29.8.13

A Lei Forte dos Pequenos Números


O matemático Richard K. Guy escribiu nos 80 unha interesante listaxe de patróns matemáticos que agroman nos primeiros números naturais para despois morrer, de xeito inesperado ou non. Estes feitos son casos concretos da "Lei Forte dos Pequenos Números", termo acuñado polo propio Guy.


Algúns destes feitos xa apareceron neste blogue, como un que mencionei xa en dúas entradas, de xuño de 2009 (primeiro ano deste blogue,cando participaban alumnos da Rúa de Valdeorras) e maio de 2012. Rescato das arañeiras do tempo a imaxe, que é abondo para saber de que feito estou a falar:


Contade o número de rexións acoutadas
dentro do círculo polos segmentos

O patrón é obvio, cada nova figura duplica o número de rexións, de tal xeito que van aparecendo as sucesivas potencias de 2: $1=2^0, 2=2^1, 4=2^2, 8=2^3, 16=2^4, \dots$, pero cando marcamos 6 puntos na circunferencia obtemos, non $2^5=32$ como parecía evidente, senón 31 rexións.

    O outro feito que xa avancei, aínda que fose nun comentario ao post sobre o Problema de Malfatti, é o dos Números de Fermat, introducidos polo coñecido matemático amateur e que teñen o aspecto $F_n=2^{2^n}+1$, polo que os primeiros son:
$$ F_0=2^{2^0}+1=2^1+1=3, F_1=2^{2^1}+1=2^2+1=5$$
$$ F_2=2^{2^2}+1=2^4+1=17, F_3=2^{2^3}+1=2^8+1=257$$
$$ F_4=2^{2^4}+1=2^{16}+1=65537$$
Coa mala sorte de que os cinco números son primos, o que levou a Fermat a aventurar que todos tiñan que selo. Menos dun século despois chegou o matemático probablemente máis hardcore da historia, Leonhard Euler, quen amosou que:
$$F_5=2^{2^5}+1=2^{32}+1=4294967297=641 \cdot 6700417$$


Outro feito dos enumerados por Richard Guy é máis escuro e a sorpresa tarda un pouco máis en aparecer:


    Agás o 2, todos os números primos son impares, así que podemos clasificalos en dúas clases: os que deixan resto 1 ao seren divididos entre 4 (os 4k+1) e os que deixan resto 3 ao seren divididos entre 4 (os 4k+3). Se observamos cantos números hai de cada tipo entre os primeiros 100 números naturais:

  • 4k+3: 3,7,11,19,23,31,43,47,59,67,71,79,83  En total 13 primos 4k+3
  • 4k+1: 5,13,17,29,37,41,53,61,73,89,93,97     En total 11 primos 4k+1
Se ampliamos esta criba (coñecida tradicionalmente como "prime number race") facendo o intervalo natural [1,n] máis grande, veremos que os primos 4k+3 sempre van por diante, ou polo menos non quedan atrás, feito que observou por primeira vez Chebyshev:


n
Primos 4k+3
Primos 4k+1
100
13
11
200
24
21
300
32
29
400
40
37
500
50
44
600
57
51
700
65
59
800
71
67
900
79
74
1000
87
80
10000
619
609

Semella coherente conxecturar que os primos 4k+3 sempre gañan a carreira aos 4k+1, non si?
Pois non: se chegamos ata 26861, que é un primo 4k+1, veremos como os 4k+1 toman a dianteira. Pero como sucede que 26861 e 26863 son primos xemelgos, rapidamente os primos 4k+3 empatan. Pouco despois volven á primeira posición. O máis abraiante da historia está por chegar: Littlewood amosou que os primos 4k+1 toman a dianteira nunha infinidade de ocasións. Marabillas da Teoría Analítica de Números, estes saltos están relacionados co comportamento da función $$\frac{1}{2} \frac{\sqrt{x}}{lnx} lnlnlnx$$

Se queredes máis información sobre estas carreiras de primos, recoméndovos "Prime Number Races", de Andrew Granville e Greg Martin, dispoñible en arXiv.

Como conclusión, non vos fiedes dos números pequenos. Non son trigo limpo.

25.8.13

Solución da adiviña de onte


Tendo en conta o espertos que son os meus lectores (poucos pero de calidade) xa non sería necesario desvelar a solución da adiviña, porén vou comentar onde atopara o aparello e o seu creador. Se por calquera misterio do universo hai algún lector novo do blogue que caese accidentalmente nesta entrada, recoméndolle que vaia primeiro ao anterior post , E isto que é?, onde propoño a adiviña. Para evitar que vexa a solución porei algo comestible como obstáculo:


Outro día falamos de Topoloxía



A imaxe, titulada "Curiosum", representa (como adiviñaron Cadoi e Cibrán nos comentarios), unha regra de cálculo complexa Fuller-Wythe, encamiñada a atopar o produto de dous números complexos. Apareceu no número 2 de "The Mathematical Intelligencer" de 2009 e non é unha fotografía dun obxecto real senón unha imaxe creada por ordenador, en concreto cun programa de modelado 3D chamado POV-Ray, Persistence of Vision Raytracer. Pensándoo ben, ten o seu aquel que a imaxe dunha regra de cálculo complexa non sexa "real".

O autor, Robert J. MacG. Dawson, (profesor de Matemáticas na St Mary's University en Halifax) mantén unha páxina na súa web para a fabricación dunha regra real, ademais duns apuntamentos sobre a historia das regras complexas (hai que baixar pola galería de imaxes elaboradas co POV-Ray para velos). Aló afirma que, aínda que non ten por que ser complicado facer en madeira e papel unha regra real, un modelo dun tamaño práctico presentaría problemas de lectura das escalas. Tamén explica polo miúdo o funcionamento dunha regra plana DuMond e a súa escala logarítmica, máis sinxelo do que agardaba.

