O Teorema da Escaleira

 

Tentando resolver o outro día un problema tipo Sangaku, lin nunha solución que recorrían ao Ladder Theorem, que na miña memoria aludía a un problema ben famoso que apareceu dúas veces neste blog, Un problema difícil de resolver(de verdade) e Unha sorpresa elemental (dúas veces como mínimo, que cando escribín a 2ª, tivo que vir Cibrán a lembrar que xa falara antes del, co cal eu non son moi de fiar). Ver o diagrama do problema é abondo para que se acenda a lámpada:

   

Pero resulta que o dato na miña memoria estaba trabucado: este diagrama non representa o Teorema da Escaleira, senón o Teorema das Escaleiras Cruzadas, en concreto o caso no que hai perpendicularidade(como non hai bibliografía en galego, non sei se debería traducir mellor ladder por escada). Así que busquei en google, o que é unha agonía desde que incluíron a IA no buscador, e achei que o teorema non é clásico, senón que foi descuberto nunha data tan recente como 2002. O descubridor, Harold J. Stengel, profesor de secundaria nos USA, mandou unha carta ao editor da revista Mathematical Spectrum, "The extended crossed ladders theorem", na que demostraba o Teorema das escaleiras cruzadas:

   

Teorema das escaleiras cruzadas: Se $\overline{AB} \parallel \overline{EF} \parallel \overline{CD}$, entón $\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}=\frac{1}{EF}$ 

A demostración a estas alturas xa é pure textbook work, observade:

Dada a semellanza dos triángulos CFE e CAB, temos que $\frac{FC}{AC}=\frac{EF}{AB}$, e dada a semellanza de AFE e ACD, temos que $\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{CD}$.

De onde $\frac{EF}{AB}+\frac{EF}{CD}=\frac{FC}{AC}+\frac{AF}{AC}=\frac{FC+AF}{AC}=\frac{AC}{AC}=1$

Dividimos entre EF o comezo e o final dese carreiro de igualdades e obtemos o desexado.

Na miña pescuda en google obtiven varios resultados que levaban ao traballo do prolífico Ignacio Larrosa, por exemplo a este applet, Teorema de Stengel. Aproveito para recomendar o seu traballo con geogebra, que eu teño utilizado moito na aula. É un dos poucos casos nos que, en troques de facer eu algo desde cero, opto por recoñecer "para que, se xa o fixo mellor el?"(probade os seus applets sobre resolución de triángulos, p.ex. o do caso dubidoso).

Vexamos agora o teorema e a demostración do propio Stengel do seu teorema:

   

Teorema de Stengel: Nun triángulo ABC as rectas AD e BE intersécanse nun punto F. Os puntos I, G, J e H están no lado AC, cumprindo que $\overline{EI}\parallel \overline{BG}\parallel \overline{FJ}\parallel \overline{DH}$. Nestas condicións cúmprese que $\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$ 

Sigamos pois a demostración do propio autor:

Stengel comeza por debuxar unha paralela ao lado BC polo vértice A(cantas veces veríamos esa xogada, eh?), e extende CE ata cortar a esa recta nun punto K. Tamén traza paralelas por E e F ao lado BC, EM e FL, con M e L no lado AC.

Permitide a licenza de cambiar a figura anterior para que quede máis bonito

E agora habilmente invoca o Teorema das Escaleiras Cruzadas cos triángulos ACK e ACB e logo con ACK e ACD:

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{BC}=\frac{1}{EM}$

e

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}$

Despexando $\frac{1}{AK}$ nas dúas igualdades, obtemos

$\frac{1}{AK}=\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}$ e $\frac{1}{AK}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$

E igualando,

$\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$ e por tanto $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$

Agora, observando a semellanza dos triángulos EMI, BCG, FLJ e DCH, 

$$\frac{EI}{EM}=\frac{BG}{BC}=\frac{FJ}{FL}=\frac{DH}{DC}$$

Chamamos k a ese valor común:

$$EI=kEM, BG=kBC, FJ=kFL, DH=kDC$$

Volvendo a $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$,

$$\frac{1}{kEM}+\frac{1}{kDC}=\frac{1}{kFL}+\frac{1}{kBC}$$

E Finalmente

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

q.e.d.

