=3\cdot 2$. Non é dificil de ver que $A(6)=12=2^{2}\cdot 3$. Para $4=2\cdot2$, pois non dixemos que os primos tiñan que ser distintos, temos $A(4)=6=2\cdot 3$ e analogamente para $9=3\cdot3$ temos $A(9)=2^{2}\cdot 3^{2}=36$. No artigo referido Grost demostra que para todo número que sexa produto de dous primos $n=p\cdot q$ con $p\geq q$, o menor enteiro con n divisores será $A(n)=2^{p-1}3^{q-1}$. Nesta altura todos estariamos tentados a xeneralizar o resultado:

Xeneralización. Se $n=q_{1}\cdot q_{2}...q_{k}$ con $q_{1}\geq q_{2}\geq ...\geq q_{k}$ factores primos, entón $A(n)=p_{1}^{q_{2}}\cdot p_{1}^{q_{1}}...p_{k}^{q_{k}}$ onde $p_{i}$ é o i-ésimo número primo.

Desafortunadamente esta xeneralización non é certa, nin tan siquera para os números que son factores de tres primos. Por exemplo non se verifica para n=8 pois $A(8)=24=2^{3}\cdot 3\neq 2\cdot 3\cdot 5=30$. Tampouco se verifica para 16, 24, 32, 48,... Podemos lembrar que xa vimos que o 64 tampouco está entre os valores caracterizados pola xeneralización xa que $A(64)= 7\ 560\neq 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13$. Grost chamoulle a estes números extraordinarios e, consecuentemente denominaría ordinarios a aqueles enteiros para os que si é certa a xeneralización. Resulta que hai unha infinidade de números extraordinarios pero en certo sentido os números ordinarios son máis abundantes entre os naturais. Resulta que os números ordinarios son densos nos naturais. Chamándolle $\alpha (n)$ á cantidade de números ordinarios menores ou iguais que n, o que se está afirmando é que $$\lim_{n\to\infty}\frac{\alpha (n)}{n}=1$$

Dobrando papel. Dobrando o cubo

Na anterior entrada explicamos en que consiste a dobrez de Haga. Se temos un papel cadrado, desprazamos un dos vértices superiores P, ata facelo coincidir co segmento inferior AB. Isto determina unha liña sobre o papel. Aplicando habilmente este tipo de dobrez podemos construir calquera número racional sobre o papel. Pero podemos ir moito máis alá. 

Para saber ata onde poder chegar estableceuse un sistema de axiomas que establecen todas as posibilidades de pregado. Son os 7 axiomas de Huzita-Hatori. Sobre esta base demostrouse que mediante dobreces poden realizarse as operacións aritméticas da suma, o produto, a división, a raíz cadrada e a raíz cúbica. De aí que o conxunto dos números construtibles mediante origami sexa un subcorpo dos complexos, en concreto o menor corpo que contén aos quebrados e todas as raíces cadradas e cúbicas destes. 

Mediante a papiroflexia podemos realizar moitas máis construcións que con regra e compás. Un exemplo significativo é o problema da duplicación do cubo. Dado un cubo trátase de que obteñamos outro de volume duplicado. Se o cubo orixinal ten aresta a, o cubo de volume dobre debe ter aresta $\sqrt[3]{2}\cdot a$. Polo tanto o obxectivo é obter mediante técnicas de papiroflexia o valor $\sqrt[3]{2}$. Lembremos que isto non pode conseguirse usando compás. 

A solución que reproducimos aquí é a resposta a un reto proposto na revista canadiana Crux Mathematicorum (páx. 284 e 285 do nº 12 do mes de decembro de 1986).

Comezaremos dividindo o papel en terzos. Xa viramos como obter calquera fracción na entrada anterior. De seguido realizamos unha dobrez de Haga facendo coincidir P co segmento inferior AB pero de forma que o punto Q fique sobre o outro segmento vertical. O reto consistía en obter a razón AP/PB.

