13.2.16

"Escrito en 5 anos, pode durar milenios"


Cardano, who plagiarised before it was cool

O asunto de hoxe ten case 500 anos de historia, e comenza no Renacemento italiano. Sigamos a Girolamo Cardano cando resolveu a ecuación cúbica simplificada, $x^3+px=q$, ou se preferides, cando colleu prestada de Tartaglia a súa solución:

Collamos dous números $u$ e $v$ que cumpran $u-v=x$ e $u \cdot v=\frac{p}{3}$

Traballando con estas dúas novas variables:

$$(u-v)^3+p(u-v)=q$$
$$(u-v)[(u-v)^2+p]=q$$
$$(u-v)(u^2-2uv+v^2+3uv)=q$$
$$(u-v)(u^2+uv+v^2)=q$$
$$u^3-v^3=q$$
$$u^3-\Big(\frac{p}{3u}\Big)^3=q$$
$$u^6-qu^3-\Big(\frac{p}{3}\Big)^2=0$$
Resolvendo esta ecuación cuadrática en $u^3$:
$$u^3=\frac{q+-\sqrt{q^2+4\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}{2}$$
$$u^3=\frac{q}{2}\pm \sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}$$
Obtendo finalmente u e v como as dúas solucións da ecuación cuadrática, e desfacendo o cambio, a solución da ecuación orixinal:
$$x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}-\sqrt[3]{\frac{q}{2}-\sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}$$

Cardano só traballaba con valores positivos dos coeficientes, mais o método pode ser replicado sen problemas para casos como $x^3=15x+4$ (collendo x=u+v). Aínda que hoxe en día usamos exactamente o mesmo método e traballamos con $p=-15, q=4$.
Observamos ademais a ecuación do exemplo ten a solución x=4.
Aplicando o método adaptado, obtemos:
$$x=\sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}}+\sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}}$$
O que, en nomenclatura contemporánea, ten o aspecto
$$x=\sqrt[3]{2+11i}+\sqrt[3]{2-11i}$$

Como xa sabíamos que $x=4$ era unha solución da ecuación, significa isto que $\small{4=\sqrt[3]{2+11i}+\sqrt[3]{2-11i}}$?

Polo visto Cardano xa atopara estes números esvaradizos estudando as solucións de problemas como o seguinte:

"Divide 10 en dúas partes que multiplicadas dean 40"

Este ten o aspecto típico dos primeiros problemas non lineares que propoñemos aló por 2º de ESO. Resolto cunha soa ecuación, chegamos a:
$$x(10-x)=40 \rightarrow x^2-10x+40=0 \rightarrow x=\frac{10 \pm \sqrt{100-160}}{2}=$$ 
$$\frac{10 \pm \sqrt{-60}}{2}= 5 \pm \sqrt{-15}$$

Que escribimos hoxe $$x=5 \pm i\sqrt{15}$$

Imaxinarios, chamaríadelos agora?


P.D.: levaba uns anos querendo falar un anaco da ecuación cúbica. Que sexa a primeira vez en 12 anos de choio que dou os números complexos é a escusa perfecta para esta entrada. Cardano escribiu o seu libro en 5 anos, estimou que o seu contido duraría milenios, e agora en 1º de Bacharelato miniaturizamos estas ideas en 5 ou 6 sesións. Dalgún xeito tiña que resarcirme.



6.2.16

Dous problemas de áreas


Revisando vellas ligazóns da época na que resolvía problemas de olimpíadas matemáticas, dei cos meus ósos no arquivo de enunciados da Olimpíada Matemática Argentina. E nel, coas dúas únicas probas do Torneo del Mercosur que atopei na rede. Confeso que nunca parara a mirar as probas, seguramente porque a primeira ollada a problemas de Xeometría sen figuras deixa sen ganas de máis. Desta volta tería máis azos, pois achei este problema:

Temos dous rectángulos iguais, ABCD e APQR, tales que P está no interior do rectángulo ABCD e o lado PQ do rectángulo APQR interseca ao lado DC do rectángulo ABCD no punto E. Se sabemos que:
  • AB=CD=AP=QR=8
  • AD=BC=AR=PQ=12
  • DE=1
Achar a área da figura ABCEP


Esta é a tradución do problema orixinal, conviredes comigo que dá algo de cansazo. Sorte que xa vos fixen eu o debuxo:

Colocando as etiquetas na orde contraria ás agullas do reloxo, obtemos o mesmo problema?


