Un problema que deu lugar a un libro

Cando Leonardo  de Pisa (1170-1240) visita nesta cidade a corte de Federico II, emperador do Sacro Imperio, un tradutor chamado Xoán de Palermo (1221-1240) propúxolle o seguinte problema: 

Problema de Xoán de Palermo. Achar un cadrado perfecto tal que, se lle sumamos ou restamos 5, o resultado tamén dá cadrados perfectos. 

Cuestións semellantes foron discutidas polos sabios árabes dos séculos anteriores. En concreto Al-Khazin (c. 900-971),  un matemático que posiblemente traballou sobre a teoría de números, enfrontouse a esta mesma cuestión. Dado un número $a$, hai que determinar $x$ de forma que $$\left\{\begin{matrix}x^{2}-a=y^{2}\\ x^{2}+a=z^{2}\end{matrix}\right. \quad\quad\quad\quad[1]$$

O que nos están a pedir son tres números $x$, $y$ e $z$ que teñan cadrados en progresión aritmética de diferenza $a$.

Al-Khazin demostrou que, neste caso debería haber dous números $u$ e $v$ tales que $a=2uv$ e ademais $x^{2}=u^{2}+v^{2}$. Non é dificil xustificalo. Se sumamos e restamos as ecuacións do sistema anterior obteremos:

$2x^{2}=y^{2}+z^{2}\Rightarrow x=\frac{y^{2}+z^{2}}{2}\\2a=z^{2}-y^{2}\Rightarrow a=\frac{z^{2}-y^{2}}{2}=2\cdot \frac{z+y}{2}\cdot \frac{z-y}{2}=2uv$

Onde $u=\frac{z+y}{2}$ e $v=\frac{z-y}{2}$

Ademais $u^{2}+v^{2}=\left ( \frac{z+y}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{z-y}{2} \right )^{2}=\frac{z^{2}+y^{2}}{2}=x^{2}$

Agora temos que $y=u-v$ e $z=u+v$

Motivado por este reto, Leonardo escribiría o Liber quadratorum. Imos intentar contar, coa notación e as ferramentas da álxebra actual, como aborda a cuestión. Fagamos un novo cambio de variables. Sexan $m$ e $n$ tales que $$\left\{\begin{matrix}u=2mn\\ v=n^{2}-m^{2}\end{matrix}\right.$$

Obteñamos os valores iniciais, $a$, $x$, $y$ e $z$ en función de $m$ e $n$:

$$\left\{\begin{matrix}a=2uv=2\cdot mn\left ( n^{2}-m^{2} \right )=4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )\\ y=u-v=m^{2}+2mn-n^{2}\\ z=u+v=n^{2}+2mn-n^{2}\\x^{2}=u^{2}+v^{2}=4m^{2}n^{2}+\left ( n^{2}-m^{2} \right )^{2}=\left (n^{2}+m^{2} \right )^{2}\end{matrix}\right.$$

Velaí que o sistema [1] pode reescribirse:

$$\left\{\begin{matrix}\left ( m^{2} +n^{2}\right )^{2}-4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=\left ( m^{2}+2mn-n^{2} \right )^{2}\\ \left ( m^{2} +n^{2}\right )^{2}+4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=\left ( n^{2}+2mn-m^{2} \right )^{2}\end{matrix}\right.$$

 As anteriores expresións resúmense nunha soa:

$$\left ( m^{2} +n^{2}\right )^{2}\pm 4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )=\left ( m^{2}-n^{2}\pm 2mn \right )^{2}$$

Leonardo denominou congruum á expresión $4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )$, que é diferenza entre dous cadrados consecutivos nunha progresión aritmética de tres cadrados. É case inmediato verificar que o congruum é multiplo de 24. Aos cadrados relacionados cun congruum particular denominounos números congruentes. Por exemplo, para $m=3$ e $n=1$ o congruum é $96$ e os seus números congruentes asociados son $4=2^{2}$, $100=10^{2}$ e $196=14^{2}$

Se fose posible achar números enteiros $m$ e $n$ de forma que $4mn\left ( m+n \right )\left ( m-n \right )=5$, teriamos unha solución enteira. Claramente iso é imposible. A nosa búsqueda terá que dirixirse cara os números fraccionarios. Dividindo os dous membros por $p^{2}$:

$$\left ( \frac{m^{2}}{p} +\frac{n^{2}}{p}\right )^{2}\pm \frac{4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )}{p^{2}}=\left ( \frac{m^{2}}{p}-\frac{n^{2}}{p}\pm \frac{2mn}{p} \right )^{2}$$