Sexa a=AP e 1=PB. Aplicando o teorema de Pitágoras no triángulo rectángulo PFB:

$$\left ( 1+a-x \right )^{2}=1^{2}+x^{2}\\1+x^{2}+a^{2}+2a-2x-2ax=1+x^{2}\\2ax+2x=a^{2}+2a\\x=\frac{a^{2}+2a}{2a+2}\quad [1]$$

Agora fixémonos no triángulo PQR:

$$PQ=\frac{1+a}{3}\\PR=a-\frac{1}{3}\left ( 1+a \right )=\frac{2a-1}{3}$$

Como os triángulos PQR e PBF son semellantes:

$$\frac{PR}{PQ}=\frac{BF}{PF}$$ $$\frac{\frac{2a-1}{3}}{\frac{1+a}{3}}=\frac{x}{1+a-x}$$

$$\frac{2a-1}{1+a}=\frac{x}{1+a-x}\\\left ( 2a-1 \right )\left ( 1+a-x \right )=x+ax$$     $$2a+2a^{2}-2ax-1-a+x=x+ax\\2a^{2}+a-1=3ax\\x=\frac{2a^{2}+a-1}{3a}\quad [2]$$

Igualamos [1] e [2] e resolvemos a cuestión:

$$\frac{a^{2}+2a}{2a+2}=\frac{2a^{2}+a-1}{3a}\\3a^{3}+6a^{2}=4a^{3}+2a^{2}-2a+4a^{2}+2a-2\\a^{3}=2$$

Dobrando un papel. Os racionais.

É moi habitual que nos congresos de profesores de matemáticas haxa algunha comunicación sobre a papiroflexia. Eu sempre fuxín delas porque facer cousas coas mans ponme moi nervioso porque a miña torpeza lévame a facelas mal e a miña impaciencia ante eses seguros e repetidos erros e imprecisións acaban en desastre ou abandono. 

Pero imaxinar que fago algo coas mans xa é outra cousa pois teño o bo costume de imaxinar que o fago ben. En todo caso, o que me interesa da papiroflexia son unicamente os experimentos mentais que me permiten establecer un xogo matemático. 

Partiremos dun papel de forma cadrada que, sen perda de xeneralidade, nun principio terá de lado a unidade: AB=1. O primeiro que a un se lle ocorre facer é dobralo pola metade. Se o fixemos unha vez, podemos repetilo cantas veces queiramos

Isto significa que podemos obter os racionais da progresión xeométrica $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},...$. Recíprocamente, se temos o papel dobrado por unha fracción, poderemos usar ese padrón para trasladalo sobre o papel unha e outra vez. Isto é, se conseguíramos o valor $\frac{1}{5}$, non teriamos dificultade en obter por sucesivos pregamentos os valores $\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}$ 

Velaí que se podemos obter as fracción unitarias, $\frac{1}{n}$ tamén seríamos quen de chegar a calquera outra fracción propia $\frac{m}{n}$. Xa que logo, imos intentar construir as fraccións unitarias. Para iso bastará con facer só un tipo de pregamento co papel. Na seguinte applet proba a mover o punto P. Sobre todo observa o que pasa cando coloco P sobre o segmento AB.

   

Como no punto P o ángulo é de 90º, os outros dous ángulos que se forman en P serán complementarios, de aí que os triángulos rectángulos que se determinan sobre a base sexan semellantes.

Se movemos o punto P ata a metade do segmento AB, teremos unha pequena e satisfactoria sorpresa.

$AB=PB=\frac{1}{2}$, PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

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

Resolvendo obtense $x=\frac{3}{8}$

Tal e como dixemos, os triángulos AHP e BFP son semellantes:

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$

$\frac{\frac{1}{2}}{y}=\frac{x}{\frac{1}{2}}$

$x\cdot y=\frac{1}{4}$

Substituíndo x polo seu valor e resolvendo, obtemos $y=\frac{2}{3}$

De aí, que dobrando o segmento y=AH pola metade obteñamos o valor desexado,  $\frac{1}{3}$

O que acabamos de facer é esencialmente o que se coñece como teorema de Haga e a dobrez que estamos usando é coñecida como a dobrez de Haga

Teorema de Haga. Se dobramos unha folla cadrada cunha dobrez de Haga, verifícase que $y=\frac{2a}{a+1}$

A súa demostración consiste en aplicar, paso por paso, o realizado no caso anterior.

