20.11.19

Máis dunha década metendo a zoca


Nas miñas aulas é habitual que haxa probas formativas case todas as semanas. Estas probas avalían poucas cousas, normalmente as traballadas esa mesma semana, e teñen dúas funcións: a real, que é ir sabendo que están a entender os alumnos, e a aparente, que é manter un halo de profesor maligno. Como o proceso de elaboración destas probas é moito máis breve có dos exames usuais, a probabilidade de que meta a zoca é consecuentemente máis grande.

Hoxe sucedeu unha cousa ben curiosa nunha proba de fraccións e decimais para 2º de ESO. Trabuquei ao poñer un dato na proba, felizmente vin o erro antes de pasarlle a proba aos alumnos, porén mantiven o erro. Déixovos por acó o documento, tradicional abondo por outra banda, por se queredes atopar o erro e, alén diso, adiviñar por que resultou útil para o meu obxectivo avaliador.

Ah, a cabeceira non está en Comic Sans, é Cooper Black

6.11.19

Que é unha demostración combinatoria?


Xa teño comentado por acó que un momento importante da miña formación tivo lugar cando na biblioteca da Facultade de Matemáticas da USC permitiron ao alumnado acceder aá totalidade do fondo, antes diso só se podía acceder a unha sala cos típicos libros para undergraduates. Agora isto ten que soar ridículo, daquela xa soaba a pouco que reparases, o que ocorría era que moitos estudantes nin eran conscientes da existencia da zona vedada. Para que vexades a magnitude do absurdo no que vivía aquela biblioteca de facultade, eu atopara no catálogo Diophantine Equations, de L.J. Mordell, e ninguén sabía onde estaba.

Como xa comentei, alén da magnitude do fondo bibliográfico, unha das primeiras sorpresas que levei foi o descubrimento da categoría 05-Combinatoria(aínda que na que máis estiven pescudando foi a 11-Teoría de Números). Na miña cabeza, a combinatoria non era máis que aquela parte das Matemáticas que dera na 2ª avaliación de 1º de BUP xusto antes da probabilidade, e que tiña como obxecto resolver problemas nos que o reconto directo dos casos posibles e favorables non era factible. E que volvera aparecer como special guest star no pouco de variables aleatorias que estudamos ao final de COU(=Binomial e Normal). Polo que ver unha categoría enteira dedicada a esa materia, a priori anódina, provocou que pasase un tempo mirando naqueles libros. E atopei cousas que me soaban daquela, como os grafos, e outras que non, como as matroides ou a fermosísima teoría de Ramsey.

Confeso que a combinatoria do instituto fora un tema que me gustara e que se me dera ben; como sempre, é complicado discernir en que sentido funciona a relación entre motivación e desempeño. E tamén confeso que non cheguei a entender a idea crucial por embaixo de toda a materia que dera ata moitos anos despois, lendo algún libro de resolución de problemas.

Comecemos por un chisco de choio de libro de texto, o cálculo efectivo de $\binom{n}{k}$, i.e., o cómputo do coeficiente combinatorio, a partir de operacións elementais, traballadas previamente na aula. E que é $\binom{n}{k}$ ? É o símbolo que denota o número de xeitos de escoller k elementos dentro dun conxunto de n elementos, cuxo nome tradicional é "combinacións de n elementos tomados de k en k". Collamos un caso sinxelo, o conxunto con 5 elementos {a,b,c,d,e} do que imos coller subconxuntos de 3 elementos, i.e., $\binom{5}{3}$. Moi grande non é :
{a,b,c},{a,b,d},{a,b,e},{a,c,d},{a,c,e},{a,d,e},{b,c,d},{b,c,e}{b,d,e}{c,d,e}
Vemos arriba que $\binom{5}{3}=10$.  A explicación xenérica das combinacións funciona deste xeito:
Calculamos cantos xeitos hai de asignar as 3 medallas no conxunto de 5 elementos, o que se coñece tradicionalmente como "variacións de 5 elementos collidos de 3 en 3", e denotamos $V_{5}^3$, e que só require entender a regra do produto:
Hai 5 opcións para asignar a medalla de ouro, para cada unha desas, hai 4 opcións para a medalla de prata, e finalmente hai 3 para a medalla de bronce, polo que $V_{5}^3$=5 cdot 4 cdot 3=60
Pero para chegar as combinacións hai que ter en conta que as variacións abc, acb, bac, bca, cab e cba corresponden á mesma combinación, {a,b,c} (en linguaxe de 1º de BUP, "a orde non importa nas combinacións"), polo que:
$\binom{5}{3}=\frac{V_{5}^3}{3!}=\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3!}=\frac{5!}{2! \cdot 3!}$
O razoamento xeral troca 5 e 3 por n e k:
$\binom{n}{k}=\frac{V_{n}^k}{k!}=\frac{n \cdot (n-1) \dots (n-k+1)}{k!}=\frac{n!}{(n-k)! \cdot k!}$

Isto é o que nos explicaron en 1º de BUP a todos, máis ou menos, e tamén actualmente nas Matemáticas Académicas de 4º de ESO(os afortunados que chegan).