En realidade o resultado invocado non era este Teorema de Stengel, senón o primeiro corolario na súa carta ao editor, que fala de áreas nesa situación:

Nótase un chisco cando non fago eu as imaxes, non si?

Na situación anterior, $$\frac{1}{(AEC)}+\frac{1}{(ADC)}=\frac{1}{(AFC)}+\frac{1}{(ABC}$$

Onde denotamos (PQR)=área do triángulo PQR

A demostración é inmediata, lanzando as alturas deses catro triángulos desde E, D, B e F, utilizamos o Teorema de Stengel e obtemos:

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

E do mesmo xeito que fixemos na demostración do resultado xeral, multiplicamos os catro denominadores pola lonxitude do lado AC, que é a base dos catro triángulos implicados no corolario. Dividindo entre 2 os catro denominadores proporciona o resultado.

Un problema para Ano Novo

 

Atopei o problemiña elemental que veño compartir hoxe nun artigo de Swetz e Chi, Mathematics entrance examinations in Chinese institutions of  higher education, (en Educational Studies in Mathematics, Volume 14, páxinas 39-54, 1983). A Swetz xa lle lin uns cantos artigos e fragmentos dos seus libros sobre Historia das Matemáticas, coido que o coñecín por Learn from the Masters, pero seguramente pouco despois oín falar de Was Pythagoras Chinese?, antes de saber incluso da existencia da revista Convergence, que fundou e editou xunto a Victor Katz. Como non é a miña intención facer unha reseña bibliográfica nin desde logo biográfica, recoméndovos que pescudedes nos seus escritos (e nos de Katz), hai moita Historia das Matemáticas alén do usual eurocentrismo neles.

No devandito artigo listan os exercicios que tiñan que resolver os estudantes para entrar na universidade de Fu Tan en 1917 (en setembro, non sei se sería a convocatoria extraordinaria, insiran unha chiscadela aquí), e aínda que os hai máis difíciles e máis interesantes, reparei nesta cuestión ao final de "Xeometría", o primeiro apartado do exame, logo tamén había "Xeometría Sólida" e "Trigonometría". Os autores comentan que este exame ía dirixido a estudantes americanos que tentasen entrar nesta universidade, e iso na súa opinión mediatiza o exame, facéndoo máis básico e rutineiro. Velaquí:

Nunha circunferencia trazamos un diámetro AB e unha corda CD. Prolongamos os dous segmentos ata que se intersequen no punto E. Amosar que $EA<EC$ e que $EB>ED$

Outro tropo da educación matemática?

Para que non digades que non comparto cuestións totalmente elementais de cando en vez, así comeza 2025.

A quen non lle vai gustar unha demostración do coseno da suma?

 

Procrastinando entre pdfs e djvus Aprendendo unha morea como cada día na docencia e preparando novas actividades no American Mathematical Monthly, atopei esta nova (para min) demostración da fórmula do coseno da suma de ángulos, que parte dunha situación que xa aparecera por este blog hai anos nesta entrada, na que se demostraba precisamente o seno da suma. Lembremos a situación de partida:

   

A idea era debuxar os ángulos α e β de xeito consecutivo, e prolongar os lados dos ángulos de tal xeito que o lado común forme unha perpendicular coa unión das extensións dos outros dous. Máis sinxelo velo que dicilo, como podedes comprobar. Despois había que utilizar a expresión das áreas dos 3 triángulos da figura en función do seno dos 3 ángulos implicados, e o chisco inevitable de álxebra et voilà.