PF=1-x. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo PBF:

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

De onde $x=\frac{1-a^{2}}{2}$

Pola semellanza dos triángulos AHP e BFP :

$\frac{AP}{y}=\frac{x}{PB}$, isto é $\frac{1-a}{y}=\frac{x}{a}$

$$x\cdot y=a\left ( 1-a \right )$$

Substituíndo polo valor obtido anteriormente $x=\frac{1-a^{2}}{2}$:

$$\frac{1-a^{2}}{2}y=a\left ( 1-a \right )\\\frac{y}{2}=\frac{a\left ( 1-a \right )}{1-a^{2}}=\frac{a\left ( 1-a \right )}{\left ( 1-a \right )\left ( 1+a \right )}=\frac{a}{1+a}$$

Se aplicamos teorema de Haga para o valor $a=\frac{1}{n}$ obteremos 

$$y=\frac{2\cdot \frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{2}{n+1}$$

De aí, que da mesma maneira que a partir do valor $\frac{1}{2}$ obtivemos $\frac{1}{3}$, por indución, poderemos obter todas as fraccións unitarias e polo tanto, tal e o como concluímos antes, todas as fraccións propias. A cuestión que xurde de forma natural é a de que se usando as técnicas da papirofleixa podemos ir máis alá dos racionais. Xa adianto que a resposta é afirmativa, pero desenvolvereina nunha próxima entrada.

Percorridos entre A e B

Nada máis simple que o que podemos ver nesta imaxe, un segmento entre dous puntos A e B. Nun principio parece que tan pouca cousa non pode dar para moito. Non é así.

Comecemos polo principio. No principio foi Euclides (III a.C.). Nos seus Elementos partía de 5 postulados. Recollo os seguintes aspectos e comentarios da edición feita pola USC, con tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez. O primeiro postulado era este:

[Postúlese] 1. Trazar unha liña recta dende un punto calquera ata un punto calquera

Precisamente nesa edición coméntase que isto implica a existencia de (polo menos) dous puntos. Tamén se resalta que, nun principio, non se pode trazar unha recta arbitraria a partir dun punto. A pesar do seu evidente éxito, no transcurso dos séculos Euclides había de ser criticado en moitos aspectos. Como xa teño comentado as críticas comezaban xa co primeiro postulado que establece a existencia dunha recta entre dous puntos calquera pero non se asegura a unicidade da mesma a pesar de que Euclides tamén dou isto por certo sen postulalo previamente. Decatémonos de que aínda non se estableceu que a liña poida ser infinita. Isto último será materia do segundo postulado:

[Postúlese] 2. E prolongar en liña recta de forma continua unha recta finita.

Este principio había de revelarse fundamental ao profundizar nos fundamentos da xeometría. Cando Giovanni Gerolamo Saccheri (1667-1733) quixo establecer a xeometría euclidiana como a única posible. Para este propósito elaborou dúas xeometrías alternativas nas que non se verificaba o polémico quinto postulado co obxectivo de chegar a unha contradición. Esas xeometrías serían posteriormente denominadas elíptica e hiperbólica. Na xeometría elíptica non tardaría en demostrar a finitude das rectas, a negación directa do segundo postulado, unha contradición evidente que era o que estaba buscando Saccheri. Despois creu obter unha "falsidade manifesta" dentro da xeometría hiperbólica pero foi unha saída en falso. 

Non quero insistir na axiomática da xeometría pois a este tema xa adicara un par de entradas (Axiomas de Euclides, Hilbert e Tarski.1 e Axiomas de Euclides, Hilbert e Tarski.2). O segmento AB é o esquema de moitos problemas das matemáticas escolares. Pensemos só en todos aqueles que teñen como protagonistas do seu enunciado un par de trens que parten de dous puntos A e B. Como non me quero meter nesta selva, inzada de problemas de todo tipo, voume centrar nun que recollo dun libro de título ben curioso. Dr. Euler's Fabulous Formula: Cures Many Mathematical Ills, de Paul J. Nahin. De seguido presento unha versión libre da cuestión

Un paxaro vai de A a B e despois volve de B a A a unha velocidade v. Como é habitual neste tipo de propostas v é constante e o cambio de sentido é maxicamente inmediato. Sexa d a distancia entre os puntos A e B e t=2d/v o tempo que tarda en facer o percorrido de ida e volta. Introduzamos agora unha dificultade. Imos supoñer que o traxecto faise en presenza dun vento dunha velocidade constante w. Tamén consideraremos que w<v. Cando o vento sopre no mesmo sentido do corredor as velocidades súmanse : v+w. Cando o vento vai en sentido contrario ao corredor as velocidades réstanse: v-w. A cuestión é se o tempo que se tarda en facer o percorrido é menor con vento ou sen el.