E esta semana tamén descubrín estoutro, que aínda que fala de áreas, é totalmente distinto do anterior. Unha das cousas boas que ten dar catro niveis de Matemáticas é que vas atopar problemas axeitados en calquera sitio que mires. Este problema foi proposto na XXI Olimpiada Matemática Asturiana, en 2014, e eu vino no blogue Matemáticas JMMM, onde coido que cheguei desde twitter, mais non lembro desde que conta.

Na figura hai dous cadrados, un de lado 7 cm. e o outro de lado 2 cm. Os lados do cadrado pequeno son paralelos aos do grande. Atopa a área da zona sombreada.

  

Unha pregunta para os profesores: por que sería mala idea converter este exercicio nun ítem con varias opcións?

1.2.16

Da aula


Comparto uns exercicios que utilicei a semana pasada en 1º de ESO como avaliación formativa, por se lle interesan a alguén.

  1.  O ano pasado en Cedeira houbo vento $\frac{2}{3}$ dos días, mentres que choveu $\frac{2}{5}$ dos días. É posible que ningún día ventoso chovese? É posible que algún día nin chovese nin fixese vento? Razoa a resposta.
  2.  Completa a igualdade:  $\frac{3}{4}+\frac{3}{}=1$
  3.  Escribe a fracción irredutible que representa a frecha dentro do cadrado:

 
  
  1.  Calcula e simplifica:

    1. $\frac{5}{6}-\frac{1}{2}:\frac{10}{6}=$
    2. $\frac{6}{9}\cdot \Big(\frac{3}{4}+\frac{3}{5} \Big)=$


Seguimos pelexando...

27.1.16

A Lei Forte dos Pequenos Números-3


Lembremos que A Lei Forte dos Pequnos Números é unha expresión que inventou o teórico de números e grande divulgador Richard K. Guy que se resume en:

"Non hai números pequenos abondo para cumprir todas as expectativas que temos postas neles"

Esta frase é un xeito humorístico de apuntar ao verdadeiro significado da "lei": que un patrón sexa certo nos primeiros casos non dá ningunha seguridade sobre a súa validez xeral. Xa van dúas entradas comentando algúns dos casos máis coñecidos(1, 2), polo que hoxe imos ver un caso ben curioso e menos coñecido, que eu veño de descubrir lendo o artigo Deceptive Patterns in Mathematics de V.G.Tikekar. Antes temos que lembrar os vellos amigos dos estudantes da EXB, os diagramas de Venn:

Xente á que lle importan os diagramas de Venn e xente á que non?

O diagrama de Venn é probablemente unha das representacións máis coñecidas dentro das Matemáticas: mediante unha circunferencia(ou unha figura topoloxicamente equivalente) dividimos o conxunto universal en dous anacos, o interior e o exterior, que representan loxicamente conxuntos disxuntos. É tradicional representar o complementario do conxunto $A$ como $\overline{A}$, como aparece na figura anterior, na que contamos 2 rexións nas que queda dividido o conxunto universal.

Pois ben, vexamos en cantas rexións dividiremos o conxunto universal se utilizamos diagramas circulares unicamente para representar os conxuntos:
  • Con 2 conxuntos
4 rexións
  • Con 3 conxuntos

8 rexións

O patrón queda ben claro: cando collemos $n$ conxuntos, obtemos $2^n$ rexións, polo que o seguinte paso vai ser determinar mediante circunferencias as 16 rexións nas que vai quedar dividido o conxunto universal. Non sei que sucede, que por moito que o intento, non dou pasado de 14 rexións. Xa conto eu por vós para que non vos perdades:

   
Que pensades, será que son pouco hábil ou será que é imposible mellorar esa marca de 14? Que sucederá con 5 conxuntos? E con n?


20.1.16

Un problema de Álxebra da Olimpíada Española


Coido que foi grazas a Daniel Ruiz Aguilera, presidente da Societat Balear de Matemàtiques, que cheguei aos problemas da Fase Local a les Illes Balears da Olimpíada Matemática Española, dirixida a estudantes de bacharelato. Xa coñecía os do zonal galego, polo que tiven que comparar as temáticas dos problemas.
  • Na galega, por orde, os temas foron: 1)Progresións/divisibilidade,2)Reloxos, 3)Triángulos rectángulos, cadrados e construcións con regra e compás,4)Raíces de polinomios que son as lonxitudes dos lados dun triángulo rectángulo,5) Triángulos e concorrencias de cevianas, 6) Combinatoria xeométrica.
  • Na balear:1)O problema clásico das amigas que bailan nunha festa, cada unha cun mozo máis,2) Raíces de polinomios, 3) Un triángulo cun punto interior do que sabemos certos ángulos formados cos vértices,4) Aritgrama cunha división da que só sabemos unha cifra,5) Desigualdade xeométrica no contexto dun rectángulo, 6)Números primos.
Obsérvase certa sobrerrepresentación dos triángulos, mais isto é habitual neste tipo de olimpíadas, sendo como é un tema clásico das matemáticas elementares. Por outra banda, en moitos centros educativos adoitan preparar especificamente aos alumnos que amosan talento, e a preparación céntrase en aspectos certamente básicos mais que non entran no ámbito curricular. Este ano podemos ver exemplos extracurriculares no 2º problema galego cando piden que se constrúa o cadrado con regra e compás, no 6º galego(a Combinatoria está algo illada no curriculum) ou no 5º balear, que é case un alieníxena comparado co traballado nas aulas.

