O problema bovino de Arquímedes. O problema histórico das vacas de Galicia

Hai uns días chegoume unha petición á que, como se verá, non me puiden resistir. Un enxeñeiro retirado, Andrés Ventas, solicitoume publicar neste blogue un artigo seu. Aproveito a ocasión para agradecerlle que arranxara algunhas cuestións técnicas deste blogue que desbaratara coa miña torpeza pero que el co seu bo facer foi quen de arranxar.

Velaquí tedes a súa colaboración. Agardo que só sexa a primeira dunha longa serie.

O problema bovino de Arquímedes. O problema histórico das vacas de Galicia

Andrés Ventas

Santiago de Compostela

O problema bovino de Arquímedes. Ecuación de Pell positiva

O Problema bovino debido a Arquimedes [Wiki] é un problema complicado cun enunciado moi simple.

Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos [Wiki] e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada.

Para máis marabilla, o enunciado está escrito en forma de poesía e o texto foi descuberto en 1773 nunha biblioteca da Alemaña.

A cuestión trata de resolver cantas unidades de gando tiñan Faetusa e Lampetia, fillas do Deus Helios,na illa de Trinacia (actual Sicilia), relato que aparece na Odisea.

Para iso propón 7 ecuacións simples con 8 incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución.

Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia.

E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten \(206545\) díxitos, mais ou menos un número que ocupa \(30\) follas.

O texto orixinal non contiña a solución, subpoño que Arquímedes era capaz de coñecela, aínda que fose en forma compacta.

Na era moderna, o primeiro en dar unha solución parcial foi A. Amthor en 1880 , sabendo o número de díxitos e os tres primeiros: \(7.76 \cdot 10^{206544}\).

A primeira solución completa foi obtida por dous computadores en 1965 , porque como digo eu cando me consultan, que teño que verificar contas de díxitos unha chea de veces, quen se atreve a obter unha solución manual? e cando levas escritas 20 follas poñerte a repasar!!.

As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito:

Os bois brancos (b) son \(\dfrac{1}{2}\) máis \(\dfrac{1}{3}\) dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a).

Os bois negros son \(\dfrac{1}{4}\) máis \(\dfrac{1}{5}\) dos pintos (p) e a sumar cos amarelos.

Os bois pintos son \(\dfrac{1}{6}\) máis \(\dfrac{1}{7}\) parte dos brancos e a sumar os amarelos.

As vacas brancas (B) son \(\dfrac{1}{3}\) máis \(\dfrac{1}{4}\) da suma dos bois negros e as vacas negras (N).

As vacas negras son \(\dfrac{1}{4}\)máis \(\dfrac{1}{5}\) da suma dos bois pintos máis as vacas pintas (P).

As vacas pintas son\(\dfrac{1}{5}\) máis \(\dfrac{1}{6}\) da suma dos bois amarelos máis as vacas amarelas (A).

As vacas amarelas son \(\dfrac{1}{6}\) parte máis \(\dfrac{1}{7}\) da suma dos bois brancos máis as vacas brancas.

E para a segunda parte os enunciados son:

(1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado.

(2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo.

Escribamos as \(7\) primeiras ecuacións:

\(eq1: b =\Big(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}\Big) n + a.\)

\(eq2: n = \Big(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5}\Big) p + a.\)

\(eq3: p =\Big(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7}\Big) b + a.\)

\(eq4: B = \Big(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4}\Big) (n + N).\)

\(eq5: N = \Big(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5}\Big) (p + P).\)

\(eq6: P = \Big(\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6}\Big) (a + A).\)

\(eq7: A = \Big(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7}\Big)(b + B).\)

Para o primeiro sistema de \(7\) ecuacións, propoño usar Maxima [Maxima] , un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código

alias(k, \%r1);

declare( b, integer, n, integer, p, integer, a, integer, B, integer, N, integer, P, integer, A, integer);

define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7], [ b, n, p, a, B, N, P, A]) );

solucion(k);

e con este código conseguimos,

\(b = 10366482 k. \)

\( n = 7460514 k. \)

\( a = 4149387 k. \)

\( p = 7358060 k. \)

\( B = 7206360 k. \)

\( N = 4893246 k. \)

\( A = 5439213 k. \)

\( P = 3515820 k. \)

Na segunda parte temos:

(1) \(10366482 k + 7460514 k = \text{un cadrado}\), que factorizado obtemos \(2^2(3)(11)(29)(4657) k = \text{un cadrado}\), por tanto \(k\) debe ser da forma \(k = (3)(11)(29)(4657) y^2\)(seguimos tendo unha variable \(y\) enteira que dá infinitas solucións).