Seguindo a Paenza, o mellor que poderiamos facer agora sería pensar no problema, quizais pensar nalgúns valores particulares para explorar, quizais modificar algo as condicións, pensar en casos extremos, en axudarnos doutro paxaro que parta de B mentras o primeiro parte de A, elaborar unha estratexia de abordaxe e levala a cabo,... Conviña facer algo disto antes de seguir lendo.

Paxaro indo de A a B

As condicións do problema dan  a impresión de que a pregunta garda unha trampa pois non se ten en conta unha terceira posibilidade, que ademais parece a máis lóxica, a de que o paxaro tarde o mesmo tempo con vento e sen el. Sorprendentemente a resposta non é esta. Poñamos por caso que a velocidade do paxaro é de 10 km/h e que a distancia entre A e B é de 10 km. Neste caso o tempo empregado no traxecto de ida e volta é de 2 horas. Cun vento soprando a 2 km/h o tempo empregado será:

$$\frac{10}{12}+\frac{10}{8}=\frac{200}{96}=\frac{25}{12}>2$$

Se xeneralizamos veremos que o tempo do percorrido é maior con vento que sen el:

$$\frac{d}{v+w}+\frac{d}{v-w}=\frac{d\left ( v-w \right )+d\left ( v+w \right )}{\left ( v+w \right )\left ( v-w \right )}=\\= \frac{dv-dw+dv+dw}{v^{2}-w^{2}}=\frac{2dv}{v^{2}-w^{2}}=\frac{2dv/v^{2}}{\left (v ^{2} -w^{2}\right )/v^{2}}=\\=\frac{2d/v}{1-\left ( w/v \right )^{2}}=\frac{t}{1-\left ( w/v \right )^{2}}\geq t$$

O vento non ten por que soprar na dirección marcada polo segmento AB pois se o fai noutra dirección só nos interesará a proxección do vector que indica a velocidade do vento sobre AB. Isto lévanos a sospeitar que se facemos un percorrido co mesmo punto de inicio e fin, o resultado vaia ser o mesmo. A sospeita é acertada, e quen a queira ver desenvolta pode consultar o libro de Paul Nahin. Isto ten unha consecuencia práctica importante no mundo do atletismo. En presenza de ventos de certa intensidade non se recoñecen determinadas marcas deportivas. Polo que acabamos de contar, nas carreiras nas que se dá un número enteiro de voltas á pista as marcas veríanse sempre perxudicadas polo vento, en consecuencia neste tipo de probas non ten sendido anular as marcas obtidas en presenza de vento. Pode que este resultado lle interese ao compañeiro Paulo González Ogando, que acaba de publicar un libro titulado Matemáticas y deporte (Catarata 2022)

Só uns riscos nunha pedra

Unha das cousas que se aprenden nos primeiros curso da ESO é a relación entre as expresións fraccionarias e as decimais. Normalmente a expresión decimal será periódica. Os casos nos que o decimal é exacto son aqueles nos que a fracción ten un denominador da forma $2^{ m}\cdot5^{n}$. Consideremos este tipo de fracións, específicamente as máis simples, as de numerador 1. Isto é, calculemos os inversos dos números que teñan como factores só a 2 e a 5.

$$\frac{1}{2}=0'5\quad \frac{1}{4}=0'25 \quad \frac{1}{5}=0'2 \quad \frac{1}{8}=0'125\quad \frac{1}{10}=0'1$$

Decontado nos decatamos que os pares de recíprocos teñen como produto 10 ou unha potencia de 10. 

Se tivésemos unha base con máis divisores tamén teriamos unha colección de pares de inversos exactos moito maior. O certo é que a temos, ou que a tiña a antiga civilización mesopotámica. Lembremos que usaban un sistema de numeración no que usaban dous símbolos: o das unidades 𒑰=1 que podía agrupar ata un total de 9 elmentos para indicar as 9 primeiras cifras; as decenas representábanse con este outro símbolo 𒌋=10, que se podía agrupar ata un total de 5. Así 𒌍𒐜 indicaría o 38. A partir de 60 utilizaban un sistema posicional. O número 𒌋𒐘 𒌋𒌋𒐗 que nós escribiremos 14 23 representa no sistema decimal o número $14\cdot 60+23=823$. Outro exemplo, 𒐖 𒌋𒐖 𒐐𒐊 é en sexaxesimal o número 02 12 55, que traducido ao sistema decimal vén sendo $2\cdot 60^{2}+12\cdot 60+55=7975$.

