Retallos do 2022

A primeira entrada de toda a historia deste blogue, II Día da Ciencia en Galego: María Wonenburger, nin tan siquera é deste blogue. Efectivamente, é da Carta Xeométrica, o único que tiña ao principio pero que acabou sendo de normalización lingüística. Co tempo recollín as entradas relacionadas coas matemáticas para incluílas noutro blogue no que pretendía colocar anotacións de carácter matemático. Estou, agora si, falando deste blogue. 

Por estas circunstancias non sei cal é a data de apertura destes Retallos, asi que se quero repasar a súa traxectoria, quizais a mellor época sexa co cambio de ano. 

O meu propósito é publicar un par de entradas por mes. A razón é simple: non me vexo con capacidade para que o número sexa maior. Con todo, a distribución do 2022 foi irregular. Hai un mes, o de agosto, con só unha entrada, porén o de novembro tivo catro, aínda que, como veremos, con pouco éxito. Non hai ningunha razón para esta distribución, simplemente, saiume así. Nunca publico algo co que non me preste. Basta comentar que por cada publicación deste blogue teño un borrador con anotacións que nunca desenvolvín. De aí que, se ao final houbo durante todo o ano un total de 24 entradas é máis unha casualidade que un acto premeditado.

 A influencia de Vidal Abascal, foi a de máis éxito (172 visualizacións), mais tamén foi a que máis traballo ten detrás. Neste caso coincidiron varias circunstancias para que saíse á luz. Tiña recollidas algunhas notas sobre Vidal Abascal e había pouco que a USC tivera a feliz idea de publicar a lección inaugural do curso 1973-74 do matemático lalinense. Con todo, o desorde das notas era tal que se non chega a ser porque caín enfermo da COVID-19 e tiven unha semana de baixa, boa saúde, aillamento e unha perspectiva de moitas horas sen nada produtivo que facer,  todos eses retallos seguirían desordenados agardando unha oportunidade. Agora ben, o traballada que estea unha publicación non ten unha relación directa co número de visualizacións. Só uns riscos nunha pedra. é unha entrada na que poucos repararon pero con moito tempo gastado en lecturas, rascuños e revisións.

A segunda na lista é Uns Bocados que abren o apetito, estaba adicada á publicación do libro Bocados matemáticos (Xerais 2021), de Paulo González Ogando. Curiosamente estas dúas entradas que encabezan a lista das máis visitadas son as que menos escritura estritamente matemática teñen. Quizais isto faga máis plausible a idea de que as matemáticas son "iso que non se entende".

O problema que me ocupou máis folios de versións ata a súa fasquía final foi o denominado Tíralle da corda, que aparece en Intuición esganada cunha corda.

Esta revisión tráeme algúns recordos persoais. Por exemplo, lembro que escapei dun castigador sol de verán a refuxiarme na escasa sombra dun pino para ler Os enigmas de Canterbury, de Henry Dudeney. Esta fuxida estival daría lugar a tres entradas: O enigma do mercader, Tres enigmas de Dudeney e Un cadrado sen adubos. As entradas anteriores a estas son algo incompatible comigo xa que tratan de papiroflexia. Eu son un desastre coas manualidades e sempre fuxín de todas as comunicacións nos cursos e congresos que tiñan que ver coa arte de dobrar papeis. Con todo, un comentario sobre os números construíbles mediante as técnicas de origami despertoume a curiosidade, de aí Dobrando un papel. Os racionais e Dobrando papel. Dobrando o cubo. Iso si, xuro que non dobrei ningún papel para elaborar estas entradas.