Daquela(e agora tamén) había alumnos que aos 14 anos aínda non tiñan asimilada a regra do produto, na que se sostén toda esta estrutura de enumeración, e que vén culminar o pensamento multiplicativo desenvolvido durante a educación primaria. Por isto era pouco probable que un alumno chegase a albiscar a idea esencial: contar maneiras de agrupar elementos de xeito indirecto, mediante outros agrupamentos máis inmediatos, ou ben, atopar un número contando de dous xeitos distintos na mesma situación. Esta é unha das dúas posibles definicións de "demostración combinatoria"; a outra é unha proba que se fai atopando unha bixección entre dous conxuntos para amosar que teñen o mesmo cardinal(un dos recordos máis lisérxicos que gardo da carreira foi o día que en Álxebra non conmutativa unha demostración comezaba por amosar que certo ente matemático que non lembro estaba en bixección cun conxunto, co obxectivo de amosar que ese ente misterioso era efectivamente un conxunto)

Vexamos uns casos elementais que no instituto se adoitaban demostrar de xeito puramente alxébrico, a partir da expresión das combinacións atopada arriba.


  • Demostrar que $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}$
O lector observará aí a condición de recorrencia que define o Triángulo de Pascal, e unha das primeiras identidades que se demostraban nos libros de texto de 1º de BUP. Que representa o número combinatorio do membro da esquerda? O número de xeitos de escoller k persoas dun conxunto de n persoas. E a suma de números combinatorios do membro da dereita? Collamos a 1ª das persoas das n. Poden pasar dúas cousas: que estea na selección de k persoas ou que non estea. No 1º caso hai $\binom{n-1}{k-1}$ xeitos de completar a selección das k persoas(pois el xa está); no 2º caso hai $\binom{n-1}{k}$ xeitos, pois están aínda os k postos vacantes. Sinxelo, non si? Na miña opinión, ademais é fermoso.

  • Demostrar que $k \binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$
Tradicionalmente esta identidade ilústrase do seguinte xeito: cantas maneiras hai de escoller un comité formado por k persoas, das cales unha actúa como presidenta, dentro dun conxunto de n persoas? O camiño obvio está no membro da esquerda, temos $\binom{n}{k}$ de escoller o comité de k persoas, e logo hai k opcións para o presidente. O membro da dereita pode interpretarse así: escollemos primeiro o presidente, que pode ser calquera das n persoas, e despois completamos o comité con k-1 persoas do resto de n-1 persoas do conxunto.

  • A identidade anterior é o primeiro caso dunha identidade máis xeral, $\binom{n}{k} \binom{k}{l}=\binom{n}{l} \binom{n-l}{k-l}$, que Martin Erickson chama "identidade do subcomité", e que se deixa como exercicio ao amable lector.
  • Achar unha fórmula para a o número de subconxuntos dun conxunto de cardinal n.
Para isto hai varios ataques posibles. Por unha banda hai $\binom{n}{0}$ subconxuntos con 0 elementos, $\binom{n}{1}$ subconxuntos cun elemento,... , $\binom{n}{n-1}$ subconxuntos con n-1 elementos, e $\binom{n}{n}$ subconxuntos con n elementos. Por outro, cada un dos n elementos do conxunto ten dúas opcións en cada subconxunto: pertencer ou non pertencer. Por tanto haberá $2 \cdot 2 \cdot \dots 2=2^n$ subconxuntos. Acabamos de demostrar que $\sum_{k=1}^{n} {\binom{n}{k}}=2^n$, identidade ben fermosa que se deduce automaticamente do binomio de Newton collendo x=1=y