Agora se facemos $4mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )=5p^{2}$ necesariamente $p^{2}$ debe ser múltiplo de 4, de aí $p=2q$ polo que $mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )=5q^{2}$. Un dos tres factores do primeiro membro ten que ser múltiplo de $5$. Poñamos $m=5$, entón $n\left ( 25-n^{2} \right )=q^{2}$. O valor de $n$ que fai que $n\left ( 25-n^{2} \right )$ sexa un cadrado é $n=4$. Daquela $q=6$ e $p=12$. Velaí que o número que dará lugar ao cadrado intermedio da progresión aritmética será

$$\frac{x}{p}=\frac{m^{2}}{p}+\frac{n^{2}}{p}=\frac{25}{12}+\frac{16}{12}=\frac{41}{12}=3\frac{5}{12}$$

En efecto, os outros dous cadrados son: $\left (3\frac{5}{12}  \right )^{2}+5=\left ( 4\frac{1}{12} \right )^{2}$ e $\left (3\frac{5}{12}  \right )^{2}-5=\left ( 2\frac{7}{12} \right )^{2}$

Unha volta máis

Cada vez que, como neste caso, teñamos unha terna de números [$y$,$x$,$z$] cuxos cadrados estean en progresión aritmética de diferenza $a$ ($x^{2}-y^{2}=z^{2}-y^{2}=a$) poderemos obter unha terna pitagórica $\left ( \frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2},x \right )=\left ( v,u,x \right )$. Ademais a área deste triángulo rectángulo é a cuarta parte do congruum $A=\frac{uv}{2}=\frac{a}{4}=mn\left ( m^{2}-n^{2} \right )$. Por poñer un exemplo, consideremos o caso anterior, que agora xa non escribiremos en fracción mixta: $\left [ \frac{31}{12},\frac{41}{12},\frac{49}{12} \right ]$ e do que obtemos a terna pitagórica $\left ( \frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{41}{12} \right )$ de área $A=\frac{9}{12}$. Este é un exemplo de triángulo rectángulo heroniano, isto é, un que ten valores racionais tanto para os lados como para a área.

Unha cuestión interesante, e aínda aberta, consiste en caracterizar os racionais que son área dalgún triángulo heroniano. Porén sábese que ningún destes números pode ser un cadrado. Se a partir dun triángulo heronaiano de área A, construímos outro semellante con razón de semellanza un número racional $r$, este tamén será heroniano e de área $r^{2}A$. Como os congrua son áreas de triángulos rectángulos salvo un factor cadrado, $a=4A$, tampouco ningún congrua poderá ser un cadrado. Leonardo xa sospeitaba isto, e incluso intentou dar unha demostración. Non sería, como veremos, ata a intervención de Fermat, que non se puido establecer firmemente. Vexámolo.

Imos demostrar que ningún triángulo heroniano pode ter área 1. Polo comentado no prágrafo anterior tampouco poderá ter  área $r^{2}\dot 1$. Para iso partamos de que o resultado é falso. Sexa $\left ( v,u,x \right )$ un triángulo rectángulo heroniano de área $A=\frac{uv}{2}=1$.

Na igualdade  $$\left ( u^{2} -v^{2}\right )^{2}=\left ( u^{2}-v^{2} \right )-4u^{2}v^{2}$$ realizamos as substitucións $x^{2}=u^{2}+v^{2}$ e $uv=2$ 

$$\left ( u^{2} -v^{2}\right )^{2}=x^{4}-16=x^{4}-2^{4}$$

Esta última igualdade non ten sendido, pois tal e como demostrou Fermat, a diferenza de dúas cuartas potencias non pode ser un cadrado.

Como colofón, unha historia curiosa. Estivemos traballando con ternas de números racionais que eran cadrados perfectos e que estaban en progresión aritmética. Poderase ampliar a terna ata ter unha lista de catro cadrados coa mesma diferenza? A resposta é negativa. No ano 1640 Fermat propúxolle esta cuestión a Frénicle de Bessy nunha carta e tamén declarou a imposibilidade de tal colección de catro elementos. Dickson, na súa History of theory of numbers, atribúlle a demostración a varios autores, entre eles, Euler.