Hoxe vou compartir (e resolver, para variar) un dos problemas máis relacionados co traballo na ESO e no Bacharelato, o segundo problema das Illes Baleares:

Sabem que els polinomis $x^2+ax+b$ i $x^2+mx+n$ tenen una arrel comuna. Escriviu l'equació de segon grau les solucions de la qual siguin les respectives altes arrels d'aquests polinomis.

Nunca vira nin pensara nesta situación, polo que a curiosidade provocou que tivese que resolvelo. Collamos un exemplo de dous polinomios cuadráticos que compartan unha raíz, a ver se vemos pistas:

$x^2-5x+6$ e $ x^2-7x+10$  comparten a raíz $x=2$, as outras raíces son, respectivamente, $x=3$ e $x=5$, polo que o polinomio cuadrático buscado é $x^2-8x+15$. Hai que ter moita vista matemática aínda para albiscar a relación entre os coeficientes -5, 6, -7, 10 e -8 e 15(si, vense cousas, pero teñen que ser casuais, pois son pouco "naturais")

Como agora vai a miña supertécnica solución, recoméndovos deixar de ler e coller lapis e papel se queredes fedellar vós tamén coa Álxebra:

Vou utilizar a eito o Teorema de Cardano-Viète para o caso de polinomios cuadráticos mónicos, que afirma que se as raíces dun polinomio $x^2+px+q$ son $\alpha$ e $\beta$, entón $\alpha+\beta=-p$ e $\alpha \cdot \beta=q$.
Con isto, se chamamos ás raíces dos dous polinomios $x_0, x_1$ e $x_0, x_2$ temos que
$$\begin{cases}x_0+x_1=-a \\ x_0\cdot x_1=b \\ x_0+x_2=-m \\ x_0\cdot x_2=n \end{cases}$$
O noso obxectivo vai ser atopar a suma e o produto das outras dúas raíces dos dous polinomios, $x_1$ e $x_2$, en función dos coeficientes a, b, m e n. Vexamos:
  • Comezamos por restar as dúas igualdades coas sumas das raíces, obtemos:
$$x_2-x_1=a-m$$ (1)
  • Dividimos as dúas igualdades cos produtos das raíces:
$$\frac{x_2}{x_1}=\frac{n}{b}\rightarrow bx_2=nx_1$$ (2)

  • Despexamos unha das raíces en (1)
$$x_2=x_1+a-m$$
  • Multiplicando os dous membros por b e utilizando (2):
$$bx_2=bx_1+ba-bm$$
$$nx_1=bx_1+ba-bm$$
$$(n-b)x_1=b(a-m)\rightarrow x_1=\frac{b(a-m)}{n-b}$$
  • Utilizando (2) outra vez obtemos a igualdade equivalente para $x_2$:
 $$x_2=\frac{n(a-m)}{n-b}$$

  • Tendo expresións para cada unha das raíces $x_1$ e $x_2$ en función dos coeficientes deixa pouco choio por facer:
$$\begin{cases} x_1+x_2=\frac{(b+n)(a-m)}{n-b} \\ x_1 \cdot x_2= bn \cdot (\frac{a-m}{n-b})^2\end{cases}$$
Só hai que cambiarlle o signo á primeira expresión e xa temos o coeficiente linear do polinomio.
Para que a solución sexa rigorosa tería que considerar uns casos illados nos que incurrín na "división por cero". Como os detalles son sinxelos mais aburridos, déixollos ao lector.

No exemplo de máis arriba, onde a=-5, b=6, m=-7, n=10, comprobemos o resultado:
$$-\frac{(b+n)(a-m)}{n-b}=-\frac{16 \cdot 2 }{4}=-8$$
e
$$bn \cdot (\frac{a-m}{n-b})^2=6 \cdot 10\cdot (\frac{2}{4})^2 =\frac{60}{4}=15$$
como xa sabíamos.