Utilizando este mesmo tipo de escritura representábanse incluso números decimais en base 60 que nós escribiremos separando a parte enteira da decimal mediante o símbolo ";", aínda que nas tabelas babilónicas non se usaba ningún tipo de signo de separación. Así 𒐖𒑱𒑱 tanto podería representar 02 40, que é $2\cdot 60+40=160$ como 02;40 que sería $2+40\cdot \frac{1}{60}=2'\,66666...$. Os problemas de interpretación aumentan se temos presente que non tiñan símbolos para o cero. Polo tanto 𒐖𒑱𒑱  tamén podería interpretarse como 02 40 00 ou 00;02 40 ou incluso 02 00 40, ou 02; 00 40,... Non non debe estrañar toda esta ambigüidade. Teñamos presente que moitas das tabelas babilónicas non tiñan vontade de transmitir ningún tipo de mensaxe. Foron recuperadas dun contexto escolar onde primaba a oralidade. Nestas escolas normalmente había un recipiente con auga para poder borrar e reutilizar as tabelas de barro. 

Un escriba babilónico era quen de realizar as operacións aritméticas básicas: suma, resta produto e división. Para levar a cabo esta última multiplicaba polo inverso do divisor. Acháronse táboas con listas de inversos, o que dá a entender que se aprendían de memoria para facilitar os cálculos. Velaquí unha restra de inversos. Imitando aos babilonios evitamos os inversos que non dan valores finitos, isto é só amosamos os inversos daqueles números que son divisores de 60 ou dalgunha potencia de 60. 

Estritamente, os valores non son inversos xa que o produto de cada par non é a unidade, dá 60 (ou 01 00 en base sexaxesimal). Pero iso non é máis que unha cuestión de escala. Por exemplo, no caso do inverso do 24  bastaría con que considerásemos o 0;02 30 no canto de 02;30. O mesmo podemos facer co resto dos valores da táboa. (Un aviso adicional: todos os números que aparecen a partir de aquí están en base sexaxesimal)

As tarefas matemáticas non remataban neste punto. Un exercicio particularmente popular consistía en achar o inverso dalgún número non incluído nas táboas de inversos. Eleanor Robson, especialista en historia das matemáticas babilónicas, explica como debemos ler un destes exercicios, en concreto o dunha tabela do Museo Nacional de Iraq, IM 58446 procedente de Nippur e datada arredor do 1800 a.C. que podemos transcribir así: 

«2» indica que ese valor debe ser un erro. Os números escritos entre corchetes son engadidos do que se supón que debería haber en partes danadas ou perdidas da tabela. Como debemos interpretala? Pídese que calculemos o inverso de 17;46 40. Trátase de buscar unha cantidade que multiplicada por este valor nos dea como resultado 1 00. Imos abordar o problema mediante un razoamento de cortar e pegar, seguindo o procedemento habitual dos antigos escribas. Consideramos un rectángulo de área 1 00 con base 17; 46 40 polo que a altura é o inverso que nos piden

Os babilonios non usaban incógnitas

Para iso descompoñemos a base en dous segmentos, un de 17;40 e outro de 0;06 40. Como sabemos as táboas de inversos, tamén sabemos que 06 40 é o inverso de 9 . Así construímos un gnomon con dous rectángulos de área 1 00

Se multiplicamos 17; 40 ✕ 9 00 obtemos como resultado 2 39 00

En consecuencia o rectángulo completo ten unha área de 2 39 00 + 1 00 = 2 40 00

Polo tanto o rectángulo grande é 2 40 veces maior que o rectángulo orixinal (lembremos este que tiña área 1 00) e iso significa que 9 é 2 40 veces maior que x, o inverso buscado. Mirando na táboa de inversos vemos que o inverso de 2 40 é 0;22 30 así que x será o produto de 9 ✕ 0;22 30. O resultado é 3; 22 30. O problema está resolto. Pero os escolares babilónicos continuaban calculando o inverso do inverso, isto é agora volvían a aplicar o procedemento anterior para achar o inverso do 3; 22 30.