A única demostración de Fermat

Fermat é famoso por anunciar resultados dos que despois non daba a demostración. Ata tal punto isto é certo que só se coñece unha demostración da súa autoría, que sería publicada polo seu fillo nunha edición da Artimética de Diofanto coas notas de Fermat. O teorema ao que estamos facendo referencia trata sobre un tipo de triángulos que agora se lles chama heronianos. Un triángulo heroniano é aquel no que tanto os lados como a área son números enteiros. O enunciado dese teorema di que

Non existen triángulos rectángulos heronianos que teñan de área un cadrado

No canto de traballar directamente con este resultado, farémolo cunha pequena modificación deste enunciado e que ten unha apariencia bastante distinta:

Non hai tres números enteiros que verifiquen $a^{4}-b^{4}=c^{2}$

Podemos supoñer que $a$ e $b$ non teñen factores comúns pois, en caso contrario poderiamos dividir a igualdade por eses factores. A igualdade pode escribirse $c^{2}+\left (b^{2}  \right )^{2}=\left (a^{2}  \right )^{2}$, o que dá lugar a un triángulo rectángulo de lados $\left ( c,b^{2},a^{2} \right )$, de aí que ademais de que o mcd(a,b)=1, un deles debe ser par e outro impar.

Sexan $u^{2}=a^{2}+b^{2}$ e $v^{2}=a^{2}-b^{2}$, entón $u$ e $v$ serán coprimos e impares. Dáse o caso curioso de que $v^{2}$, $a^{2}$ e $u^{2}$ forman unha progresión aritmética de diferenza $b^{2}$

Consideremos agora os números enteiros $e=\frac{u+v}{2}$ e $f=\frac{u-v}{2}$. Ademais son coprimos porque, en caso de teren un divisor primo común $p$, este dividiría tamén a $u$, a $v$, a $b^{2}$ e, polo tanto a $a^{2}$, o cal é imposible.

Temos entón que o produto $ef=\frac{u+v}{2}\frac{u-v}{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{4}=\frac{b^{2}}{2}$. Ademais $b=2ef=4r^{2}s^{2}$

Como polo menos un dos números $e$ ou $f$ é impar, sen perda de xeneralidade podemos supoñer que $e$ é impar. Como $b^{2}=2ef$, o factor 2 debe aparecer máis veces na descomposición factorial de $b^{2}$, terá que ser factor de $f$. Por seren coprimos, o resto dos seus factores deben ser cadrados. Velaí que $e=r^{2}$ e $f=2s^{2}$, con$r$ e $s$ tamén coprimos.

$\left\{\begin{matrix}u=e+f=r^{2}+2s^{2}\\ v=e-f=r^{2}-2s^{2}\end{matrix}\right.$

$a^{2}=b^{2}+v^{2}=4r^{2}s^{2}+\left ( r^{2}-2s^{2} \right )^{2}=r^{4}+4s^{4}$

De aí que agora teñamos un triángulo rectángulo de catetos $r^{2}$, $2s^{2}$ e hipotenusa $a$. A súa área é un cadrado: $r^{2}s^{2}$

Entón existirá unha terna pitagórica primitiva $(m^{2}-n^{2},2mn,m^{2}+n^{2})=(r^{2},2s^{2},a)$ con $m$ e $n$ coprimos- $mn=s^{2}$ polo que os seus factores serán cadrados: $m=a_{1}^{2}$ e $n=b_{1}^{2}$. Entón $a_{1}^{4}-b_{1}^{4}=r^{2}$. Ademais, como $r$ é factor de $b$ temos $r< b$ e tamén $a_{1}<a$ e $b_{1}<b$. Temos tres enteiros menores que os de partida verificando a mesma igualdade. Este proceso podería repetirse unha e outra vez, o cal non ten sentido. Velaquí o chamado método de demostración do "descenso infinito"

Para demostrar o teorema do triángulo rectángulo heroniano, bastaría con considerar que existe un triángulo rectángulo primitivo $(x,y,z)$ de lados enteiros e con área un cadrado. $(x,y,z)=(p^{2}-q^{2},2pq,p^{2}+n^{2})$. Con $p$ e $q$ coprimos e de distinta paridade. A área $pq\left ( p^{2} -q^{2}\right )$ é un cadrado formado por coprimos, polo tanto estes factores serán tamén cadrados. $p=a^{2}$, $q=b^{2}$ e $p^{2}+q^{2}=c^{2}$. De aí que $a^{4}-b^{4}=c^{2}$. Despois bastaría con seguir a demostración anteriormente dada.