(2) \(a + p = \text{número triangular}\). Os números triangulares son súper célebres, na enciclopedia das secuencias [A000217, Oeis] podedes consultar unha chea das súas propiedades e artigos sobre eles: \(\{0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \ldots\}\)

Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula \(\dfrac{t(t+1)}{2}\) e por tanto a nosa ecuación convértese en \(a + p = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}\).

Agora temos \(t= \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 8 a p} }{2}\).

E para que esta ecuación sexa un número enteiro, que é o que son as vacas, números enteiros, temos que o discriminante da raíz debe ser un cadrado perfecto \(x^2\) e por tanto temos \((3)(11)(29)(4657) y^2 + 1 = x^2\).

As ecuacións de Pell son do tipo \(x^2 - Dy^2 = 1\), e teñen solución para todo \(D\). Por tanto ao final o noso problema redúcese a solucionar unha ecuación de Pell:

\(x^2 - (3)(11)(29)(4657) y^2 = 1\).

Ata mediados do século pasado estas ecuacións resolvíanse mediante os converxentes da fracción continua , (\(\textit{fc}\) para abreviar) de \(\sqrt{D}\), (onde a solución fundamental, \((x_0, y_0)\), serían o numerador e denominador do converxente anterior ao período da \(fc\)) , mais resulta que para un número tan grande a \(fc\) ten centos de miles de coeficientes.

Amthor descubriu un xeito de simplificar a \(fc\) correspondente a este problema e deixou unha \(fc\) de só \(92\) termos. A simplificación do Amthor baséase na relación entre unha \(fc\) de \(D\) e a \(fc\) reducindo os factores de \(D\) maiores a \(1\).

Hoxe en día hai máis técnicas para resolver a ecuación de Pell : infraestrutura, números suaves, cónicas e números p-adicos.

Co sistema de fraccións continuas de Amthor conseguimos unha solución fundamental desta ecuación de Pell con valor

\(x_0 = 185892 \ldots 663490 \text{ (con \(103265\) díxitos)} \)

Se imos para atrás e substituímos este valor de \(y_0=y\) na ecuación de \(a + p\) conseguimos o \(k\) mínimo.

Substituímos ese \(k\) nos oito tipos de gando e sumando temos un valor de

\(77602714 \ldots 55081800, (\text{con \(206545\) díxitos} )\).

O problema histórico das vacas de Galicia. Ecuación de Pell negativa

Agora temos que no \(2019\) a Xunta de Galicia fixo unha estimación estatística sobre o número de vacas nacidas en Galicia desde a época do reino suevo, pero resulta que o cálculo require a solución de unha ecuación de Pell negativa.

A ecuación de Pell negativa ten a forma \(x^2 - Dy^2 = -1\) tendo a propiedade de que que non calquera \(D\) ten solución. E isto dificulta a súa resolución.

Segue a ser un problema aberto das matemáticas saber que \(D\) teñen solución na Pell negativa, mais os achegamentos a esa solución ou son inefectivos ou son incompletos:

1. Condición necesaria e suficiente é que o período da \(fc\) da raíz de D sexa impar (inefectiva porque ten a mesma dificultade que calcular a propia solución). (As \(fc\) de raíces cadradas cuxo resultado non é un racional son infinitas mais periódicas).
2. A norma do converxente da posición central da \(fc\) de Pell positiva é \(\pm 2\) ou divide a \(D\), pero estamos nas mesmas, hai que calcular a \(fc\). De feito ese valor central da norma debe ser \(-1\).
3. Condición necesaria que os factores de \(D\) sexan primos de tipo \(4k+1\) e ao máximo un único \(2\). Non é condición suficiente porque hai factorizacións con factores \(4k+1\) sen solución \(-1\). Por exemplo \(D= 5\cdot 13\) ten solución negativa e \(D= 5\cdot 61\) non a ten.

Os resultados da estimación estatística eran os seguintes:

Estimación sobre explotacións na Fonsagrada (F), Lalín(L), Mazaricos(M), Arzúa(A), A Pastoriza(P), Negreira(N), A Veiga(V), Cospeito(C).

As vacas da Fonsagrada son \(\dfrac{24}{53}\) veces as de Lalin e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Lalín son \(\dfrac{16}{41}\) veces as de Mazaricos e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Mazaricos son \(\dfrac{4}{61}\) veces as da Fonsagrada e sumamos as de Arzúa.

As vacas da Pastoriza son \(\dfrac{29}{154}\) veces a suma das de Lalín e Negreira.