  • Atopar o valor de $\sum_{k=1}^{n}{k \binom{n}{k}}$
Observamos que a sucesión que sumamos é a que apareceu hai tres puntos, o cal dá unha pauta. Dun conxunto con n persoas, facemos comités con k persoas, unha delas facendo de presidenta, variando k desde 1 ata n. Pensemos agora en facer eses comités con presidente doutro xeito: temos n xeitos de escoller o presidente, e logo temos que completar os comités co resto de participantes, desde o caso extremo no que o presidente está só ata o extremo no que o comité é todo o conxunto(isto lémbrame que cando eu tiña ~7 anos, estaba nunha banda no colexio con 6 membros, denominados sucesivamente 1º xefe, 2º xefe, ... ata chegar ao moi digno 6º xefe); e hai $2^{n-1}$ maneiras de escoller eses "restos de comités", pois non son máis que os subconxuntos dun conxunto con n-1 elementos, tal e como vimos no apartado previo.

Por hoxe xa está ben de tolear contando, mais non quería rematar este voo sobre estes feitos básicos sen apuntar unha demostración fermosísima, que non entra exactamente na categoría de demostración combinatoria, xoga con estas mesmas ideas(e que xa apareceu por acó hai 6 anos):

  • $$\sum_{k=0}^{n-1} {2^k}=1+2^1+2^2+2^3+ \dots + 2^{n-1}=2^n-1 $$
A suma do membro da esquerda non é máis que a suma dos números que se escriben con n bits  $0 \dots 1$, $0 \dots 01$, ..., $01 \dots 0$, $1 \dots 0$, suma que vale $11 \dots 11$. Que sucede se sumamos 1 a este número? Pois que obtemos o número $10 \dots 0$(n+1 bits), i.e., $2^n$


Simplemente amosando as ideas básicas das demostracións combinatorias coido que xa temos abondo por hoxe. Emprázovos a unha eventual entrada futura na que aparezan máis demostracións e tamén menos elementais.

20.10.19

Encubrindo as ideas


Unha das miñas queixas como alumno da antiga carreira de Matemáticas consistiu sempre en que as ideas quedaban encubertas no vórtice de demostracións e procedementos que víamos a fume de carozo. Mencionei esta teima en varias ocasións en twitter(1,2); precisamente aí lembrei unha das primeiras demostracións sen motivación que sufrín na carreira, tan cedo como na primeira semana de clase de Funcións dunha Variable Real I. Nesa primeira semana vimos como o corpo dos números racionais, cumprindo case todas as propiedades que cumpre o corpo dos números reais, fallaba nunha crucial, a da orde, que se chama tradicionalmente "Axioma do supremo". Explicarei brevemente de que vai o conto.


Unha cota superior dun conxunto é o que parece ser, un número maior que todos os dese conxunto (outra cousa non, pero en Matemáticas non enganamos cos nomes). Que é o supremo dun conxunto? Pois é a menor das cotas superiores. Así de simple. Se pasastes polas Matemáticas de BUP ou do bacharelato actual, teredes un coñecemento intuitivo de que todos os conxuntos limitados superiormente teñen supremo, pois a continuidade dos números reais impregna todo o que se fai despois, p.ex. o cálculo infinitesimal. O problema radica en que non todos os corpos numéricos teñen esta propiedade, e para ver que $\mathbb{Q}$ non cumpre o axioma, o exemplo estándar é $A=\{ x \in \mathbb{Q} / x^2 < 2 \} $

Como van 24 anos (e tres semanas) desde  que vin isto en Funcións I, pasei de xeito intermitente varias tardes tentando lembrar a demostración que nos fixeron. Contra todo prognóstico, tiven éxito.

Para ver que non hai supremo, supoñamos por redución ao absurdo que si que o hai, chamémolo $\alpha$. Poden suceder 2 cousas, ou ben $\alpha \in A$ ou ben $\alpha \notin A$
  • Supoñamos primeiro que $\alpha \in A$. Collamos $\epsilon \in \mathbb{Q}$ tal que $0<\epsilon< min \bigg \{ 1,\frac{2-\alpha^2}{2 \alpha+1} \bigg \}$