Notas sobre ternas pitagóricas

Se os lados dun triángulo rectángulo teñen valores naturais dise que eses valores forman unha terna pitagórica. Por exemplo $(3,4,5)$ e $(8,15,17)$ son ternas pitagóricas. Podémolo comprobar: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ e $8^{2}+15^{2}=17^{2}$.

Dada unha terna pitagórica como $(3,4,5)$ é moi fácil obter infinidade delas multiplicando por un enteiro calquera. Por exemplo, $(3n,4n,5n)$ tamén será unha terna pitagórica xa que 

$$\left (3n  \right )^{2}+\left (4n  \right )^{2}=n^{2}\left ( 3^{2}+4^{2} \right )=n^{2}5^{2}=\left ( 5n \right )^{2}$$

Ás ternas como $(3,4,5)$, na que os números son coprimos, chámaselle ternas pitagóricas primitivas. Agora ben, a pouco que indagemos veremos que hai moitas máis. Como obtelas? Segundo Proclo (412-485) foi o propio Pitágoras o primeiro en determinar un método para xeneralas. Os fundamentos parten de estudar os números figurados, en concreto os cadrados. Se temos un cadrado de puntos, como o da figura, e lle engadimos o que lle chamaban gnomon, esa especie de L en cor vermella, obtemos o seguinte cadrado.

Chamámoslle $m$ á cantidade de puntos do gnomon. O seu valor será sempre un número impar. Está claro que o gnomon rodea un cadrado de lado $\frac{m-1}{2}$. Co engadido do gnomon fórmase un cadrado maior de lado $\frac{m-1}{2}+1=\frac{m+1}{2}$. Se o propio gnomon fose un cadrado, $m=n^{2}$, teriamos unha terna pitagórica 

$$\left ( n,\frac{m-1}{2},\frac{m+1}{2} \right )=\left ( n,\frac{n^{2}-1}{2},\frac{n^{2}+1}{2} \right )$$

Para cada $n$ impar poderemos obter así unha terna pitagórica. Por exemplo, para $n=3$ temos a terna $(3,4,5)$. Pero hai moitas que non teñen esta forma, como é o caso de $(8,15,17)$. Proclo seguiu dando información sobre esta cuestión, tamén asegurou que Platón achara outro método que daba ternas, partindo agora de números pares. 

Observemos a seguinte imaxe, catro tiras de lonxitude $m$ están rodeando un cadrado de lado $m-1$ e completan así outro cadrado de lado $m+1$

Temos pois que $\left ( m-1 \right )^{2}+4m=\left ( m+1 \right )^{2}$. Se $4m$ fose un cadrado, $4m=n^{2}$, a tripleta $(n,m-1,m+1)$ verificaría o teorema de Pitágoras. Como $m=\left ( \frac{n}{2} \right )^{2}$, para cada valor par de $n$ podemos formar a seguinte terna pitagórica

$$\left (n,\left (\frac{n}{2} \right )^{2}-1,\left ( \frac{n}{2}\right )^{2} +1  \right )$$

A escura aportación de Euclides

Aínda así, non abarcamos todos os casos posibles, $(39,80,89)$ non se adapta nin á fómula de Pitágoras nin á de Platón. Como en moitas outras ocasións, temos que acudir a Euclides para que salve a situación. A parte negativa é que Euclides ofrece a súa achega no libro X dos Elementos, o máis escuro e intrincado de todos o que conforman esta obra.