Non é habitual que se repita unha imaxe, pero este foi o caso das publicacións do mes de novembro. A imaxe é a seguinte:

E o certo é que todo o que escribín ese mes trataba sobre o mesmo, pero desde puntos de vista distintos: Catro resultados elegantes, Tres cadrados, moitas solucións.1, Tres cadrados, moitas solucións, 2 e Un resultado sobre arcocotanxente

Finalmente fago un par de listas. Unha primeira coas 9 entradas máis vistas (de máis a menos)

1. A influencia de Vidal Abascal
2. Uns Bocados que abren o apetito
3. Mate-glifos, un libro para recomendar (é do 2019, pero tivo moitas visitas este ano pasado)
4. Escolma de problemas de Matemáticas na Raia
5. Continúa a liña de Sid Sackson
6. Tres cadrados, moitas solucións.1
7. Un pequeno problema de optimización
8. Intuición esganada cunha corda
9. Un problema de Kiív

Unha segunda lista coas tres entradas de menos éxito do 2022, publicadas todas no mes de novembro (de máis a menos) 

1. Tres cadrados, moitas solucións, 2
2. Un resultado sobre acocotanxentes
3. Catro resultados elegantes

Adenda

Unha mención aparte para o portal web do mesmo nome que este blogue: Retallos de matemáticas (web)  que seguín mantendo durante todo este ano. 

Catro problemas aritméticos

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

A finais do 2019 espallábase unha nova bastante peculiar sobre a resolución da ecuación cadrática. Por ter a súa orixe nos EEUU alcanzou unha gran difusión e debeu chegar a todo aquel que tiña que ver coas matemáticas, especialmente co ensino das matemáticas. Anunciábase como "un novo método para abordar a resolución das ecuacións cuadráticas" no que se evita o doloroso esforzo de memorización da fórmula. O máis sorprendente era que ese inédito método, que podía entender calquer escolar, foi ignorado durante 4000 anos. Como se pode ver, a cousa non tiña traza. O peor de todo é que houbo quen lle fixo caso. Con 8000 millóns de persoas paseando polo planeta non é de estrañar que haxa unha boa manchea de crédulos.

Cómpre moita fachenda para realizar esas afirmacións. A miña impresión era que se trataba dun proxecto puramente crematístico. Se hoxe imos á páxina do presunto descubridor poderemos inscribirnos nunha chea de cursos on-line de matemáticas por un prezo duns 399$ cada un. A educación para quen a poida pagar. Unha bonita materialización da competencia emprendedora (da LOMCE ou da LOMLOE, tanto me ten). Tamén é un excelente exemplo de como contribuír a edificar unha educación discriminatoria. 

Sobre o contido da publicación que prometía evitar a fórmula da ecuación cuadrática, pouco se pode dicir. Calquera que teña un mínimo de experiencia docente sabe que o que menos importa é a fórmula. É mentira que esta sexa un impedimento para a aprendizaxe. Incluso aqueles alumnos con máis dificultades acábana aprendendo sen ningún doloroso esforzo de memorización. Basta con facer unha boa colección de exercicios na que a teñan que aplicar. Usar o algoritmo argallado por Po-Shen Loh, que así se chama o autor desta argallada, non melloraría as cousas. O que si é importante é enfrontar ao alumnado a diversos achegamentos a este tópico. Convén que recoñezan como usar as identidades notables para resolver algunhas ecuacións cuadráticas. Tamén é importante que aprendan a estudalas sistemáticamente. Por exemplo deben recoñecer a relación entre o discriminante e o número de solucións reais así como as fórmulas de Viète que relacionan os coeficientes da ecuación coa suma e o produto das solucións. Convén que saiban manipular este tipo de expresións para que o coeficiente de $x^{2}$ sexa a unidade. Teñen que comprender a relación entre as solucións e os polinomios irreducibles que descompoñen a expresión alxébrica. Cómpre que interioricen a relación entre os coeficientes e a gráfica da parábola asociada e que identifiquen os puntos de corte do eixo de abscisas como as solucións da ecuación. Deberían discernir o eixo de simetría desa parábola, o vértice da mesma e saber a súa relación tanto cos coeficientes como coas solucións da ecuación. É unicamente sobre este aspecto sobre o que se centra o artigo de Po-Shen Loh, claro que el non fai referencia ningunha ás parábolas pois xoga todo no campo alxébrico e só se centra na dedución da maldita fórmula, como se o estudo das ecuacións cuadráticas se limitara a iso. Pola contra, critica o métido de completar o cadrado por ser máis incómodo e menos directo. Resulta que o que se vende como novo tamén ten o defecto de ser máis incómodo e menos directo... que a fórmula.