Entón teremos que $$(\alpha+ \epsilon)^2=\alpha^2+\epsilon(2\alpha+\epsilon) \leq \alpha^2+\epsilon (2 \alpha+1) <  \alpha^2 +\frac{2-\alpha^2}{2 \alpha+1} (2 \alpha +1)= \alpha^2+ 2 -\alpha^2=2 $$
Polo que $\alpha$ non pode ser o supremo de A, pois nin sequera é unha cota superior de A, ao atoparmos outro número maior que $\alpha$ dentro de A.
  • Supoñamos agora que $\alpha \notin A$. Hai dúas posibilidades, ou ben $\alpha^2=2$ ou ben $\alpha^2>2$.
    • O primeiro caso fora demostrado en 1º de BUP, polo que o profesor non se parou, a demostración máis rápida debe de ser esta: Se $\alpha^2=2 \rightarrow \alpha=\sqrt{2}$. Supoñamos que $\alpha \in \mathbb{Q}$, entón $\exists p,q \in \mathbb{N}/ \sqrt{2}=\frac{p}{q} \rightarrow 2= \frac{p^2}{q^2}$, de onde $2q^2=p^2$, se observamos as descomposicións en factores primos dos dous membros, vemos que o membro da dereita terá un número par de factores 2(pode que 0), mentres que o da esquerda ten un número impar, q.e.d. (A demostración de 1º de BUP era moito más minuciosa, explicando polo miúdo como son os cadrados dos pares e dos impares, e caera como teoría no exame da 1ª avaliación)
    • O segundo caso, $\alpha^2> 2 $, é semellante ao caso no que $\alpha$ estea en A. Agora collemos $\epsilon \in \mathbb{Q}$ tal que $0<\epsilon< \frac{\alpha^2-2}{2 \alpha} $. Entón teremos que $2 \alpha - \epsilon < 2 \alpha$, e $(\alpha - \epsilon)^2=\alpha^2- (2\alpha - \epsilon) \epsilon > \alpha^2 - 2 \alpha \epsilon > \alpha^2 - (\alpha^2 -2)=2$ Concluímos que $\alpha - \epsilon < \alpha$, $\alpha - \epsilon  \notin A$, e vemos que $\alpha$ non pode ser supremo, ao existir outro número racional menor que tamén é cota superior de A.
Se fixestes o esforzo de ir pelexando cos detalles da demostración, sabedes o que é case seguro que sucedeu? Que perdestes o sentido da demostración. De que vai esta demostración? É importante a escolla precisa dos valores de $\epsilon$?  En realidade é máis importante saber que podemos coller valores racionais que cumpran esas desigualdades que o valor concreto deses valores, pois esa posibilidade é un disfrace da propiedade arquimediana 1 do corpo dos números racionais, que afirma que dado un número racional calquera, sempre hai un natural maior.

Como podería mellorar esta demostración? Proporcionando unha motivación ao lapote que supón a expresión do número auxiliar $\epsilon$. Observade só o esbozo do que podería ser, no primeiro caso da demostración, $\alpha \in A$:

Queremos un número racional maior que $\alpha$ que siga dentro de A, vexamos que pasa se lle sumamos a $\alpha$ un racional co aspecto $\frac{1}{n}$, sucesión ben coñecida que tende a 0, e impoñemos que o seu cadrado sexa menor que 2:
$ \left( \alpha + \frac{1}{n} \right)^2= \alpha^2 +\frac{2 \alpha} {n}+ \frac{1}{n^2} < 2 \rightarrow \alpha^2 n^2 + 2 \alpha n +1 < 2n^2 \rightarrow ( \alpha^2-2) n^2 +2 \alpha n + 1 < 0 $


Paro aquí. Observade os coeficientes do polinomio en n. Agora que xa temos a intuición da existencia do racional ε, podemos preocuparnos pola parte técnica. Agora. Non antes.

O caso no que $\alpha \notin A$ é semellante, só cambian detalles técnicos.



1 Pouco despois naquel curso utilizabamos o axioma do Supremo en $\mathbb{R}$ para demostrar a propiedade arquimediana.

17.10.19

Unha curiosidade con porcentaxes


Nun test para avaliar o coñecemento dos alumnos de 4º sobre porcentaxes, con especial énfase no uso dos índices para os cálculos, incluín o seguinte ítem:

Unha ameba que mide 300 μm de largo lanza un pseudópodo que lle fai aumentar a súa lonxitude un 50%. Despois retráese para alimentarse, perdendo un 40% da súa lonxitude nese momento. Que porcentaxe de variación sufriu a súa lonxitude neste proceso?
  1. -10%
  2. -60%
  3. +10%
  4. -40%
Xa podedes intuír que os 300 μm non fan falta para nada, o cálculo a este nivel redúcese a:
$1,5 \cdot 0,6=0,9$, de onde a variación foi do 10% de mingua da lonxitude.