No Lema I, posterior á Proposición X.28 dos Elementos, podemos ler, non sen certa dificultade, que Euclides explica como obter ternas pitagóricas

Lema I. Atopar dous números cadrados de xeito que tamén a súa suma sexa cadrado

Este é un deses resultados dos Elementos nos que non se dá unha demostración, senón que se realiza unha construción. Recollemos aquí dunha adaptación da tradución de Ana Gloria Rodríguez e Celso Rodríguez

Tómense dous números cadrados $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$, consideremos a súa resta $A\Gamma=u^{2}-v^{2}$. Divídase á metade por $\Delta$ ($A\Delta=\Delta\Gamma$) $A\Delta = \Delta \Gamma =\frac{u^{2}-v^{2}}{2}$ logo o produto de $AB=u^{2}$ e $B\Gamma=v^{2}$ xunto co cadrado de $A\Gamma$ ($A\Gamma^{2}=\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2} \right )^{2}$) é igual ao cadrado de $B\Delta$ ($ B\Delta^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$) co cal 

$$\left ( uv \right )^{2}+\left ( \frac{u^{2}-v^{2}}{2}\right )^{2}=\left ( \frac{u^{2}+v^{2}}{2} \right )^{2}$$

Acabamos de comprobar que $\left ( uv  , \frac{u^{2}-v^{2}}{2} , \frac{u^{2}+v^{2}}{2}   \right )$ é unha terna pitagórica.

A expresión estándar dunha terna pitagórica

Tomando $m=\frac{u}{\sqrt{2}}$  e  $n=\frac{v}{\sqrt{2}}$ temos esta outra forma de presentar as ternas pitagóricas, que é a habitual hoxe en día:

$$\left ( 2mn, m^{2} -n^{2},m^{2}+n^{2}\right )$$

A cuestión é: con esta fórmula temos determinadas todas as ternas pitagóricas primitivas? A resposta é afirmativa. Vexámolo. 

Se $(a,b,c)$ é unha terna pitagórica primitiva, $a$ e $b$ $c$ son coprimos polo que non poden ser pares. Tampouco poden ser impares xa que nese caso, os seus cadrados tamén o serían e polo tanto $c$ debería ser par, entón $a=2p+1$, $b=2q+1$ e $c=2r$. 

$$\left ( 2p+1 \right )^{2}+\left ( 2q+1 \right )^{2}=r^{2}$$

$$4\left (p ^{2} +q^{2}p+q\right )+2=4r^{2}$$

Pero non é posible que ao dividir o primeiro membro por 4 obteñamos de resto 2 mentres que ao dividir o segundo membro por 4 o resto sexa 0. A conclusión é que un dos números entre a $a$ e $b$ debe ser par e o outro impar. Supoñamos, sen perda de xeneralidade que  $a$ é o par, entón $b$ e $c$ serán impares.

Como $a^{2}=c^{2}-b^{2}=\left ( c-b \right )\left ( c+b \right )$, tomando $u=\frac{c+b}{2}$ e $v=\frac{c-b}{2}$ , sabemos que $u$ e $v$ serán coprimos, por selo tamén $b$ e $c$. Teremos $\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=uv$. Se un produto de coprimos é un cadrado, cada un dos factores debe ser tamén un cadrado. De aí que $u=m^{2}$ e $v=n^{2}$.

Como $a^{2}=4uv=\left ( 2mn \right )^{2}$, tense que $a=2mn$.

$\left\{\begin{matrix}c+b=2u=2m^{2}\\  c-b=2v=2n^{2}\end{matrix}\right.$ Sumando e restando obtemos $c=m^{2}+n^{2}$ e $b=m^{2}-n^{2}$. Entón a terna pitagórica primitiva de partida poida escribirse:

$$\left ( a,b,c \right )=\left ( 2mn,m^{2}-n^{2},m^{2}+n^{2} \right )$$

Xeometría analítica para as ternas pitagóricas

Neste punto a cuestión estaría completada. Con todo, imos engadir un epílogo, extraído do libro Matemática elemental desde un punto de vista superior (Nivola, 2006), de Felix Klein. 

Volvamos a partir dun triángulo rectángulo primitivo $(a,b,c)$. Dividindo todos os lados por $c$ transformarémolo nun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$, quedando a terna da forma $\left ( \frac{a}{c} ,\frac{b}{c},1\right )=(x,y,1)$. Agora os catetos deben ser números racionais. Pensemos que se verificará $x^{2}+y^{2}=1$, isto é, os triángulos fican sobre a circunfencia unidade. Identificaremos todos os triángulos rectángulos unitarios con catetos racionais. Para iso faremos uso da semirecta que pasa polo punto $S(0,-1)$. Se a súa pendente é $\lambda $ terá de ecuación

$$y=\lambda \left ( x+1 \right )$$

Denominaremos racional ou irracional a esta semirecta segundo $\lambda$ sexa ou non racional. Diremos que un punto é racional se ten as dúas coordenadas racionais. Con esta terminoloxía verifícase o seguinte 

Teorema. a)Todo punto racional da circunferencia proxéctase desde S mediante unha semirecta racional. b) Recíprocamente toda semirecta racional cortará á circunferencia unitaria nun punto racional.