Para reutilizar a figura temos que poñer tres novas etiquetas:

Creo que é digno de mención que atopase
o ggb nun disco duro

Comezamos apelando ao Teorema do Coseno no triángulo grande:

$$c^2=a^2+b^2-2ab \cdot cos(\alpha + \beta)$$

Por outra banda, 

$$c=m+n \Longrightarrow c^2=m^2+2mn+n^2$$

E usando o Teorema de Pitágoras nos dous triángulos pequenos e substituíndo na igualdade anterior,

$$\begin{cases} n^2=a^2-h^2 \\ m^2=b^2-h^2\end{cases} \Longrightarrow c^2 = b^2+2mn+a^2-2h^2$$

Igualando as dúas expresións para a medida $c^2$:

$$ b^2+2mn+a^2-2h^2=a^2+b^2-2ab \cdot cos(\alpha + \beta)$$

Cancelamos:

$$2mn-2h^2=-2ab \cdot cos(\alpha + \beta)$$

Dividindo os dous membros entre $-2ab$:

$$cos(\alpha+\beta)=\frac{h}{a}\cdot \frac{h}{b}-\frac{n}{a} \cdot \frac{m}{b}$$

é dicir, 

$$cos(\alpha+\beta)=cos \alpha \cdot cos \beta - sen \alpha \cdot sen\beta$$

q.e.d.

Non sei que pensaredes, a min sempre me prestan as demostracións nas que atopas por camiños distintos dúas expresións diferentes para a mesma cousa. Xa temos outro exemplo no arquivo.

De ángulos e senos

No último exame de Matemáticas I puxen este exercicio:

Demostrar que a expresión $cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta $ non depende do valor de $\beta$

Habitualmente, cando poño cuestións de identidades trigonométricas en exames, tento que haxa varios camiños para atopar a demostración, para evitar frustracións alén das ordinarias. E este é un bo exemplo, pois é factible desenvolver todo o desenvolvible:

$$cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta=$$

$$(cos\alpha cos\beta-sen\alpha sen\beta)cos\beta+(sen\alpha cos\beta+cos\alpha sen \beta) sen \beta=$$ 

$$ cos\alpha cos^2 \beta- sen\alpha sen\beta cos\beta+sen\alpha cos\beta sen \beta+cos\alpha sen^2 \beta= $$

$$\\ cos\alpha cos^2 \beta+cos\alpha sen^2 \beta=cos\alpha(cos^2 \beta+ sen^2 \beta)=cos \alpha$$

que non depende de $\beta$, q.e.d.

Aínda que un profesor con algo de experiencia ou intuición saberá que o final da demostración dos alumnos vai ser algo distinta, utilizando a fórmula fundamental para substituír unha das razóns.

Mais tamén, como adiviñaría o avezado lector, hai unha proba nunha liña:

$$cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta=cos(\alpha+\beta-\beta)=cos\alpha$$

Que é máis complicado de ver por un alumno pola dependencia nos símbolos. Comprensible.

Buscando inspiración para o exame no libro Trigonometry de Gelfand & Saul, que é unha xoia, atopei este exercicio, que xa coñecía dalgunha outra fonte (pode que fose nun libro de texto antigo) pero esquecera. E tivo a consecuencia indesexada de facerme rememorar vellas ideas da carreira, en concreto a materia Elementos de Variable Complexa de 3º. A estrutura da expresión levoume á breve demostración que se vía aló das fórmulas para o seno e o coseno da suma e da resta de ángulos.

Pero antes, lembremos as demostracións habituais:

Seguramente a que aparece na maioría dos libros de texto se basee na figura seguinte:

   

É posible que a figura non apareza na circunferencia trigonométrica, o que supón un pequeno obstáculo adicional. E é ben coñecido que esta proba só demostra directamente o caso no que a suma dos ángulos é un ángulo agudo, para ángulos maiores hai que utilizar outro argumento, relacionado coa redución ao 1º cuadrante.

Neste blog apareceu outra demostración elemental que só utiliza a expresión da área dun triángulo en función do seno dun dos ángulos, na entrada O seno da suma (cunhas poucas palabras), e que se sintetiza na seguinte imaxe:

   

Subindo un chisco o nivel de coñecementos, a representación das rotacións mediante matrices fai que a demostración sexa un mero trámite, pois o produto das matrices representa a composición das rotacións:

$$\begin{pmatrix} cos\alpha & -sen\alpha \\ sen\alpha & cos\alpha\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} cos\beta & -sen\beta \\ sen\beta & cos\beta\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} cos\alpha cos\beta-sen\alpha sen\beta & -(cos\alpha sen\beta + sen\alpha cos \beta) \\ sen\alpha cos\beta + cos\alpha sen \beta & -sen\alpha sen\beta+cos\alpha cos\beta\end{pmatrix}=\\  \begin{pmatrix} cos(\alpha+\beta) & -sen(\alpha+\beta) \\ sen(\alpha+\beta) & cos(\alpha+\beta)\end{pmatrix}$$

O lector hardcore deste blog lembrará que esta idea, formalmente, xa fixera aparición hai dez anos na entrada Matrices e Pitágoras?.