Vexamos e comparemos ese *novo método co arcaico de completar o cadrado

Un *novo método

Partimos da ecuación xeral de segundo grao:   $ax^{2}+bx+c=0$

Sabemos que se dividimos por $a$ obteremos unha expresión na que o coeficiente de $x^2$ pasará a ser a unidade: $$x^{2}+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0$$

Por outra banda, se $x_{1}$ e $x_{2}$ son as solucións, poderemos descompoñer a anterior expresión nun produto:

$$x^{2}+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=\left ( x-x_{1} \right )\left ( x-x_{2} \right )=x^{2}-\left (x_{1} +x_{2}\right )x+\left ( x_{1} x_{2}\right )=x^{2}-Sx+P$$

Disto podemos concluir que buscar as solucións é equivalente a pescudar dous números que sumen $S=-\frac{b}{a}$ e que teñan como produto $P=\frac{c}{a}$. Agora ben, dous números que sumen $S$ deben ter media $\frac{S}{2}$, de aí que serán da forma $\frac{S}{2}\pm z$ e o seu produto será:

$$\left (\frac{S}{2} +z \right )\left ( \frac{S}{2} -z\right )=\left (  \frac{S}{2}\right )^{2}-z^{2}=P$$

Despexando $z$

$$z= \sqrt{\left ( \frac{S}{2} \right )^{2}-P}$$

Unha vez calculado $z$ xa temos as dúas solucións:

$$x=\frac{S}{2}\pm z=\frac{S}{2}\pm \sqrt{\left ( \frac{S}{2} \right )^{2}-P}$$

Aínda que noutra orde e con outra presentación todas estas cousas téñoas contado ducias de veces na aula. U-la a novidade?

O método de completar o cadrado

Agora si que vou compartir algo que presento na clase desta maneira, normalmente en 3º da ESO. 

Al-Jwarizmi (IX) foi un matemático que traballou na Casa da Sabiduría, un centro de estudos en Bagdad, único no mundo nesta época. É o autor do libro Al-Kitāb al-mukhtaṣar fī ḥisāb al-jabr wa-l-muqābala. Tal é a súa importancia que o vocablo al-jabr é o que lle dá nome a unha enorme rama das matemáticas: a álxebra. 

Vexamos como Al-Jwarizmi nos explica a resolución das ecuacións de segundo grao. Debemos ter en conta que daquela aínda non se desenvolvera a notación que usamos actualmente, polo que tiña  que presentar todas as ecuacións en forma literal. Ademais nunca usaba números negativos; pensemos que ata finais do século XIX non se aceptan plenamente. Por exemplo, cando presenta a ecuación $x^{2}+10x-39=0$ prefire facelo na forma $x^{2}+10x=39$, con todos os valores positivos. Claro que Al-Jwarizmi escribe no seu lugar algo así como " un cadrado máis dez raíces é igual a trinta e nove". O orixinal da súa visión é que imaxina esta ecuación en forma xeométrica. Algo semellante a isto:

Agora cortamos o rectángulo pola metade, tal e como está indicado. Pegamos eses dous anacos ao cadrado, obtendo a seguinte figura en forma de L invertido e de área 39.

Finalmente completamos a figura construíndo un cadrado. Para iso temos que engadir un cadrado 5x5, de área 25. De aí que a área do cadrado grande sexa $x^{2}+10x+25=39+25=64$

Entón o lado do cadrado grande será $8=x+5$. De aí que $x=3$

As vantaxes desta representación son a súa contextualización histórica e a relación que se establece entre a álxebra e a xeometría. A primeira delas amósanos unha ciencia en construción fronte a un resultado aparentemente caído do ceo. Achéganos así un saber máis próximo e humano. Tamén se identifican algunhas debilidades que se irían superando con tempo e esforzo como a inexistencia dunha notación matemática ou a incapacidade para traballar con números negativos. A segunda das vantaxes é unha conexión da que non podemos prescindir nin na práctica das matemáticas nin no seu ensino, a de poder abordar un problema desde mundos aparentemente distintos, neste caso o xeométrico e o alxébrico. 