Que ten de interesante este exercicio? Pois que o erro máis inocente no cálculo da variación, a saber, 50%-40%=10% de suba é xusto o oposto do cálculo real, que acabamos de ver que é 10% de diminución.

A pregunta é obrigada:

Hai máis casos nos que unha suba do a% seguida dunha baixada do b% dea un resultado oposto a unha suba do (a-b)%, é dicir, unha baixada do (a-b)%?

Quédavos aí un problemiña de números para quen teña ganas.




25.9.19

A proxección estereográfica


Un dos temas elementais que aparecen en varias materias dos primeiros cursos da carreira de Matemáticas é a proxección estereográfica(outro é a desigualdade de Cauchy-Schwarz-etc.). Se non lembro mal, vina por primeira vez en Topoloxía dos Espazos Euclidianos, como exemplo de homeomorfismo entre a circunferencia agás o polo norte e a recta:

   
O mecanismo queda claro na imaxe: dado un punto P na circunferencia, unímolo co polo norte, N, e prolongamos a recta ata que corte ao eixe de abscisas nun punto P'. Vemos que deste xeito, todos os puntos da circunferencia agás o propio polo norte están asociados a un único punto do eixe. Isto resúmese elegantemente dicindo que a recta é unha circunferencia á que lle quitamos un punto.
Hai moito que roer nesta idea aparentemente sinxela, moitas puramente xeométricas e topolóxicas; porén, a miña preferida é a parametrización racional da circunferencia, que proporciona un xeito de atopar as ternas pitagóricas. Brevemente, se queremos atopar as ternas de números enteiros (a,b,c) que cumpren a ecuación diofántica $a^2+b^2=c^2$, dividindo entre $c^2$, o choio é equivalente a atopar os puntos con coordenadas racionais que cumpren $\left( \frac{a}{c} \right)^2+\left( \frac{b}{c} \right)^2=1$, i.e., os puntos racionais na circunferencia $x^2+y^2=1$ Se collemos un punto racional no eixe de abscisas, $\left(\frac{p}{q},0 \right)$, unímolo co polo norte e intersecamos coa circunferencia unidade:

$$\frac{x-0}{\frac{p}{q}-0}=\frac{y-1}{0-1} \rightarrow y=1 - \frac{x}{\frac{p}{q}}$$
$$ \begin{cases} x^2+y^2=1 \\ y=1 - \frac{x}{\frac{p}{q}} \end {cases}$$
Where the magic happens...
$$(x,y)=\left( \frac{2pq}{p^2+q^2},\frac{p^2-q^2}{p^2+q^2} \right)$$
E as ternas pitagóricas primitivas (a,b,c) teñen o aspecto $a=2pq, b=p^2-q^2, c=p^2+q^2$

Unha marabilla da que nunca fartarei.

Nota autobiográfica: a primeira vez que vin a expresión das ternas pitagóricas primitivas non apareceu no transcurso dun razoamento xeométrico como este, senón coa dedución aritmético-alxébrica estándar.  O que provocou unha sorpresa maior no mozo que eu era, ao ver que as expresións coincidían coas dun cambio de variable para o cálculo de integrais trigonométricas, o ubicuo $tan \frac{x}{2}=t$

Desde o punto de vista xeométrico, resulta aínda máis interesante analizar o que sucede se subimos a dimensión 3, identificando a esfera agás un punto co plano. Por exemplo, a dimensión extra permite xogar a adiviñar o efecto que ten a proxección estereográfica sobre curvas planas, i.e., cal é a imaxe dentro da esfera dunha familia uniparamétrica de puntos. O caso máis sinxelo é o das liñas rectas, que se non coñecedes, podedes adiviñar; nesta figura aparece a recta $y=1- \frac{5x}{2}$

   


Isto non é máis que o comezo. De que curva procede esta imaxe?

   Tede en conta que a imaxe está elaborada co trazo dun punto e o discreto en realidade é continuo

As posibilidades son innumerables, déixovos aquí un simple applet para que investiguedes. Se utilizades a caixa de entrada da xanela superior, só poderedes introducir funcións nunha variable; para introducir curvas que non sexa gráficas de funcións dunha variable teredes que machacar directamente a expresión da función f na xanela alxébrica(por iso está visible):




Todas as ferramentas que se poden incluír están ao servizo de que poidades mover e escalar ao voso gusto a figura. Así que veña, a fedellar.


Agardo ter contribuído un chisco a que a proxección estereográfica vos pareza tan fermosa como a min. Tanto como ao J dos 18 anos sería excesivo.