E aínda podemos exprimir máis o conto:

$$e^{i \alpha}\cdot e^{i \beta}=e^{i (\alpha+\beta)}$$

Utilizamos a fórmula de Euler e temos outra demostración ultrarrápida das fórmulas de adición.

Porén, o episodio que veu á miña memoria poñendo o exame non foi isto, senón a demostración que aparecía nun libro de texto da bibliografía de Elementos de Variable Complexa, que basicamente consistía no seguinte:

Consideremos $\omega \in \mathbb{C}$ e a función $f(z)=cosz cos(\omega -z)-senz sen(\omega - z)$

Calculamos a súa derivada:

$$f'(z)=-senz cos(\omega-z)+cosz \cdot (-1) \cdot[-sen(\omega -z)]-cosz sen(\omega-z)-$$

$$senz \cdot (-1)cos(\omega -z)=-senz cos(\omega-z)+cosz sen(\omega -z)-cosz sen(\omega-z)+ $$

$$ senz  cos(\omega -z)=0$$

Polo que a función é constante, e como $f(0)=cos\omega$, temos que: $$cosz cos(\omega -z)-senz sen(\omega - z)=cos \omega, \forall z \in \mathcal{C}$$, que é un xeito alternativo de escribir a fórmula para o coseno da suma de ángulos.

Un aspecto que distingue as diferentes probas é se son demostracións de comprobación ou de descubrimento. A última que amosei, alén de usar unha idea potente, só comproba algo xa coñecido, i.e., non serve para atopar a expresión; mentres que nas outras podemos atopar a expresión sen coñecela previamente. 

Por outra banda, lembrades a demostración habitual da derivada do seno? Utiliza dúas cousas: o límite $\lim \limits_{x \to0}\frac{senx}{x}=1$ e, precisamente, o seno da suma na forma $sen(x+h)$. Sempre hai que ter coidado e traballar con xeito, non vaiamos demostrar o Teorema de Pitágoras vía o Teorema do Coseno. 

Outra demostración dun feito ben coñecido

 Coido que xa falei aquí das demostracións habituais de que a suma dos ángulos internos de calquera triángulo plano é 180º, a saber:

1) Temos a que adoita vir nalgúns libros de texto, que utiliza o feito básico sobre ángulos nunha recta formados por rectas paralelas, que cunha imaxe estática queda claro:

Reivindicando os triángulos obtusángulos

Esta demostración é da que se pode facer unha comprobación pedindo aos alumnos que corten os ángulos en B e C e os poñan xunto a A.

2) E temos a demostración "dinámica", que eu normalmente fago despois da anterior en 1º de ESO, botándolle teatro movéndome pola aula(supoño que como moitos de vós). Observade a figura de abaixo, e poñámonos, virtual ou fisicamente, no punto A mirando para B, andamos cara B, ao chegar aló xiramos para enfilar cara C, xiramos de novo para regresar a A, e finalmente en A, xiramos para poñernos mirando para B como ao comezo. Despois de tanto andar, simplemente estamos no punto de partida e na mesma posición, para o que tivemos que facer un xiro de 360º. E observando os ángulos de xiro, o que fixemos foi $180º-\widehat{B}+180º-\widehat{C}+180º-\widehat{A}=360º \rightarrow540- (\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C})=360º \\\ \rightarrow  180º=\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}$ , q.e.d.

O obstáculo desta demostración é, obviamente, o chisco de traballo con símbolos que ten. En 1º de ESO moitos alumnos non a van entender esencialmente polo uso e manipulación desas tres letras. E falar dos ángulos de xiro sen utilizalas é excesivo para a memoria de traballo da maioría da xente.

