Un pequeno atraco

 

Nos 16 anos deste blog puxen unha morea de problemas que eu non resolvera previamente, imaxino que é evidente para os lectores. Porén, coido que todos os problemas que trouxen ocuparon algo da miña mente, polo menos para sopesar a súa dificultade. Iso non evita que me trabucase unhas cantas veces, sobre todo ao principio, cando propoñía moitos problemiñas recreativos; nalgunha ocasión apareceu un sen solución, descuberto grazas a comentaristas anónimos.

O preámbulo avanza que non pensei no seguinte problema, só teño o pálpito de que é interesante e difícil(que adoitan ser características concomitantes). Oxalá non me trabuque.

A imaxe explícase soa, pero haberá que concretar as preguntas, digo eu:

Comezamos un camiño de segmentos unitarios na orixe de coordenadas da cuadrícula enteira, polo 1º cuadrante. Observamos que o camiño pasa por todos os puntos de coordenadas enteiras non negativas.

• Cales son as coordenadas do n-ésimo punto do camiño?

Por poñer un exemplo, o 12º punto é o punto (3, 2)

E teño menos confianza aínda en que sexa sinxelo contestar á seguinte cuestión:

• Cal é posición no camiño do punto (a, b) da cuadrícula?

Por exemplo, o punto (1, 1) é o terceiro punto do camiño, e o (5, 6) ocupa a posición 42ª.
 

Intrigante, non si? A ver se teño tempo eu para fracasar tentando resolvelo.

Editado o 30/03/25(o día seguinte, vaia): A senectude, a présa, a cólera do heroe, ou outra cousa, provocaron que esquecera compartir a fonte do problema, que é Recreational Mathematics de Paul Yiu, fonte formidable de problemas que leva vinte anos arrolando pola rede. Seleccionade o texto e dádelle a buscar, sairá un feixe de opcións para atopalo. Unha marabilla. 

A ecuación de 2º grao, xeometricamente(pero sen completar cadrados)

 

No título xa aviso, pois pensar xeometricamente a ecuación de 2º grao a estas alturas xa é un lugar común. Por moito que algúns fagan coma quen que o redescobren para o gran público de cando en vez.

Antonte dei por casualidade co artigo de King-Shun Leung Dividing a right-angled trapezium into two similar quadrilaterals, en The Mathematical Gazette, pero como me adoita suceder, reparei nun detalle accesorio no artigo, que é do que veño falar: a representación analítica das solucións da ecuación de 2º grao. Ademais, xa coñecía esta representación, mais quedara algo esquecida na miña memoria. Por outra banda, é posible que Cibrán xa a incluíse nalgunha das súas entradas sobre historia da Álxebra. 

Partimos da ecuación na forma $x^2+bx+c=0$ con $bc\ne 0$ (lembremos que dividindo todos os coeficientes entre o coeficiente principal $a\ne 0$, obtemos sempre un polinomio mónico como o desexado). Marcamos no plano os puntos $A(0,-1),B(0,0),C(-b,0),D(-b,-c)$. A idea esencial do método consiste en trazar a circunferencia con diámetro o segmento AD. Se o discriminante $\mathrm{\Delta }=b^2-4c>0$, a circunferencia corta ao eixe X en dous puntos $P(\alpha ,0),A(\beta ,0)$, con $\alpha >\beta$.

   

E eses números $\alpha ,\beta$ son as solucións da ecuación orixinal. Vexamos por que no caso do punto P:

O punto P$(\alpha ,0)$ é solución $$\begin{gathered} ⟺{\alpha }^2+b\cdot \alpha +c=0⟺c=-\alpha \cdot (\alpha +b)⟺ \\ \frac{1}{\alpha }\cdot \frac{c}{\alpha +b}=-1 \end{gathered}$$

E aquí vén o salto, a igualdade anterior pode escribirse:

$$\frac{0-(-1)}{\alpha -0}\cdot \frac{0-(-c)}{\alpha -(-b)}=-1⟺PA\perp PD$$

que, de novo, é equivalente a que o punto P pertenza á circunferencia de diámetro AD.

E aínda van quedar deberes para o amable lector: coa pista do trapecio que resaltei na figura, tócavos amosar que uso lle dá para atopar os dous trapecios semellantes que promete o título do artigo.