As vacas de Negreira son \(\dfrac{101}{154}\) veces a suma das de Mazaricos e A Veiga.

As vacas da Veiga son \(\dfrac{113}{650}\) veces a suma das de Arzúa e Cospeito.

As vacas de Cospeito son \(\dfrac{613}{90}\) veces a suma das da Fonsagrada e A Pastoriza.

(1) As vacas de Negreira son un cadrado.

(2) As vacas da Fonsagrada son un cadrado máis 1.

As fraccións das \(3\) primeiras ecuacións multiplican a un termo e despois suman outro, mentres que as \(4\) últimas multiplican a suma dos dous termos.

E aquí vos deixamos para que o intentedes resolver con unha pista, a solución da Pell negativa (as vacas da Fonsagrada) \(y_0=3051285636318642680675457304373\) con \(31\) díxitos.

A suma total das vacas de Galicia son \(985481295353643722960698590096411004549094540270653746267983358392\) con \(67\) díxitos.

Tendo en conta que o número de átomos da Terra ven sendo un número de 50 díxitos, non temos tantas vacas coma Faetusa e Lampetia mais chégalle ben.

Bibliografia

1. Alpertron, Continued Fraction calculator
2. Amthor, A., Krumbiegel, B. Das Problema Bovinum des Archimedes, Historischliterarische Abteilung der Zeitschrift fur Mathematik und Physik 25 (1880), 121–136, 153–171.
3. Ecuación diofantina
4. Lenstra, H. W. Jr. (2002), "Solving the Pell Equation" Notices of the American Mathematical Society, 49 (2): 182–192, MR 1875156
5. A Computer Algebra System Maxima
6. Enciclopedia online dos números enteiros Oeis
7. Wiki Archimedes's cattle problem
8. Wiki Ecuação de Pell

As entradas do cine e outras cuestións difíciles

Presentamos un problema de apariencia anódina. Así como é facil de comprender o enunciado, a súa resolución non é nada simple. Agora ben, que non sexa simple non significa que non sexa marabillosa, que o é.

As entradas do cine. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 5 € e as outras n só teñen billetes de 10 €. Cada entrada custa 5 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar polo cambio?

Para responder cómpre que teñamos presente a regra da probabilidade de Laplace que nos di que no caso de termos un experimento aleatorio no que todos os sucesos elementais teñen a mesma probabilidade, a probabilidade dun suceso A virá dada polo cociente entre o número de casos favorables a A e o de casos posibles:

$$P(A)=\frac{número\quad de\quad casos \quad favorables\quad a \quad A }{número\quad de\quad casos\quad posibles}$$

O noso propósito é determinar os dous elementos deste cociente. Para facelo colleremos un camiño encantador que recollo do mesmo lugar do que recollín o enunciado do problema, o libro dos irmáns Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. I: Combinational Analysis and Probability Theory. 

Podemos pensar o problema mediante unha rede de dimensións $m\times n$ colocada sobre un sistema de coordenadas cartesiano. Se lle imos preguntando a cada un dos clientes que tipo de billetes ten, por orde e comezando desde o primeiro da cola, podemos ir elaborando un camiño sobre esta rede cartesiana, partindo do $(0,0)$ e trazando un segmento horizontal dunha unidade por cada persoa que teña 5 € e un segmento unitario vertical por cada unha que teña 10 €. Ao final teremos un segmento poligonal que unirá o $(0,0)$ co punto $(m,n)$. 

figura 1

Recomendo consultar a entrada anterior porque utilizaremos técnicas semellantes ás traballadas alí. En particular, nela víramos que o número total de camiños entre os puntos $(0,0)$ e$(m,n)$ era $\binom{m+n}{n}$, o que nos dá o número de colas posibles. Máis dificultoso será determinar os casos favorables. 

Se trazamos a recta $r$ de ecuación $y=x$, está claro que os camiños favorables serán aqueles, como o trazado na figura 1, que van por debaixo desa recta; son os que representan os casos nos que os clientes non teñen que agardar polo cambio.

Designemos $A_{0},A_{1},A_{2},...,A_{n+m}$ aos vértices consecutivos dun destes camiños, onde $A_{0}=(0,0)$ é sempre o punto inicial e $A_{n+m}=(m.n)$ o final. Que pasa se $m<n$? A figura 2 explícao claramente.

figura 2

Efectivamente, se $m<n$, como no rectángulo da dereita, será imposible alcanzar o punto final mediante un camiño que transcorra por debaixo de $r$. Nese caso a probabilidade será nula. Pasemos a considerar o outro caso, no que $m>n$.