A circunstancia de atopar esta imaxe no Intelligencer levoume a pasar unhas horas remexendo entre as ligazóns da web de Robert Dawson. O ubicuo google tamén axudou a atopar outras páxinas interesantes como este compendio sobre a historia do cálculo.
Estas son as cousas que un pode facer no verán, cando non hai fichas/exames que corrixir nin problemas/actividades que imaxinar. Para sermos precisos, son as cousas que un pode facer no verán sen ter a sensación de estar a procrastinar.

24.8.13

E isto que é?


Remexendo por arquivos que tiña perdidos polo disco duro do ordenador, é dicir, non ordenados, atopei nunha revista matemática unha pequena entrada na que preguntaban aos lectores que era este aparello misterioso. Como é de supoñer, "que?" neste caso pode ser contestado como "que fai?", pois é común que as ferramentas queden definidas pola utilidade que teñen máis que polo seu aspecto ou material.

Pois a ver, alguén sabe que é isto?


Pista: non ten nada que ver con xogos de azar, nin con caleidoscopios,...

Se alguén descubre ou adiviña o que é porei a fonte e o autor, que o mérito hai que recoñecelo.

19.8.13

Tempo abondo

Andaba hoxe polo twitter...


Levo tanto tempo escribindo neste blogue que cando me vén un tema á cabeza teño problemas serios para saber se xa o tratei. Por sorte o tema de hoxe é a probabilidade, e en concreto un paradoxo (aparente), polo que non é complicado buscar na etiqueta Paradoxos. Se fose un problema de Xeometría xa tería máis choio. Este paradoxo quizais non sexa tan coñecido como outros probabilísticos como o paradoxo de Bertrand ou o de San Petersburgo, aínda así é ben interesante.

A situación de inicio é tradicional: temos unha urna cunha bóla branca e unha bóla negra. Comezamos un "xogo probabilístico" do seguinte xeito: extraemos unha bóla ao chou e,

  • se a bóla é branca rematamos.
  • se a bóla é negra devolvémola á urna e engadimos outra bóla negra.
As dúas preguntas inmediatas son:

  1. cal é a probabilidade de que remate o xogo, é dicir, de obter nalgún momento unha bóla branca?
  2. ... e canto tempo durará por termo medio o xogo?
Vexamos.


A probabilidade de obter bóla branca á primeira extracción é claramente $P_1=\frac{1}{2}$
Se non temos sorte á primeira, é dicir, extraemos unha negra, a probabilidade de sacar branca á segunda vai ser $P_2=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{2\cdot3}$ , pois agora temos na urna unha bóla branca e dúas negras.
Na terceira extracción será $P_3=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{3 \cdot4}$

Razoando deste xeito chegamos a que obter bóla branca na extracción n-ésima ten probabilidade: $P_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{4}{5}\dots\frac{n-1}{n}\cdot\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n\cdot(n+1)}$ De tal xeito que a probabilidade de que o xogo remate vén dada pola suma dunha serie felizmente sinxela de calcular: $$\sum_{n=1}^{\infty}P_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\cdot(n+1)}=\frac{1}{2} + \frac{1}{2\cdot3}+ \dots \frac{1}{n\cdot(n+1)}=(1)$$ Agora imos utilizar un truco clásico, que se apoia en primeiro lugar nese procedemento tan aburrido como sinxelo que chamamos "descomposición en fraccións simples" e que leva un tempo considerable en 2º de Bacharelato (co obxectivo de calcular primitivas racionais): Resulta que: $$\frac{1}{n\cdot(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$ (isto ten que ter unha demostración visual, seguro) Así que para calcular a suma buscada, utilizando que a serie é telescópica: $$(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\dots \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \dots=1-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}$$
$$=1-0=1$$ Así que con seguridade obteremos unha bóla branca. Vaiamos á segunda pregunta: canto tardaremos por termo medio en obtermos esa bóla branca? A resposta é a consabida esperanza matemática, xeneralización da media en casos finitos: $$E=\sum_{n=0}^{\infty} n \cdot \frac{1}{n\cdot(n+1)}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}=\infty$$ isto último debido a que a suma da serie harmónica non é finita (probablemente sexa a primeira serie non trivial con suma non finita) Unindo estes dous resultados, temos que a probabilidade de obter bóla branca é 1, mais por termo medio teremos que esperar un tempo infinito.

Os case cinco anos que levo esbardallando pola rede non semellan moito en comparación.

8.8.13

Un problema da olimpíada de Austria


A estas alturas de agosto teño no blogue varias entradas na fase de borrador e sei que é probable que algunha nunca deixe de estar sen rematar. Porén, tiña que compartir primeiro este problema que atopei na 44 Olimpíada de Austria, Competición Federal para estudantes avanzados, que podedes atopar aquí:

Colocamos os números naturais en dúas ringleiras do xeito seguinte:

Feito na folla de cálculo para aliñar as ringleiras

Poñemos o 1 na ringleira superior, o 2 na inferior e o 3 na superior. A partires diso na ringleira superior os números aparecen individualmente mentres que na inferior aparecen en bloques. A cantidade de naturais consecutivos en cada bloque vén determinada polo primeiro número do bloque inmediatamente anterior.Por exemplo, no bloque que comeza no 20 (o 5º) hai 12 números,pois 12 é o primeiro número do 4º bloque.
Se chamamos $a_n$ ao número n-ésimo da ringleira superior, atopar unha fórmula explícita para $a_n$



Aínda que é relativamente sinxelo albiscar a fórmula, o obxectivo é demostrala, lembrade que estamos en Matemáticas e non nunha clase de Economía...