O apartado a) é evidente xa que a recta que pasa por S eP, ambos racionais, terá pendente racional. Pasemos a demostrar o apartado b). Con este fin procuraremos caracterizar os puntos de intersección da semirecta e a circunferencia substituíndo a ecuación da primeira, $y=\lambda \left ( x+1 \right )$, na segunda, $x^{2}+y^{2}=1$:

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

Operando chegamos a

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

Coñecemos unha solución desta ecuación, $x=-1$, pois sabemos que o punto $S$ forma parte tanto da semirrecta como da circunferencia. Dividindo a anterior expresión por $x+1$

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

$$x=\frac{1-\lambda ^{2}}{1+\lambda ^{2}}$$

Subsituíndo na ecuación da recta obtemos o valor correspondente da ordenada

$$y=\frac{2\lambda }{1+\lambda ^{2}}$$

Destas dúas últimas expresións dedúcese que se $\lambda$ é racional tamén o será o punto de corte.

O teorema xa está demostrado. Fagamos agora unha reflexión a maiores. Tomemos  $\lambda =\frac{n}{m}$. Velaí que substituíndo nas anteriores expresións teremos que:

$$x=\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}\quad\quad y=\frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}$$

Así identificamos todas as ternas pitagóricas de hipotenusa $1$:

$$\left (\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}},\quad \frac{2mn }{m^{2}+n^{2}}\quad,1  \right )$$

Matemáticas próximas e números máxicos

"O saber e o sabor das matemáticas de proximidade" é o título da conferencia inaugural das xornadas "A Foto 51" impartida o pasado 10 de febreiro pola decana da Facultade de Matemáticas Elena Vázquez Cendón. Falou de Péter Lax e Rózsa Peter, anunciando a próxima publicación do famoso libro de Rózsa, "Xogando co infinito", con tradución de Felipe Gago.

Por suposto, Elena tamén falou de de Domingo Fontán e o seu mapa, a Carta Xeométrica de Galicia. Despois abordou unha chea de referentes en Matemáticas Industriais con elementos e lugares próximos: a ría de Pontevedra, os saltos para os peixes nos ríos galegos, ou a mina das Pontes. Finalmente podemos asistir a unha ampla rolda de preguntas. 

Ao día seguinte, 11 de frebreio, estaban programadas unha chea de charlas de divulgación científica. Entre elas unha de matemáticas, impartida pola máis destacada divulgadora desta ciencia, Elena  Vázquez Abal. O título da súa intervención foi "Números máxicos!" e tratou sobre os sistemas de numeración, incidindo nas vantaxes do sistema posicional. Para isto fixo uso dun xogo do repositorio NRICH, o Numbler Jumbler, co que se pode xogar nesta ligazón e que nos explica por que se a un número de dúas cifras lle restamos a suma desas cifras, o resultado sempre será múltiplo de 9.

Deixo aquí estas dúas perlas dunhas xornadas realmente extraordinarias, que ademais foron moi ben gravadas e editadas nunha serie de vídeos que agora podemos gozar e compartir.

Reloxos triangulares, cadrados e redondos

Hai tempo que non imparto aulas nos primeiros cursos da ESO. Esta é a razón de que non se vexa por este blogue ningunha achega deste nivel. Coa presente entrada rompo esa liña. Todo foi por botarlle un ollo á revista Recreational Mathematics, en concreto a un artigo de George Teşeleanu e Simion Stoilow no Volume 10, Edición 17 (xaneiro 2023)  titulado "How to Read a Clock". 

Entre outras cousas nese artigo preséntanse un tipo de reloxos de forma triangular que poden dar algo de xogo nas aulas e invitan a reflexionar sobre o sistema de numeración ou sobre cales son os posibles restulados que podemos obter utilizando unha colección numérica restrinxida. 