Agora, no canto de facer o reconto dos camiños favorables, contabilizaremos os desfavorables. Para iso vainos ser de axuda a recta $r':y=x+1$. Calquera camiño desfavorable debe ter un punto sobre esa recta. Sexa $A_{k}$ o primeiro punto dun deses camiños. Centrémonos agora no primeiro tramo do camiño, o que vai desde a orixe ata $A_{k}$, isto é, o tramo $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k}$ e construamos o seu simétrico respecto de $r'$. Será $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k}$, onde $A'_{0}=(-1,1)$.

figura 3

Mediante esta construción, para cada camiño desfavorable $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ podemos construir un novo camiño $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ que comeza en $A'_{0}=(-1,1)$. De aí que contabilizar todos os camiños desfavorables equivale a contabilizar todos os que teñen a súa orixe en $A'_{0}$. Estes terán $m+1$ segmentos horizontais e $n-1$ segmentos verticais que son $\binom{m+n}{n-1}$. Polo tanto o número de casos favorables obterase mediante a resta

$$\binom{m+n}{n}-\binom{m+n}{n-1}=\frac{\left ( m+n \right )!}{n!\cdot m!}-\frac{\left ( m+n \right )!}{\left ( n-1 \right )!\cdot \left ( m+1 \right )!}=\\=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}$$

Para obter a probabilidade pedida no problema teremos que dividir este valor polo número de casos posibles:

$$\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\binom{m+n}{n}=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=$$ $$=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )m!\cdot n!}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!\left ( m+n \right )!}=\frac{m+n-1}{m+1}$$

Pode que haxa  obras de arte que nos ofrezan tanta beleza como a que se transmite nestas liñas, pero non serán moitas.

Máis alá.

No mencionado libro dos xemelgos Yalgom van maís alá. Dan unha demostración deste mesmo resultado por indución e outra usando os mesmos camiños que os trazados na que se presentou aquí, pero imaxinando agora que son esqueiras e que incide sobre elas a luz do sol cunha inclinación de 45º. 

Ademais os Yaglom propoñen outras variantes deste mesmo problema. Nunha delas piden que supoñamos que no despacho do cine teñen p billetes de 5€. Noutra piden que resolvamos un problema semellante ao ofrecido aquí pero partindo do suposto de que houbese billetes de 3 €:

As entradas do cine con billetes de 3 €. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 1 € e as outras n só teñen billetes de 3 €. Cada entrada custa 1 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar a que na billeteira teñan cambio?

E aínda máis. Explícase como a solución do problema pode aplicarse para resolver este outro, ben complexo:

Cordas sen interseción. Márcanse 2n puntos sobre unha circunferencia. De cantas formas poden unirse en n pares de tal xeito que as cordas de formadas  non se intersequen entre si?

A partir disto Yaglom e Yaglom explican como se pode obter a solución á seguinte e difícil cuestión, discutida por Euler no 1751 nunha carta a Golbach:

Triangulacións. De cantas formas se pode triangular un n-ágono convexo?

A identidade do pau de hóckey e outros diagramas sobre números combinatorios

Posiblemente a mellor forma de introducir un novo tema na aula, nun libro ou nun blogue coma este sexa mediante un problema. Neste caso trátase dun problema moi coñecido pero que a un alumno de secundaria lle pode supoñer todo un reto.

Paseos por unha cidade ortogonal. Nunha cidade as rúas son todas perpendiculares entre si formando unha rede de 5х3 bloques. Pídese obter todos os camiños que conectan os puntos A e B.

Para mergullarse no problema cómpre experimentar algo con el trazando distintos camiños. Na seguinte imaxe podemos ver dous deles, un en negro e outro en azul. 

Só nos podemos mover en dúas direccións, ou ben en horizontal (que identificaremos coa letra $x$), ou ben en vertical (que designaremos por $y$). Así o camiño negro poderíase nomear coa 8-tupla $(x,x,x,x,x,y,y,y)$ e o camiño azul mediante a 8-tupla $(y,x,y,x,x,x,y,x)$. Por pouco que continuemos xogando con este reto non tardaremos en decatarnos que calquera camiño constará de 5 $x$ e 3 $y$. 

Se sabemos algo de combinatoria recoñeceremos que o problema do reconto dos camiños como un caso típico das permutacións con repetición. Quen queira repasar en que consisten pode consultar outra entrada deste blogue dedicada a esta cuestión, Camões e as permutacións con repetición. 