E hai cativos que presentan dificultades para asumir que o xiro resultante é un xiro completo, para resolver o obstáculo a estratexia é colapsar o triángulo a un punto, como neste gif que vin en Resourceaholic:

Collido de Resourceaholic/Gifs, descargado e subido por se o link está roto

(Se un día teño tempo e ganas, tentarei facer un gif específico para un triángulo)

Esas dúas son as demostracións (coido que) xa mencionadas neste blog. Vexamos agora a que me motivou a escribir esta entrada, que coñezo hai tantos anos que non lembro a fonte onde a vin por primeira vez, pero que volvín atopar en To prove, why and how?, de A.G.Van Asch, artigo que empecei a ler (grazas, library genesis) interesado polo que indica no resumo pero do que, como sucede tan a miúdo, acabei collendo detalles transversais ou accesorios. Velaquí:

3) Collamos un triángulo calquera, este acutángulo, para variar. No lado BC, por exemplo, un punto calquera D, que unimos con A. Deste xeito temos dous novos triángulos dentro de $\triangle{ABC}$

Aquí cansei de formatear triángulos para que quedasen bonitos

De aquí deducimos que, chamando x á suma dos ángulos do triángulo:

$$ \begin{cases}\widehat{A_1}+\widehat{B}+\widehat{D_1}=x \\  \widehat{A_2}+\widehat{C}+\widehat{D_2}=x \end{cases} $$

, e sumando, 

$$ \widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D_1}+\widehat{D_2}=2x $$

Usando o que pasa co ángulo A e os suplementarios en D,

$$\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+180º=2x$$

Pero entón

$$x+180º=2x$$

De onde

$$x=180º$$ 

q.e.d.

Bonito, eh?

Pois deixo choio:

Por que o argumento anterior en realidade non demostra o que pretende?

Unha avaliación diagnóstico en Xapón

 

Facendo unha pescuda sobre a variation theory en Xapón, acabei mirando as avaliacións diagnóstico que se fan aló ao final da secundaria obrigatoria. Traducido ao noso sistema vén sendo 3º de ESO, pois aló a secundaria post-obrigatoria (o noso bacharelato) dura tres anos.

E, sinceramente, o que debería ser sorprendente, é dicir, a distancia entre o que fan alí e o que facemos por acó, pois a estas alturas xa non o resultou. Aínda que unha sorpresa si ides levar ao final da entrada, pero polo motivo contrario ao que credes agora. Observade antes dúas cuestións xeométricas da avaliación de 2022, que alí, se google traduce ben, se chama "Enquisa nacional sobre a capacidade académica e estado de aprendizaxe en 2022".

A 1ª:

Yuma pensa se a seguinte conxectura é sempre certa:

Se nun cuadrilátero dous lados opostos son paralelos e os outros dous lados opostos teñen a mesma lonxitude, entón o cuadrilátero é un paralelogramo.

A cuestión continúa, non se trata de que argumenten arredor da veracidade deste enunciado; parade de ler se queredes pensar nisto, que semella tan inusual na educación matemática española, actual e tradicional. E sobre todo, se queredes cavilar en que pensarían os vosos alumnos. 

A continuación no cuestionario aparece a seguinte imaxe:

    

Yuma debuxa o diagrama anterior para pensar a conxectura. Na figura vese que debuxou os 3 puntos en A, B e D en dúas liñas paralelas, l e m. A continuación, con centro en D debuxou unha circunferencia con raio igual á lonxitude do segmento AB. A circunferencia corta á recta m en dous puntos, C e E, e traza dous cuadriláteros, ABCD, que é un paralelogramo, e ABED, que non o é.

Para amosar se a conxectura é certa, escolle cal das seguintes catro afirmacións é correcta:

a) Para demostrar que a conxectura é certa, é suficiente que haxa un cuadrilátero ABCD que é un paralelogramo, como vemos na figura.

b) Para demostrar que a conxectura é certa, é necesario variar a posición dos puntos A, B e D, e atopar outro cuadrilátero que sexa un paralelogramo.

c) Para demostrar que a conxectura é falsa, é suficiente que nunha figura haxa un cuadrilátero ABED que non é un paralelogramo.

d) Para demostrar que a conxectura é falsa, é necesario variar as posicións de A, B e D, e atopar outro cuadrilátero ABED que non sexa un paralelogramo.