Teşeleanu e Stoilow fan que teñamos presente que,  para poder dar a hora cunha precisión de minutos durante un período de 12 horas, debemos elaborar un mecanismo que distinga un total de $12\cdot 60=720=6!$ disposicións (ou minutos). Velaí que unha disposición triangular como a seguinte acáelle como unha luva a este valor. A imaxe explícase por sí mesma, con todo, explicarémola.

Cada fila ten asginado un valor en horas (h) ou minutos (m). Só teremos en conta os círculos azuis. Podemos considerar que os círculos azuis están encendidos e os brancos apagados. O mecanismo funciona coa seguinte regra: se nunha fila temos un círculo azul, os da súa esquerda tamén deberán ser azuis. Neste caso o reloxo está marcando as:

$$2h+30m+30m+6m+1m+1m+1m=3h\quad 9m$$

Todos os círculos en branco (apagados) indicarían as $0\ h \quad 0  m$. Se os prendemos podes comprobar que sumarán $11h\quad 59m$

Decatémonos de que, indo da fila inferior á superior, os círculos ven multiplicado o seu valor por 6, 5, 4 e 3 respectivamente e que o número de posicións distintas de cada fila (de abaixo cara arriba) é de 6 (0 encendidos, 1 encendido,..., 5 encendidos), 5, 4, 3 e 2. De aí o buscado $6!$

Nesta páxina de Jörg Pretz podemos xogar cun reloxo coa mesma idea subxacente. A única diferenza é que usa dúas cores para as bólas segundo a hora sexa anterior ás 12:00 (en verde) ou posterior (en vermello). Ten a curiosidade de que marca a hora real polo que podes adiviñar a que hora fixen a foto da imaxe

Que hora é?

Unha alternativa, quizais máis interesante, é a do reloxo triangular inverso.

Esta nova alternativa permitiría ver como o alumnado responde a como elaborar unha disposición para unha hora determinada. Aquí abordaríase o problema de traballar coa base 60. Por exemplo, nesta disposición hai que pasar de $24 m\cdot 3=72m$ a $1h\quad 12m$

Reloxos cadrados

Se estamos dispostos a perder precisión podemos botar man dos reloxos cadrados. Agora a disposición non vai por filas, senón por cadeas completando cadrados. Para elaborar un reloxo cadrado partimos, na esquina infeior cun círculo de 15 minutos, rodéano 3 de 30 minutos e a estes 5 de 2 horas. O primeiro círculo pode estar en 2 posicións distintas, a seguinte cadea, de 3 círculos, en 4 posicións, e a derradeira, de 5 círculos, en 6 posicións. Temos un total de $2\cdot 4\cdot 6=48$ posibilidades, xusto a cantidade de cuartos de hora que hai en 12 horas. A seguinte disposición marca as 8:15

Analogamente ao feito co caso triangular, non é dificil construir un reloxo cadrado inverso nun cadrado 3x3 onde a esquina inferior esquerda ofreza o valor máis alto e a cadea exterior de 5 unidades estea formada polos valores menores. Tamén cunha precisión de 15 minutos, cales deberían ser os valores que debemos asignar aos círculos de cada unha das cadeas?

Reloxos redondos

Como bono de regalo, recollo algunhas cuesitóns sobre reloxos redondos.

A primeira é un problema ben bonito que xa hai tempo achara en NRICH, e que a pesar de ser redondo chámase

Reloxo triangular. Todos sabemos que os números triangulares son os resultados da suma dos primeiros naturais consecutivos $\left \{ 1,3,6,15,21,... \right \}$. Reordena os 12 números das horas sobre a esfera dun reloxo de forma que cada par de números adxacentes sumen un número triangular. Podes comezar colocando o 12 no seu lugar.

O seguinte é unha cuestión absolutamente natural.

As agullas coincidentes. Cada canto tempo coinciden as dúas agullas dun reloxo? 

Quizais só serva para despistar, pero, tamén de forma natural xurde enseguida a seguinte pregunta: cada canto tempo coinciden as tres agullas dun reloxo? (agora engadímoslle o segundeiro).

Unha posible resposta dánola Cliff Stoll neste vídeo do Numberphile. Outra podería ser a que se explica deseguido,  inspirada no relato de Aquiles e a tartaruga. 