Primeiro multiplicamos por 2 para desfacernos do 30 final. Así 3; 22 30 ✕ 2 = 6; 45. Este valor non é un dos que teñamos un inverso coñecido, así que non nos queda outra que volver a aplicar o procedemento anterior. 

Partimos 6; 45 na súa parte enteira e na decimal 6; 45 = 6 + 0;45. O inverso de 0;45 si que o coñecemos, é 1 20. Formamos o que os xeómetras gregos chamaban "gnomon", unha área en forma de L.

Se agora multiplicamos 1 20 ✕ 6 = 8 e lle engadimos o rectángulo de 1 20 ✕ 0;45 = 1 00 obteremos un rectángulo de área 9 00.

A área total é 9 veces a do rectángulo superior polo que 1 20 é 9 veces o valor x buscado. Como o inverso de 9 é 6;40 sabemos que x = 1 20 ✕ 0;06 40 = 8;53 20. Lembremos que ao principio para librarnos das últimas cifras decimais de 3; 22 30, multiplicáramolo por 2, así que polo momento obtivemos o inverso do dobre. Para obter o inverso de 3; 22 30 teremos que multiplicar 8;53 20 ✕ 2 = 17; 46 40 que é a un tempo o inverso buscado e o número orixinal.

Tabela IM 58446
Recollida desta publicación

No transcurso desta entrada fun marcando en letra grosa os valores que aparecían na tabela IM 58446. Pódese comprobar que fomos percorrendo todos os que aparecen na reprodución desa tabela feita por Eleanor Robson ou na transcripción recollida máis arriba. En todo caso trátase dun titánico esforzo de tradución duns riscos feitos nun anaco de barro endurecido.

Case a modo de post scriptum este achegamento ás matemáticas babilónicas impresiona pola capacidade de manipulación do sistema sexaxesimal. Parece claro que xa no 1800 a.C. eran quen de pasar dun chanzo a outro de unidades numéricas sen ningunha dificultade e en calquera dirección. Isto implica que non tiñan problemas en tratar con cantidades decimais (aquí decimal significa non enteiro), o cal non pode deixar de sorprendernos porque unha vez esquecido o sistema de numeración  babilónico, ou polo menos abeirado ao uso das medidas angulares houbo que agardar ata que Simon Stevin (1548-1620) no seu De Thiende (1585) explicara os algoritmos para o cálculo coas fraccións decimais. Todo isto induce a considerar que a marabilla das matemáticas gregas, o piar sobre o que se asenta o coñecemento matemático occidental, foi tamén unha lousa que impuxo un moi restritivo concepto de número. É ben coñecido que os sistemas de numeración da Antiga Grecia eran aditivos, non posicionais, polo que a súa manipulación era máis pesada. Pero o máis destacable é a dicotomía entre a conceptualización dos números como entidades discretas fronte ás magnitudes xeométricas continuas.As primeiras cóntanse, as segundas mídense. Tan pronto como no V a.C. os pitagóricos observaron como se derribaba o seu universo construído baixo a máxima de "todo é número" coa constatación das magnitudes inconmensurables. A teoría das proporcións de Eudoxo salvou o problema e a un tempo afianzou a aposta pola xeometría dunhas matemáticas cultivadas pola clase ociosa e que desprezaban calquera aplicación práctica. Estes factores alonxaron máis aínda esta ciencia das medicións e do cálculo. Só o peso da historia permite explicar a tardanza europea en desenvolver os números decimais.

Escolma de problemas de Matemáticas na Raia

A raíz da última entrada estiven remexendo nos problemas propostos no concurso Matemáticas na Raia que organizan anualmente AGAPEMA e a APM desde o ano 2015. En cada edición propóñense 5 problemas que un grupo de alumnos de 3º da ESO (9º curso en Portugal) deben resolver durante 90 minutos. Dos 40 problemas propostos nas 8 edicións fixen unha escolla persoal que paso a compartir.

Para resolver este primeiro problema comecei a trazar segmentos sobre a imaxe para trazar unha liña de abordaxe ata que, de súpeto un aire de inspiración me trouxo de golpe a solución que presento aquí. Se queres intentar resolvelo por ti mesmo, non uses o esvarador!