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

Agora si, despois dos parágrafos anteriores que non contiñan ningunha novidade, por fin vou presentar o motivo para elaborar esta entrada. Trátase dun problema tan anódino coma o seguinte:

Problema. Resolve $\sqrt{x+5}=5-x^{2}$

Non parece nada apaixonante. Un coma tantos deses exercicios que se propoñen para practicar a resolución de ecuacións irracionais. "Nada que me poida chamar a atención", pensei e equivoqueime. 

A resolución que propoñen no libro La matemática elegante (URSS 2007) é encantadora. Comeza, como é de esperar, elevando ambos membros ao cadrado: 

$$x+5=5^{2}-2\cdot 5x^{2}+x^{4}\quad\quad [1]$$

O habitual é que continuemos operando e simplificando a expresión ata obter unha ecuación polinomial de grao 4:

$$x^{4}-10x^{2}-x+20=0$$

Pero esta ecuación non ten raíces enteiras, nin tan siquera racionais. De aí que pensemos que debemos intentar botar man dalgún método que nos aproxime algunha delas... ou, e aquí está a novidade, escribir a expresión [1] deste outro xeito:

$$5^2-\left ( 2x^{2}+1 \right )5+\left ( x^{4}-x \right )=0$$

Para aplicarlle a maldita fórmula a esta forma cuadrática en función do $5$, no canto de facelo en función de $x$!:

$$5=\frac{2x^{2}+1\pm \sqrt{\left ( 2x^{2} +1\right )^{2}-4\left ( x^{4}-4x \right )}}{2}=\frac{2x^{2}+1\pm \left ( 2x+1 \right )}{2}$$

Que dá lugar a un par de ecuacións de segundo grao, agora en $x$;

$$10=2x^{2}+1\pm \left ( 2x+1 \right )$$

Se escollemos o signo positivo obtemos a ecuación $$2x^{2}+2x-8=0\\x^{2}+x-4=0$$

Que ten como solucións $$x=\frac{-1\pm \sqrt{17}}{2}$$

Para o signo negativo obremos a ecuación $$2x^{2}-2x-10=0\\x^{2}-x-5=0$$

Que ten como solucións $$x=\frac{1\pm \sqrt{21}}{2}$$

Un resultado sobre arcocotanxentes

Non imos dar un resultado sobre arcotanxentes, vai ser sobre arcoCOtanxentes. Se liches mal e pensabas que trataría sobre as insulsas arcotanxentes, podes abandonar este artigo.

As dúas anteriores entradas deste blogue ([1] e [2]) estiveron adicadas ofrecer solucións do seguinte problema recollido do libro Circo Matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner:

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

A última de todas elas facía uso dun concepto matemático moi en desuso, o arcocotanxente. En concreto utilizaba a seguinte fórmula: $$arccot1+arccot2+arccot3=90$$

A definición das razóns trigonométricas seno, coseno e tanxente é moi clara. O mesmo podemos dicir das correspondentes razóns inversas cosecante, secante e cotanxente. De aí que as súas funcións inversas sexan, nun principio, conceptos da mesma dificultade: arcoseno, arcocoseno, arcotanxente, arcocosecante, arcosecante e arcocotanxente. Porén, como as razóns inversas só son iso, razóns inversas, apenas ten sentido o traballo coas mesmas. Isto leva que que as funcións inversas das razóns inversas fiquen marxinadas. Pero remexendo no problema dos tres cadrados achei un resultado no que si resulta natural o uso do arcocotanxente. Ademais o resultado realmente fermoso.

Vou reproducir un artigo de Charles W. Trigg aparecido no ano 1973 na revista The Fibonacci Quaterly porque, efectivamente, o resultado sobre arcocotanxentes é un resultado sobre a sucesión de Fibonacci. 

Para comezar temos que recordar unha propiedade moi coñecida polos afeccionados a esta sucesión, a identidade de Cassini. 