Nesta ocasión trátase de obter todas as 8-tuplas formadas por dous elementos nas que o primeiro, $x$ se repite 5 veces e o segundo, $y$, repítese 3 veces. En termos combinatorios estamos diante dunha permutación con repetición:

$$PR_{8}^{5,3}=\frac{8!}{5!\cdot 3!}=56$$

Outro camiño e xeneralización

Aínda se podería abordar o problema desde outra perspectiva. Fagamos o reconto do número de camiños que hai ata chegar a un determinado vértice. Obsérvase claramente que tanto pola base horizontal como pola altura esquerda vertical do rectángulo só pode haber un camiño que nos leve a cada un dos vértices da rede. Ademais, para obter o número de camiños dun vértice calquera bastará sumar os que nos levan aos vértices inmediatamente anteriores (o situado á esquerda e o situado abaixo) tal e como se indica na seguinte imaxe.

1+2=3 (cousa inusitada)

Pero este é o mesmo procedemento polo que obtemos os elementos do triángulo de Pascal!, de aí que se continuamos calculando o número de camiños que hai a cada vértice obteremos os números combinatorios, onde cada fila do triángulo de Pascal agora aparece como unha diagonal.

Se identificamos os puntos da rede mediante as súas coordenadas cartesianas $(m,n)$ os elementos de cada diagonal son aqueles que teñen a mesma suma. Por exemplo, os vértices da última diagonal representada na anterior imaxe teñen coordenadas que suman 5. Ademais o número de camiños ata ese vértice vén dado polo número combinatorio $$\binom{m+n}{n}=\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=PR_{m+n}^{m,n}$$

Por fin a identidade do pau de hóckey

Por fin chegamos ao que motivou esta entrada, que non foi outra cousa que un resultado que recollo do libro dos xemelgos Akiva M. Yaglom e Isaak M. Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. I: Combinational Analysis and Probability Theory. Demostraremos unha fórmula usando o mesmo tipo de diagramas que os que estivemos usando ata o momento.

Consideremos unha rede de dimensións $m-n+1\times n$ e poñámonos a contar camiños desde a orixe

Polo explicado anteriormente sabemos que hai un total de $\binom{m+1}{n}$ camiños distintos. Fagamos agora o reconto doutro xeito. Primeiro movámonos un paso en horizontal e consideremos todos os camiños que parten de $(1,0)$ e chegan a $(m-n+1,n)$. Aplicando a fórmula coñecida vemos que hai un total de $\binom{m}{n}$. Despracémonos agora un paso en vertical ata o $(0,1)$ e despois outro en horizontal ata o $(1,1)$ e desde aquí contabilizaremos ata $(m-n+1,n)$ un total de $\binom{m-1}{n-1}$. Continuemos subindo ata o punto $(1,2)$ e, despois de volver a desprazarnos en horizontal chegaremos ao punto $(2,2)$. Desde aquí ata o extremo superior haberá un total de $\binom{m-2}{n-2}$. Creo xa se está vendo o procedemento para facer este segundo reconto.

Continuaremos deste xeito ata alcanzar o punto $(1,n)$, lugar desde o que hai un total de $\binom{m-n}{0}$ camiños. Finalmente, a suma de todos estes recontos debe coincidir co total de camiños que hai desde o $(0,0)$, de aí a fórmula:

$$\binom{m+1}{n}=\binom{m}{n}+\binom{m-1}{n-1}+\binom{m-2}{n-2}+,,,+\binom{m-n}{0}\quad \quad [1]$$

Fagamos o exercicio de aplicala ao caso $m=7$ e $n=3$.

$$\binom{8}{3}=\binom{7}{3}+\binom{6}{2}+\binom{5}{1}+\binom{4}{0}$$

En números: $56=35+15+5+1$ ten unha curiosa representación sobre o triángulo de Pascal

Identidade do stick de hóckey levóxira

O diagrama que se forma aseméllase a un stick de hóckey.

Xa que temos un triángulo de Pascal á vista, é fácil de recoñecer a súa simetría. Podemos percorrer cada unha das súas filas de esquerda a dereita ou de dereita a esquerda, o resultado é o mesmo. Esta propiedade descríbese coa fórmula

$$\binom{m}{n}=\binom{m}{m-n}$$

Apliquémoslle este resultado a todos e cada un dos números combinatorios da fórmula [1]:

$$\binom{m+1}{m+1-n}=\binom{m}{m-n}+\binom{m-1}{m-n}+\binom{m-2}{m-n}+...+\binom{m-n}{m-n}$$

Substituíndo $m-n=k$ teremos:

$$\binom{m+1}{k+1}=\binom{m}{k}+\binom{m-1}{k}+\binom{m-2}{k}+...+\binom{k+1}{k}+\binom{k}{k}\quad\quad [2]$$