2015. Problema 1. Circunferencia oprimida. Observade agora na figura seguinte a unha circunferencia "oprimida" e lede atentamente as súas lamentacións: "Son unha pobre circunferencia oprimida por 2 triángulos equiláteros. Son tanxentes a cada un dos lados do triángulo grande. E cada un dos tres vértices do triángulo máis pequeno atópase na miña circunferencia. Ás veces pregúntome cantos triángulos pequenos serían necesarios para igualar a superficie do triángulo grande. Que pensades vos Pensade e explicade o voso razoamento.

Quizais os rapaces que participaron na edición do 2016 quedaron algo despistados ao non ofrecérselle a altura dos botes de tomate. Pero a min foi outra cousa a que me chamou a atención. A ver se lle pasa o mesmo ao eventual lector desta entrada. Velaquí o enunciado:

2016. Problema 5. Fabricante de salsa de tomate listo.Un fabricante de salsa de tomate embala latas de 10 cm de diámetro en caixóns cadrados de 80 cm de lado. 

Como un estudo de mercado lle indicou que esas latas eran demasiado grandes, o fabricante decide cambialas por outras cilíndricas, como as anteriores e da mesma altura pero de 5 cm de diámetro. Para embalar as latas, o fabricante segue utilizando as mesmas caixas cadradas de 80 cm de lado, para aforrar cartos. 

A) As caixas que conteñen as novas latas pequenas, conterán máis ou menos salsa de tomate que cando estaban cheas de latas grandes? (Non se terá en conta o espesor das paredes das latas) 

B) E se as latas foran de 6 cm de diámetro. As caixas que conteñen as novas latas non tan pequenas, conterán máis ou menos salsa de tomate que cando estaban cheas de latas grandes?

 C) Cales deben ser as dimensións en valores enteiros do diámetro das latas, para que sempre usemos a mesma cantidade de salsa de tomate para encher as caixas?

Que? Nada estraño?

O problema está pensado para que se responda que podemos colocar 8×8=64 latas de 10 cm de diámetro ou 16×16=256 latas de 5 cm de diámetro para despois pasar a facer un traballo cos divisores de 80. Pero...non collerán máis latas dentro da caixa? Pénsao antes de facer scroll.

O certo é que si. Neste portal que recompilaba os mellores empaquetamentos de círculos no cadrado unidade, indica como se poden colocar 68 círculos de 10 cm e 280 círculos de 5 cm dentro do cadrado de 80×80.

Efectivamente, sen pretendelo fomos bater cun problema realmente difícil, tanto que aínda non ten solución. No libro Unsolved problems in geometry preséntase a cuestión de dúas formas distintas pois o problema do empaquetamento de círculos nun cadrado é equivalente ao do espallamento de puntos nun cadrado. Neste segundo caso trataríase de colocar n puntos nun cadrado unitario de forma que a menor distancia entre eles sexa máxima. Se unha colección de n puntos están a polo menos unha distancia d, eses puntos poden servir como centros de círculos de raio d para empaquetar n círculos nun cadrado de lado 1+d. Velaquí unha ilustración deste feito para o caso n=5.

A distancia d=$\frac{\sqrt2}{2}$

Como efecto colateral vou deixar proposto o seguinte problema:

Problema colateral. Determinar a máxima distancia á que se poden colocar tres puntos sobre o cadrado unidade

Na seguinte proposta explícase como calcular os arranxos de 5 elementos tomados de 4 en 4. Faise para calcular todas as posibles matrículas de catro cifras impares diferentes. O sorprendente é a pregunta. A pesar de ser un resultado de matemáticas elementais, nunca reparara nel.

2018. Problema 4. Matrículas dos automóbiles. Adriano interesábase polos números das matrículas dos automóbiles do seu país, máis concretamente por todos aqueles compostos por catro cifras impares todas diferentes, por exemplo, 3175. Adriano calculou a cantidade de tales números. En efecto, como existen cinco cifras impares 9, 7, 5, 3, e 1, existen cinco formas diferentes de escoller a cifra da dereita, catro formas de escoller a seguinte para que sexa diferente da anterior, tres para escoller a terceira e dúas para escoller a cuarta. Total: 5 x 4 x 3 x 2 = 120. Con todo, Adriano non chegou a calcular a suma destes 120 números. Non obstante, é posible facer este cálculo directamente. Como? Xustificade a vosa resposta

Na última proposta volvín a decidirme por non engadir a imaxe que ofrecían na edición de Matemáticas na Raia. Aquí ofrezo unha que dá máis pistas: que nos indican os puntos vermellos? 