Identidade de Cassini. $F_{k+1}F_{k}-F_{k}^{2}=\left ( -1 \right )^{k}$

Non é complicado atopar na rede algunha dedución desta fórmula, como a seguinte, debida a Donald Knut:$$F_{k+1}F_{k-1}-F_{k}^{2}=det\begin{pmatrix} 1 &1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k}=\left (det\begin{pmatrix} 1 &1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \right )^{k}=\left ( -1 \right )^{k}$$

Para $k=2n+1$ a identidade de Cassini será: $$F_{2n+2}F_{2n}-F_{2n+1}^{2}=-1$$ Cambiando de signo obtemos outra fórmula $$F_{2n+1}^{2}-F_{2n+2}F_{2n}=1$$

Que usaremos para calcular a seguinte expresión:$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n+3}=F_{2n+1}\left ( F_{2n+1}+F_{2n} \right )-F_{2n}\left ( F_{2n+2}+F_{2n+1} \right )=$$ $$=F_{2n+1}^{2}+F_{2n+1}F_{2n}-F_{2n}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n-1}=F_{2n+1}^{2}-F_{2n}F_{2n-1}=1$$
Temos pois que:$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n+3}=1$$

Aplicando a propiedade fundamental de formación da sucesión de Fibonacci a $F_{2n+3}$ ($F_{2n+3}=F_{2n+2}+F_{2n+1}$ ) e sumando $F_{2n}^{2}$:

$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}\left ( F_{2n+2} +F_{2n+1}\right )+F_{2n}^{2}=F_{2n}^{2}+1\\ \left ( F_{2n+1}-F_{2n} \right )\left ( F_{2n+2} -F_{2n}\right )=F_{2n}^{2}+1$$ Consideremos o seguinte esquema no que o punto $Q$ está a unha distancia $F_{2n}$ de $N$. $R$ dista $F_{2n+1}$ unidades de $N$ e $R$ dista $F_{2n+2}$ de $N$. Aplicando a última fórmula deducida:

$$\frac{QP}{MP}=\frac{F_{2n+1}-F_{2n}}{\sqrt{F_{2n}^{2}+1}}=\frac{\sqrt{F_{2n}^{2}+1}}{F_{2n+2}-F_{2n}}=\frac{MP}{RP}$$

Onde calculamos MP aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo rectángulo $MNP$

Os triángulos $RPM$ e $QPN$ son semellantes xa que os lados que determinan o ángulo en $P$ son proporcionais. Entón o ángulo coloreado no vértice M, $ \angle QMP=\gamma $ e, como xa temos visto anteriormente, isto significa que $\alpha=\beta+\gamma$, ou

$$arccotF_{2n}=arccotF_{2n+1}+arccotF_{2n+2}$$

Lembremos a sucesión: $$\begin{matrix} F_{0} &F_{1} & F_{2} &F_{3} & F_{4} & F_{5} &F_{6} & F_{7} &F_{8}... \\ 0& 1& 1 & 2&3 &5 &8 &13 & 21... \end{matrix}$$

De aí que poidamos facer un desenvolvemento telescópico da seguinte suma:

$$arccot1=arccot2+arccot3=arccot2+arccot5+arccot8=....=\sum_{i=1}^{\infty }arccotF_{2i+1}$$

Tres cadrados, moitas solucións.2

Na anterior entrada presentaba este problema que aparecía no libro Circo matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Alí xa indicaba  que $\alpha=45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha+\beta+\gamma=90$. Tamén daba cinco solucións ao mesmo. Continuamos (e rematamos) a serie de solucións

6. Sen palabras

Quizais esta sexa a demostración máis simple

7. Números complexos

Despois da demostración máis simple, a máis complexa.

Os ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os argumentos dos números complexos $1+i$, $2+i$ e $3+i$:

$$1+ \ i=r_{1}e^{\alpha }\\1+2i=r_{2}e^{\beta }\\1+3i=r_{3}e^{\gamma }$$

$$\left ( 1+i \right )\left ( 1+2i \right )\left ( 1+3i \right )=r_{1}r_{2}r_{3}e^{\alpha+\beta +\gamma}$$

$$\alpha +\beta +\gamma =arg\left [ \left ( 1+i \right ) \left ( 2+i \right )\left ( 3+i \right )\right ]=arg\left ( 10i \right )=90$$

8. Ángulo inscrito

Tanto este resultado como o seguinte recollinos dese país das marabillas que é Cut the Knot. Como se verá, dúas pedras preciosas.