Esta fórmula, [2], que se coñece domo identidade do pau de hóckey, aínda que [1] merece tamén este nome. Para ilustrala imos considerar o caso $m=7$ e $k=2$:

$$\binom{8}{3}=\binom{7}{2}+\binom{6}{2}+\binom{5}{2}+\binom{4}{4}+\binom{3}{2}+\binom{2}{2}$$

Calculando os valores deses números combinatorios a identidade viría sendo $56=21+15+10+6+3+1$

Identidade do stick de hóckey destróxira

Epílogo

Non é esta a primeira vez que aparece a identidade do pau de hóckey neste blogue, xa se usara noutra ocasión para eludir o paso máis complicado da solución dada por Euler ao problema do xogo do recontre.

Problema do recontre. Dúas persoas, A e B, cunha baralla completa cada unha, sacan a un tempo cada súa carta. Se extraen a mesma carta gana A. Se repiten a operación ata esgotar todas as cartas e nunca coinciden, ganará B. Pídese a probabilidade de que gane cada un dos xogadores.

Daquela a identidade aparecía baixo a seguinte expresión:

 $$\sum_{i=k}^{n-1}\binom{k}{i}=\binom{n}{k+1}$$

O que menos me interesa de todo isto son as fórmulas obtidas. Se pasei o traballo de recoller e ordenar todas estas ideas foi por dúas razóns. Unha delas, xa comentada de pasada, é a de traballar con debuxiños para abordar cuestións que, nun principio, son puramente aritméticas. A outra é que usando o mesmo tipo de metodoloxía poderemos abordar un problema en aparencia (só en aparencia) moi simple, e cunha resolución realmente fermosa. Pero iso será na vindeira ocasión.

Máis Mates

Acaba de publicarse o primeiro número de Máis Mates, unha revista estudantil que xurde no seo da Facultade de Matemáticas da USC. Trátase dun proxecto editado e producido por un alumno do Grao en Matemáticas, Francisco Estévez Lengua. O obxectivo é publicar un número cada mes durante o presente curso 2023-24. Os artigos ocupan unha extensión dunha páxina. Esta iniciativa pode enmarcarse en toda unha serie de revistas escolares ou de agrupacións profesionais que pode consultarse no portal de Retallos de Matemáticas.

A publicación ten cinco seccións: historia, actualidade, sociedade, teoría e retos. Esta última está mantida polo club olímpico Sementeira, un grupo de apaixonados pola resolución de problemas. 

Neste primeiro número Santiago González Gómez escribe sobre os problemas do papiro de Ahmes e Ignacio Garbajo Fernández trata a importancia da abstracción no desenvolvemento da xeometría. As perspectivas que abre a IA dentro das matemáticas conta cun artigo da autoría de Carlos Cao López. Outro artigo da sección de actualidade é o de Guillermo Arcos Salgado, que examina un problema divulgado na revista Quanta Magazine no que se pregunta polo triángulo que maximice o menor triángulo que se pode elaborar con n puntos distribuídos nun cadrado.

Tamén contamos con dous artigos que tratan aspectos puramente matemáticos. Un deles, de Pedro Vidal Villalba, trasládanos á teoría de funtores; o outro, de Francisco Estévez Lengua ocúpase dos sistemas caóticos. Finalmente  hai dúas breves entrevistas, unha á profesora Rosa Mª Trinchet Soria e outra a Catalina Lavandeira Gippini,  unha alumna que relata a súa experiencia nun voluntariado en Mozambique.

Velaquí unha gorentosa iniciativa que valoriza a comunidade matemática e presenta un novo escaparate para o labor das matemáticas no noso país e na nosa lingua, elementos, todos eles, dos que estamos moi necesitados. 

 

Desafíos numéricos e probabilísticos para Secundaria

Na última remesa de problemas para a Secundaria extraídos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) recollemos ducia e media de cuestións numéricas e probabilísticas.

1. Cantos pares ordenados de enteiros positivos $(a,b)$ verifican $a^{2}-b^{2}=105$?

2. Cantos números naturais $n$ verifican que $\frac{2}{5}< \frac{n}{17}<\frac{11}{13}$?

3. Dous lados dun triángulo de área non nula miden $6$ e $11$. Cantos diferentes valores enteiros pode ter o terceiro lado?

4. Unha pizzería ofrece 5 ingredientes diferentes: pementos, champiñóns, cebola, albóndegas e bonito. As pizzas poden levar con calquera número de ingredientes, incluso sen ningún. Un cliente compra cada día un tipo de pizza diferente. Cantos días pode realizar estes pedidos?