Nesta ocasión esperaba que preguntaran por un punto dos eixos ou da diagonal do primeiro cuadrante como os que aparecen na ilustración. Non é o caso, así que supoño que isto despistaría a moitos dos que o abordaron. Cousas de que o ano 2018 non fose nin un cadrado, nin unha unidade menor que un cadrado, nin tan siquera a suma dun cadrado e a súa raíz. Un ano ben anódino para poñer problemas.

2018. Problema 5. Un robot circula por un plano coordenado da forma que marca o debuxo. 

Así, despois de chegar ao punto (7,0), avanzará unha unidade en horizontal ata o punto (8,0), logo subirá en vertical 8 unidades ata o punto (8,8) e retrocederá en horizontal oito unidades ata o punto (0,8), e así sucesivamente. 

Se cada unidade do plano mide 1 centímetro, en que coordenadas se atopará cando leve percorridos exactamente 2018 centímetros?

Outra vez, imaxe con axuda

Matemáticas na Raia 2022 desde o meu outeiro

Este ano por diversas circunstancias non apuntei ao alumnado de 3º ESO do IES Antón Losada ao certame de Matemáticas na Raia organizado por AGAPEMA e a APM. Así que seguín o concurso desde o meu outeiro, sen mollarme, mais sen desfrutar da súa caloriña.

Vou deixar por aquí os tres últimos problemas da edición deste ano.

3. A ferradura. Na construción dunha mesquita, coma noutras construcións árabes, empregouse moito o arco de ferradura. A súa forma está baseada no círculo, aínda que non chega a ser completo, pero si supera o semicírculo. 

O arco de feradura da figura está construído de forma que o segmento AB mide 1 metro, igual que o raio do círculo interior, e a altura das columnas que os sustentan é de 2 metros. Cal é a área da zona sombreada correspondente ao oco do arco máis o ocos entre as columnas?

No orixinal non aparecía a axuda da dereita

Como no seguinte problema aparece un triángulo de números, seguro que nos vén á cabeza un relampo do triángulo de Pascal. Claro que o alumnado de 3º da ESO non ten aínda esa referencia. De todas formas o triángulo de Pascal non ten nada que ver con este problema. Trátase dun bo exercicio de xeneralización. Non descarto usalo o vindeiro curso ao traballar o tema de progresións.

4. Camiños. O triángulo de números

Un camiño 1-2-3-4-5-6 é unha liña quebrada formada por segmentos horizontais e vertricais que pasan polos números 1, 2, 3, 4, 5, 6.

a) Cantos camiños 1-2-3-4-5-6 hai?

b) Se prolongamos ese triángulo de números da forma en que está contruído ata 20 filas, cantos camiños 1-2-3-4-...-20 hai?

c) Se procedemos desta maneira ata "n" filas, cantos camiños 1-2-3-4-...-n hai?

A miña experiencia dime que o último dos problema propostos debeu ser o que máis dificultades e bloqueos lles debeu producir aos participantes no concurso deste ano. Así tamén foi o caso do certame de Matemáticas na Raia do 2020. Daquela puidera comprobar que nin os meus alumnos nin os do IES que fóra vixiar eran quen de atacar outro problema de lóxica que se propuxera aquel ano (se seguides a ligazón iredes a unha entrada deste blogue publicada o "día do papel hixiénico", é dicir, o día en que comezou o confinamento)

5. Tarxetas lóxicas. Cantas frases falsas hai en cada tarxeta?

Tarxeta 1:

A. Nesta tarxeta, hai exactamente unha frase falsa       

B. Nesta tarxeta, hai exactamente dúas frases falsas.

C. Nesta tarxeta, hai exactamente tres frases falsas.

D. Nesta tarxeta, hai exactamente catro frases falsas.

E. Nesta tarxeta, hai exactamente cinco frases falsas.

F. Nesta tarxeta, hai exactamente seis frases falsas.

Tarxeta 2:

A. Nesta tarxeta, ningunha frase é falsa.

B. Nesta tarxeta, polo menos unha frase é falsa.

C. Nesta tarxeta, polo menos dúas frases son falsas.

D. Nesta tarxeta, polo menos tres frases son falsas.

E. Nesta tarxeta, polo menos catro frases son falsas.

F. Nesta tarxeta, todas as frases son falsas.