Por construción o ángulo ∠QTR é igual ao ángulo ∠RPS.

∠RPS é un ángulo inscrito na circunferencia que abrangue o mesmo arco que ∠RQS, polo que son iguais. Xa na solución 5 a este mesmo problema vimos que $\alpha$ é a suma de $\beta$ e $\gamma$ por ser exterior ao triángulo QRS.

9. Circunferencia inscrita nun cadrado

Isto é unha adaptación de Cut of de Knot

Sobre unha circunferencia de raio 5 trazamos todos os segmentos que se poden ver na imaxe. Consideremos o triángulo isóscele de ángulos $2\gamma$, $\theta$ e $\theta$. Como a súa suma é de 180º debe verificarse que $\theta=90-\gamma$. De aí que as denominacións dos ángulos $\gamma$, $2\gamma$, $\beta$ e $2\beta$ sexan coherentes. Nótese que continuamos coa mesma denominación para $\gamma$ e $\beta$ que nos apartados anteriores.

Como $2\gamma+2\beta=90$ tamén se verifica a igualdade que buscamos: $\gamma+2\beta=45$

10. As arcotanxentes

Foi esta solución a que me moveu a escribir estas entradas no blogue. Nalgunha outra ocasión xa presentara esta atractiva fórmula ([1], [2])protagonizada por arcotanxentes, de apariencia completamente inútil. 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

Está claro que $arctan1=90-\alpha$, $arctan2=90-\beta$ e que $arctan3=90-\gamma$ de aí que

$$90-\alpha+90-\beta+90.\gamma=180 \Rightarrow \alpha=90-\alpha=\beta+\gamma$$

11, As arcocotanxentes

Teño que confesar que esta solución é esencialmente igual á anterior, pero apetecíame introducir un este termo practicamente desaparecido da linguaxe matemática: arcocotanxente. Veremos que non é a derradeira vez que o utilice pois a iso estará adicada a seguinte entrada deste blogue.

$\alpha=arctan\left ( a \right ) \Rightarrow 90-\alpha=arccot\left (  a \right )$ polo tanto $arctan\left (a  \right )=90-arccot\left (   a\right )$

Recollo outra vez a atractiva fórmula do apartado anterior 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

E escríboa en función de arcocotanxentes para obter unha nova e non menos atractiva fórmula:

$$\left (\Rightarrow  90-arccot1 \right )+\left (\Rightarrow 90-arccot2  \right )+\left (\Rightarrow  90-arccot3 \right )=180\\arccot1+arccot2+arccot3=90$$

Pero resulta que $arcotan1=\alpha$, $arcotan2=\beta$ e $arcotan3=\gamma$, o que significa que $\alpha+\beta+\gamma=90$, que era o que queriamos demostrar.

Tres cadrados, moitas solucións.1

Martin Gardner, no seu libro Circo matemático (Alianza Editorial) preséntanos o seguinte problema que lle chegou por carta indicando que llo propuxeran ao remitente en 5º de Primaria nunha escola de Moscú.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Gardner non se limita a ofrecernos o problema e a súa solución, senón que ofrece referencias interesantes e cargadas de información sobre todo o que escribe. Entre elas comenta que nun artigo da revista Journal of Recreational Mathematics chegaron a recompilarse 54 solucións deste problema. Non sei cales eran esas solucións. Con todo vou intentar ofrecer unha pequena colección delas, algunha realmente sorprendente. Invito ao eventual lector que intente abordar o problema antes de ir directamente ao listado de solucións pois estamos diante dunha cuestión que nos ofrece moitas vantaxes. É simple, facilmente tratable e permite que enchamos páxinas de debuxos bos de trazas.

Antes de nada, unha pequena anotación. Está claro que $\alpha=45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha+\beta+\gamma=90$

1. Solución trigonométrica

Martin Gardner pedía que se resolvese o problema usando só xeometría moi elemental, sen facer uso da trigonometría. Eu non lle fixen caso pois a primeira solución que me veu á cabeza foi a seguinte.

$$tan\left ( \beta +\gamma  \right )=\frac{tan\beta +tan\gamma }{1-tan\beta \cdot tan\gamma }=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}=1=tan\alpha $$

Como os tres ángulos son agudos tamén se verificará que $\alpha=\beta+\gamma$

Aquí aplicouse a fórmula da tanxente dunha suma. Unha alternativa sería usar a do seno ou a do coseno dunha suma. Así teriamos outras dúas novas solucións.