5. Un reloxo dixital dá horas tales como 6:15 ou 12:34. Se ignoramos os puntos, as horas representan 3 ou 4 díxitos. Cantos múltiplos de 3 pode presentar durante o período de 12 horas que vai do medio día ata a media noite?

6. $X$ é un positivo de dous díxitos e $Y$ é o resultado de cambiar de posición os díxitos de $X$. Cantos valores de $X$ hai tales que $X+Y$ é un cadrado perfecto? E para que valores de $X$ a diferenza $X-Y$ é un cadrado perfecto?

7. Os 25 equipos dunha liga escolar están divididos en dúas divisións, A e B. Cada equipo xoga contra todos os outros da súa división exactamente unha vez e non xoga cos equipos da outra división. Se na división A se xogaron 36 partidos máis que na B, cantos equipos hai en cada unha delas?

8.  Cantos conxuntos de dous ou máis números consecutivos teñen unha suma de 100?

9. Para cantos valores de $n$ é $1155+n^{2}$ un cadrado perfecto.

10. Determina o número de triángulos non congruentes de lados enteiros, área positiva e de perímetro 15.

11. Acha un número de 4 díxitos tales que os dous da esquerda son iguais entre si, os dous da dereita tamén son iguais entre si e o número é un cadrado perfecto.

12. $k=1!+2!+3!+...+n!$ e $k$ é un cadrado perfecto. Determina todos os posibles valores de $n$.

13. A probabilidade de que chova é o cadrado da probabilidade de que non chova. Acha a probabilidade de que chova.

14. Dez cartas numeradas 1, 2,...,10 colócanse boca abaixo sobre unha mesa. Extráese unha carta e apúntase o seu valor. Devolvemos a carta e barallamos. Extráese unha segunda carta. Acha a probabilidade de que o número da segunda carta sexa maior que o da primeira.

15. Despois de lanzar dous dados fican visibles 10 caras. Calcula a probabilidade de que a suma dos puntos das caras visibles sexa divisible por 7.

16. Alberte, Belén e Celso tiran, por esta orde, un par de dados. O primeiro que obteña un 9 gaña. O xogo continúa ata que alguén gañe. Calcula a probabilidade de que gañe Belén.

17. Xián lanza un dado e Zeltia lanza dous dados. Acha a probabilidade de que a suma dos puntos de Zeltia coincida co resultado de Xián.

18. Lánzase un dado reiteradamente ata que apareza un 6. Acha a probabilidade de que se necesiten un número par de lanzamentos.

Desafíos trigonométricos e logarítmicos para secundaria

Velaquí unha terceira entrega da recompilación de problemas do David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). 

1. Nun triángulo $\triangle ABC$, $\angle C=90$. Obtén o valor de $cotA\cdot cotB$

2. O cadrado ABMN constrúese sobre a hipotenusa do triángulo rectángulo $\triangle ABC$. Se $AC=1$ e $BC=20$, determina MC.

3. Acha o valor de $sen\frac{\pi }{7}+sen\frac{4\pi }{7}+sen\frac{7\pi }{7}+sen\frac{10\pi }{7}+sen\frac{13\pi }{7}$

4. Acha todos os $x$ tales $x\epsilon \left [ 0,360 \right ]$ e $\frac{1-cos2x}{sen2x}=1$

5. Se $tan^{2}\left ( 180-x \right )+sec\left ( 180+x \right )=11$ determina todos os posibles valores de $cosx$.

6. Calcula $x$ tal que $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$ e $cos^{4}x+sen^{4}x=\frac{3}{4}$

7. Calcula $\frac{sen75+cos75}{sen75-cos75}$

8. En $\triangle ABC$, $AB=20$, $BC=13$ e $AC=21$. Se $cosA+cosB+cosC=\frac{p}{q}$, onde $p$ e $q$ son enteiros positivos e coprimos, acha $p+q$

9. Os ángulos dun triángulo con lados 3, 4 e x forman unha progresión aritmética. Determina todos os valores de x.

10. Se $sen^{6}x+cos^{6}x=\frac{2}{3}$ e $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$, calcula $sen2x$.

11. Inscribimos un polígono regular de $n$ lados nunha circunferencia de raio $r$. Acha todos os $n$ tales que a área do polígono é un múltiplo enteiro de $r^{2}$