Custoume un chisco, utilizando outros tradutores on line ademais de google, discernir a sutileza escondida entre as opcións similares. En conclusión: a cuestión avaliada é máis a comprensión do que é unha demostración e un contraexemplo que o feito de coñecer propiedades dos paralelogramos. O que non evita o obstáculo de que, se un alumno non domina o concepto de paralelogramo, non vai chegar ao que pide a pregunta. Que é unha característica habitual das competencias ou como queirades chamalas: non se pode construír con vapor de auga, senón con contidos xenuinamente matemáticos.

Vexamos a 2ª: 

A figura amosa un rectángulo ABCD e nos seus lados AD e DC dous triángulos equiláteros ADE e DCF. O punto E únese co punto B, e o punto B con F.

   

Kotone predixo o seguinte para os segmentos EB e BF:

Sempre se cumpre que EB=BF

Contesta as cuestións 1) e 2)

1) Demostramos a conxectura do xeito seguinte.

Como os tres lados dun triángulo equilátero son iguais, temos que EA=AD. Como os lados opostos dun rectángulo son iguais, AD=BC. Por tanto, EA=BC.

Do mesmo xeito, temos que AB=CF.

Tamén, como o ángulo interior dun triángulo equilátero mide 60º, e o ángulo interior dun rectángulo mide 90º, $\angle{EAB}=60º+90º=150º$ e $\angle{BCF}=60º+90º=150º$

Por tanto, $\angle{EAB}=\angle{BCF}$

Por todo o anterior, os triángulos ABE e CFB son iguais, de onde deducimos que os lados correspondentes, EB e BF son iguais.

Escribe como denominamos ao tipo de demostración anterior

(Nota: a tradución literal era Escribe as palabras que se aplican á demostración anterior, escollín "tipo de demostración" porque imaxino que será o que entendan os alumnos xaponeses, dentro do traballo de demostracións xeométricas que fagan nas aulas, ao estilo AAA, ASA, SAS dos anglosaxóns)

2) Kotone debuxou as dúas figuras seguintes

As lonxitudes dos lados do rectángulo ABCD foron modificadas de varios xeitos, como amosan as figuras 2 e 3. De novo, dado que os triángulos ABE e CFB son congruentes, podemos afirmar que EB=BF. Kotone investigou se é posible afirmar algo máis sobre os lados e ángulos da figura ademais de que EB=BF.

    

Pola súa investigación, Kotone agardaba que a magnitude do ángulo $\angle{EBF}$ se mantivese constante e igual a 60º. Ela razoou do xeito seguinte:

• Como $\angle{ABC}=90º$, e temos que $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$, entón podemos afirmar que $\angle{EBF}=60º$
• $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$ dedúcese da igualdade dos triángulos $\triangle{ABE}$ e $\triangle{CFB}$. O feito de que haxa ángulos iguais e que $\angle{EAB}=150º$ permiten demostrar $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$  

Demostrando que $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$ (explicación máis abaixo) podemos explicar que a magnitude de $\angle{EBF}$ é sempre igual a 60º, aínda que varíen as lonxitudes do rectángulo ABCD.

A idea de Kotone-san de utilizar a igualdade entre os triángulos e que $\angle{EAB}=150º$, que xa coñecemos, pode axudar a probar que $\angle{EBF}$ é sempre igual a 60º.

Demostra abaixo que $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$ e completa a explicación de que a magnitude do $\angle{EBF}$ é sempre 60º

(Procedo a copiar a imaxe do cuestionario onde hai que rematar a demostración e traduzo embaixo o texto)

Como acabamos de amosar que $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$, 
$\angle{EBF}=90º-\left( \angle{ABE}+\angle{CBF}\right)$
$\angle{EBF}=90º-30º=60º

Que, como doutro planeta, non si? Pero como avancei ao comezo da entrada, e dado que levo anos mirando un chisco para o ensino de Xapón (un exemplo, outro) sinceramente isto xa mo cheiraba.