2. Solución de Gardner.

$\beta'=\beta$ por seren ángulos homólogos de triángulos semellantes. A suma $\beta'+\gamma$   é 45, a medida do ángulo $\alpha$

3. Un triángulo isóscele

Construíndo un triángulo isóscele podemos ver inmediatamente que $\alpha+\beta+\gamma=90$

4. Un xiro

Se xiramos o esquema inicial un ángulo $\beta'=|beta$ no sentido antihorario arredor do vértice superior O, podemos observar nese vértice como os tres ángulos suman 90

5. Ángulo exterior dun triángulo

O triángulo OPS é semellante a OTU. É evidente que $\gamma=\gamma'$

$\alpha$ é o ángulo exterior do triángulo OQR, de aí que $\alpha=\beta+\gamma'=\beta+\gamma$

Como esta entrada xa está resultando o suficientemente longa, vou deixar para outra as solucións que me pareceron máis atractivas.

Catro resultados elegantes

Noutra ocasión troxéramos por este espazo unha fórmula que non dubidaría en cualificar de elegante:

Resultado 1. $arctan1+arctan2+arctan3=180$

A súa demostración déixanos sen palabras:

Este resultado pode promovernos unha atractiva sospeita. Como os ángulos suman 180º, quizais tamén se verifique que

Resultado 2. Existe un triángulo con ángulos que teñen tanxentes 1, 2 e 3

Bastará con amosalo

E quizais engadir unha pequena aclaración: $$tan\beta =tan\left ( \alpha '+\gamma ' \right )=\frac{tan\alpha '+tan\gamma '}{1-tan\alpha 'tan\gamma '}=\frac{1+\frac{1}{3}}{1-1\cdot \frac{1}{3}}=2$$

Como veremos, este xentil triángulo non é un triángulo máis. Ten un rasgo distintivo que destacaron nun enunciado dun problema da LXV Olimpíada Matemática de Moscú no 2002. Recollémolo do libro La matemática elegante (URSS 2005) nesta versión:

Resultado 3. Se as tanxentes dos ángulos dun triángulo son números naturais, entón serán iguais a 1, 2 e 3.

Xa sabemos que esta afirmación ten sentido porque acabamos de ver un triángulo con ángulos de tanxentes 1, 2 e 3. Quédanos por verificar a súa unicidade. Partiremos de que as tanxentes dos ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os números naturais $a$, $b$ e $c$. Como $180-\gamma=\alpha+\beta$

$$tan\left ( 180-\gamma  \right )=tan\left ( \alpha +\beta  \right )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha \cdot tan\beta }=\frac{a+b}{1-ab}=-c$$

De aí que $a+b+c=abc$

Curiosamente o resultado 3, de apariencia estritamente trigonométrica, é equivalente ao seguinte, eminentemente aritmético:

Resultado 4. Se a suma de tres naturais coincide co seu produto, serán o 1, o 2 e o 3.

Sen perda de xeneralidade consideremos que $a\leq b\leq c$

Se $a=1$: $1+b+c=bc$

$1+b=bc-c=c\left (  b-1\right ) \Rightarrow c\mid \left ( b+1 \right )$ como $c\geqslant b$ necesariamente $c=b+1$. Daquela $b-1=1$, polo que $b=2$ e $c=3$.

Consideremos agora o caso de que $a\geqslant 2$. Entón $b\geqslant 2$ 

Como $a+b+c\geqslant abc\geqslant 4c$ temos que $a+b\geqslant 3c$

Como $c+c\geqslant a+b\geqslant 3c$ temos que $2c\geqslant 3c$ entón $1\geqslant c$, o que é imposible pois $c\geqslant a\geqslant 2$. 

Xa que logo concluímos que só hai unha posibilidade, a de que $a=1$, $b=2$ e $c=3$.