Un "paradoxo" alxébrico-xeométrico

 

Por unha vez, imos ver algo de historia.

Pero hai que establecer uns cantos feitos previamente, que isto non vai de lercheos entre persoeiros.

Coñecedes o Teorema de Bezout? Igual pensades nun teorema sobre números, en concreto, se a e b son números enteiros e d é o seu máximo común divisor, entón existen enteiros m e n tales que  $d=ma+nb$, pero non, non é ese (que é unha fermosura, que conste en acta), senón un teorema xeométrico que eu vin por primeira vez en Curvas Alxébricas en 5º de carreira, pero que ten unha historia moito máis elemental. O enunciado vén dicindo:

Se temos dúas curvas alxébricas $f(x,y)=0$ e $g(x,y)=0$, f de grao m e g de grao n, entón a intersección de f e g consta de m·n puntos.

Se non coñecíades o teorema, seguramente pensedes que ten algo raro. E ten, claro que ten. Esa intersección de $m·n$ puntos só se cumpre se contamos ben as interseccións: por unha banda hai que considerar a multiplicidade dos puntos de intersección (puntos de tanxencia, triples, etc.), por outra hai que considerar o corpo dos números complexos, e nin así teríamos garantido o número m·n, pois faltaría traballar de xeito proxectivo, e contar os puntos no infinito tamén. Se non, botade contas das interseccións de dúas circunferencias, que son curvas de grao 2, e á vista podemos ter 0 interseccións, 2 ou 1. Nunha imaxe, todas as posibilidades:

Insira aquí unha brincadeira dos 80 pouco étnica-friendly 

Consecuencia inmediata do Teorema de Bezout é que, se as dúas curvas teñen grao n, a súa intersección (ben contada) consta de $n^2$ puntos.

Por outra banda, un polinomio de grao n ten c coeficientes. Vexamos o caso concreto das cúbicas, a xeneralización é inmediata:

$$p(x)=ax^3+bx^2y+cxy^2+dy^3+ex^2+fxy+gy^2+hx+iy+j$$

Contamos 4 coeficientes de monomios cúbicos, 3 cuadráticos, 2 lineais e 1 independente, en total $4+3+2+1=\binom{4}{2}$. E xa vedes por onde vai o conto.

O que sucede é que multiplicar por calquera número real o polinomio determina a mesma curva, polo que podemos facer que o polinomio sempre teña un coeficiente unitario, e só $\binom{n+2}{2}-1=\frac{n(n+3)}{2}$ coeficientes variables. E para atopar $\frac{n(n+3)}{2}$ números chega a mesma cantidade de ecuacións, que virán determinadas pola mesma cantidade de puntos polos que pasa a curva.

Ata aquí o preámbulo, malditas matemáticas, que sempre precisan que teñas asimilados tantos feitos previos.

O asunto que viña contar hoxe(en realidade hai 4 anos, que a perspectiva de redactar o preámbulo fixo que esta entrada quedase en borradores) é o seguinte:

Como $\frac{n(n+3)}{2}$ puntos determinan unha única curva de grao n, e dúas curvas distintas de grao n se intersecan en $n^2$ puntos, se $\frac{n(n+3)}{2} \leq n^2$, non parece suceder que entón $\frac{n(n+3)}{2}$ puntos non son suficientes para determinar de xeito único a curva?

A resposta non é tan evidente, pois deu lugar* en 1744 a unha carta de Cramer (si, o da afamada regra de 2º de BAC) a Euler, onde pregunta polo caso $n=3$, que é o primeiro grao no que $\frac{n(n+3)}{2} \leq n^2$. Neste caso $\frac{3 \cdot (3+3)}{2}=9$ puntos deberían abondar para determinar a cúbica, pero dúas cúbicas distintas poden intersecarse neses $3^2=9$ puntos.

*En realidade Maclaurin publicara en 1720 o aparente paradoxo

Que está pasando aquí? A glitch in the Matrix?

O bo de Gauss non ten nada que ver coa historia,
que eu saiba, pero como este gif é a miña segunda 
creación(a 1ª é esta), déixoa por aquí 

O lector moderno pode usmar o quid da cuestión. 

$\frac{n(n+3)}{2}$ puntos, seguro?

Dá igual como sexan eses puntos? Vexamos uns casos inmediatos:

Este exemplo é o orixinal da carta de Cramer

Neste exemplo podedes argumentar que esas cúbicas están un pouco, digamos, rechumidas, aínda que a palabra técnica é dexeneradas, que certamente soa peor. Poñamos outro exemplo que evite esa eiva:

Xoguei cos coeficientes ata que atopei esta especie alieníxena baseada no allo.
Tedes outro exemplo na wikipedia

Invoquemos ao lector moderno outra vez: pensade que Euler viviu e traballou no século XVIII, antes da fundación da álxebra lineal, en particular, antes da invención(ou descubrimento, como queirades) do concepto de rango, que hoxe estudamos daquela maneira en 2º de BAC. Pero o que si tiña Euler era unha intuición sobrenatural, e decatouse de que se dúas cúbicas se intersecan en 9 puntos, o que sucede con eses 9 puntos é que non son "xenéricos", o que agora traduciriamos como que as ecuacións determinadas sobre os 9 coeficientes (cargámonos un dos 10 coeficientes mediante división, lembrade) da cúbica non son linealmente independentes. Por exemplo, os 9 puntos intersección en cuadrícula do exemplo "dexenerado", despois de ver que o termo independente ten que ser nulo, pois un dos puntos é o $(0,0)$, dan lugar a esta matriz 8x8 do sistema :

, que ten rango 7, igual que a matriz ampliada, mentres que o número de incógnitas é 8, polo que o sistema é compatible indeterminado.

E xa podedes intuír a xeneralización, o esencial está todo no caso cúbico.

O que máis me abraia deste conto é que Euler viu a razón do aparente paradoxo sen ter a linguaxe necesaria para expresalo con rigor. Un xenio absoluto.

Escribindo esta entrada vin que o formidable arquivo How Euler Did It, de Ed Sandifer, xa non está dispoñible en liña. Eu teño todos (coido) os artigos en pdf nun disco duro, se alguén precisa, que me avise. En calquera caso, podedes atopalos en The Wayback Machine, por exemplo Cramer's Paradox, que foi o lugar no que souben por primeira vez desta vella historia.

E se queredes ir ás fontes orixinais, a entrada da wikipedia en inglés ten as ligazóns ao final:

Cramer's Paradox