Partamos das 12 en punto. Despois de unha hora a agulla dos minutos volve á súa posición orixinal mentres a das horas andou $\frac{1}{12}$ de volta. Mentres a agulla dos minutos anda agora esta fracción de volta, a das horas tivo tempo a andar unha doceava parte deste valor, isto é $\frac{1}{12^{2}}$ de volta. O lector avispado xa enxerga o camiño. A solución virá dada pola suma dos termos dunha progresión xeométrica de razón $\frac{1}{12}$:

$$\frac{1}{12}+\frac{1}{12^{2}}+\frac{1}{12^{3}}+...=\frac{1}{1-\frac{1}{12}}=\frac{1}{\frac{11}{12}}=\frac{12}{11}$$

$\frac{12}{11}=1'\widehat{09}=$1 hora 5 minutos 27'27 segundos

Finalmente unha colección de reloxos matemáticos preséntanolos Antonella Perruca neste artigo de Plus Magazine

Unha anotación xeométrica sobre as progresións xeométricas

Non fixen un reconto exhaustivo, pero teño a certeza de que o nivel que máis horas estiven dando clase foi o que anteriormente se correspondía con 1º de BUP, e que agora, e xa hai moito, se denomina 3º da ESO. 

Lembro moi ben que, sendo eu alumno dese curso (do BUP, claro), o tema que máis traballo me custou entender foi o relativo ás progresións aritméticas e xeométricas. Quizais por iso cando volvo a dar o paso, agora como profesor, de mergurllarme outra vez na selva das progresións, fágoo con pausa e mirando de esguello para todas partes. Esta actitude deriva nun traballo un tanto pachorrento, con todo, só o é para min, non para a xeneralidade do meu alumnado. Nesa tensión normalmente acaban gañando eles: ao final do tema chega o momento de explicarlles a suma infinita dunha progresión xeométrica de razón menor que 1 e véxoos tan saturados que a maioría das veces obvio ese apartado. Con todo, non é o máis dificil dos contidos a tratar neste tema. Pola contra, desde certo punto de vista é o máis simple. En efecto, paradoxalmente é máis simple deducir a suma dos infinitos termos dunha progresión xeométrica que a suma dunha cantidade finita. Aquí estou obviando a posible saturación cognitiva que poida ter un alumno ao ter que enfrontrarse ao que parece unha tarefa se Sísifo: sumar unha cantidade infinita de números. 

A razón de traer este asunto por aquí foi pola lectura casual dun pequeno artigo de Elon Lages Lima na Revista do Professor de Matemática nº 14 no que fai unha achega xeométrica a un asunto puramente aritmético, o da suma dunha progresión xeométrica. A cuestión pode desenvolverse da segunte maneira. Consideremos unha progresión xeométrica de razón $r, 0< r< 1$:

$a, ar, ar^{2},ar^{3},..., ar^{n},...$

Formemos un ángulo agudo con dous segmentos de lonxitude $a$. No extremo do segmento horizontal trazamos outro segmento paralelo de lonxitude $ra$. Isto dá lugar a dous triángulos semellantes, un de lados $a$ e $S$ e outro de lados $ra$ e $rS$, Está claro que a razón entre estes dous triángulos é $r$. 

Como $S=a+rS$ temos que:

$S(1-r)=a$

$S=S=\frac{a}{1-r}$

Resulta que $S$ é o valor da suma dos infinitos termos da progresión:

$$S=a+ar+a^{2}+ar^{3}+...=a+r\left ( a++ar+ar^{2}+... \right )=a+rS\\S-rS=a\\S\left ( 1-r \right )=a\\S=\frac{a}{1-r}$$

Se agora pretendemos calcular só unha suma finita de, digamos, só os $n$ primeiros termos:

$S_{n}=a+ar+ar^{2}+ar^{3}+...+ar^{n-1}$, multiplicando por $r$:

$rS_{n}=ar+ar^{2}+ar^{3}+ar^{4}...+ar^{n}$

A esta segunda suma lle rest+amoslle a primeira e cancélanse case todos os termos:

$rS_{n}-S_{n}=ar^{n}-a$. Sacando factor común e despexando:

$$S_{n}\left ( r-1 \right )=a\left ( r^{n}-1 \right )\\S_{n}=\frac{a\left ( r^{n}-1 \right )}{r-1}$$

Como prometimos, este caso dá lugar a unha expresión máis complicada que a do caso infinito. Para mitigar o esforzo podemos botarlle un ollo ao seguinte esquema, que nos axuda a conciliarnos coa cuestión.

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.