12. Acha o valor de $y$ se $\left ( log_{3} x\right )\left ( log_{x} 2x\right )\left ( log_{2x} y\right )=log_{x}x^{2}$

13. Se $log_{5}\left ( senx \right )=-\frac{1}{2}$ determina o valor numérico do $cos^{2}x$

14. Calcula o $log_{\frac{1}{8}}sen4350$

15. Acha todos os números reais $x$ tales que $log_{x}2+log_{2}x=\frac{5}{2}$

16. Se $log_{2}3^{4}\cdot log_{3}4^{5}\cdot log_{4}5^{6}\cdot ...\cdot log_{63}64^{65}=x!$, acha $x$.

17. Calcula o valor numérico de $log_{10}\frac{1}{2}+log_{10}\frac{2}{3}+log_{10}\frac{3}{4}+...+log_{10}\frac{99}{100}$

18. Acha o valor de $log\left ( tan1^{\circ} \right )+log\left ( tan2^{\circ} \right )+log\left ( tan3^{\circ} \right )+...+log\left ( tan90^{\circ} \right )$

Desafíos xeométricos para secundaria

Seguro que se outra persoa tivera a encomenda de escoller ducia e media de cuestións xeométricas do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) faría outra escolla distinta. Incluso eu mesmo, noutro momento, tamén me decantaría por outra elección. 

Na anterior entrada fixera unha recompilación de problemas aritméticos e alxébricos así que podemos considerar esta entrada como unha continuación.

1. Determina o raio dunha esfera tal que o seu volume coincida numericamente coa súa superficie

2. A lonxitude da tanxente a unha ciercunferencia desde un punto exterior P é 7. Se o raio da circunferencia é 3, calcula a mínima distancia de P á circunferencia.

3. Fórmase un octógono regular cortando triángulos rectángulos isósceles nas esquinas dun cadrado de lado 4. Determina a lonxitude de cada un dos lados do octógono.

4. Sexan os puntos $A(21,0)$, $B(0,20)$ e $P(a,b)$. Se $\angle APB$ é un ángulo recto, determina o mínimo valor que pode ter $a$.

5. Dúas cordas nunha circunferencia son perpendiculares. Unha ten segmentos de 4 e 3 unidades e a outra de 2 e 6. Acha o raio da circunferencia.

6. Nunha circunferencia de raio 10 trazamos dúas cordas paralelas a lados opostos do centro e que distan deste 5 unidades. Acha a área da rexión deliminada pola circunferencia e as paralelas.

7. Acha a área do hexágono ABCDEF que se formou unindo os puntos medios de lados adxacentes dun cubo unidade tal e como se amosa na imaxe

8. Dous triángulos congruentes de ángulos 30-60-90 con hipotenusa 6 son colocados de forma que as súas hipotenusas coincidan e se superpoñan nunha rexión de área non nula pero que non coincide con ningún dos dous triángulos. Determina a área de superposición.

9. Desde un punto $P$ exterior á circunferencia de centro $O$, trázanse as tanxentes de $P$ á circunferencia aos puntos $X$ e $Y$. Se $PO=PX+PY$. Determina o ángulo $\angle XPY$.

10. Determina o raio da circunferencia centrada no (0,0) e que é tanxente á recta $x+2y=10$

11. Nun triángulo $triangle ABC$, $AB=AC$, o punto $D$ está en $AC$ e $AD=DB=BC$. Determina o ángulo $\angle A$

12. Dados dous círculos concéntricos e unha corda do maior que é tanxente ao menor, sabendo que a corda mide 12 unidades, determina a área da coroa circular.

13. Nun triángulo $triangle ABC$, $AB=AC$. Hai puntos $D$ en $AB$, $E$ en $CA$ e $F$ en $AD$ tales que $CB=CD=ED=EF=FA$. Determina ángulo $\angle A$.

14. Nun triángulo $\triangle ABC$ $AB=AC=17$. O punto $E$ triseca o segmento $BC$ e $AE=15$. Calcula $BC$

15. Nun sistema de coordenadas cartesiano hai dúas circunferencias pasando polo punto (3,2) que son tanxentes a ambos eixos de coordenadas. Determina a suma dos raios desas circunferencias.

16. A suma das lonxitudes das diagonais dun rombo é de 14 unidades e a súa área é de 13 unidades cadradas. Determina a lonxitude do lado do rombo.

17. Inscríbese un hexágono ABCDEF dentro dunha circunferencia con $AB=CD=EF=2$ e $BC=DE=FA=10$. Calcula a área dun triángulo equilátero inscrito na circunferencia.

18. Dobramos un papel rectangular de $10\times 24$ de forma que coincidan os vértices opostos $A$ e $C$. Calcula a lonxitude da dobrez.