Velaquí a sorpresa de verdade, a primeira cuestión da avaliación foi:

Descompón en factores primos o número 42

E a segunda cuestión, resolve o sistema $\begin{cases} 2x+y=1 \\ y=x+4 \end{cases}$ 

Esta sorprendeume menos, pero a primeira? En serio, Xapón? 

Tilt

 Non sei se xa comentei por aquí que as primeiras demostracións que vin como alumno do antigo BUP foron as que usaban o produto escalar en 3º de BUP. En realidade xa víramos algunha identidade trigonométrica, pero en realidade só as vin como comprobacións alxébricas máis que como demostracións xenuínas.

E nese 3º de BUP vin por primeira vez que o ángulo inscrito na semicircunferencia é recto(nunca vimos o concepto de arco capaz, nin demostráramos que o ángulo inscrito é a metade do central que abrangue o mesmo arco, nin nada de nada), o Teorema da Altura, o Teorema do Cateto, e algún resultado sobre sumas de cadrados dos lados de cuadriláteros que non lembro exactamente(pero que seguro que se podía demostrar utilizando o Teorema de Pitágoras unhas cantas veces)

Como levo semanas sen revisar o feedly, tiña uns cantos centos de actualizacións, entre elas, varias decenas de Futility Closet, blog no que levo anos atopando feitos elementais ben interesantes. E de hai dúas semanas sumei un máis nesta entrada, Tilt:

   

Dado o cadrado ABCD, collemos un punto L na diagonal AC, de tal xeito que AL:LC=3:1, e consideramos o punto medio do lado AB, K. Amosar que $\angle{DLK}$ é recto.

A demostración que aparece en Futiliy Closet é moi elegante e o máis elemental que se pode agardar dun feito así, pero como eu levo varios anos consecutivos dando Matemáticas I, sempre teño os vectores agochados moi preto, polo que utilicei ese enfoque. Vou compartir a técnica, deixade de ler xa se queredes buscar vós unha demostración. Como esta semana todo o mundo fala da famosa foto do James Webb, eu vou poñer aquí a primeira foto tomada desde o espazo:

   

Imos manchar as mans de vectores logo. A estratexia vai consistir en escribir os vectores que forman o ángulo buscado en función dos vectores que forman os lados do cadrado, que obviamente son ortogonais ou paralelos, e teñen o mesmo módulo(porque este resultado é falso nun rectángulo calquera).

$$\overrightarrow{LD}\cdot\overrightarrow{LK}=\left( \overrightarrow{LC}+\overrightarrow{CD}\right)\cdot \left( \overrightarrow{LA}+\overrightarrow{AK}\right)=\left( -\frac{1}{4}\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CD}\right)\cdot \left( \frac{3}{4} \overrightarrow{CA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}\right)=$$

$$\left[ -\frac{1}{4} \left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA} \right)+\overrightarrow{CD} \right]\cdot \left[  \frac{3}{4}\left( \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA} \right)-\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}\right]=$$

$$\left( \frac{3}{4}\overrightarrow{CD}-\frac{1}{4}\overrightarrow{DA}\right)\cdot \left( \frac{1}{4} \overrightarrow{CD}+\frac{3}{4}\overrightarrow{DA}\right)=\frac{3}{16} \overrightarrow{CD}^2+\frac{9}{16} \overrightarrow{CD}\cdot \overrightarrow{DA}-\frac{1}{16}\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{CD}-\frac{3}{16}\overrightarrow{DA}^2=$$

$$\frac{3}{16}l^2+0-0-\frac{3}{16}l^2=0$$

Onde os dous produtos escalares son nulos porque CD e DA son lados consecutivos do cadrado.

Este cálculo pode modificarse e efectuar produtos escalares do vector que forma a diagonal cos vectores que forman os lados, pois o ángulo é ben coñecido, $\frac{\pi}{4}$. 

Insisto: a demostración fermosa é a que se amosa en Futility Closet, isto é meramente un exercicio para practicar.

Unha marabilla da Teoría de Números

    Non sei se nestes anos cheguei a comentar nalgunha ocasión que, despois de aprobar a oposición, no meu ano de prácticas, comecei o programa de doutoramento de Matemáticas(Álxebra, Análise, Xeometría e Topoloxía). Como o seu nome insinúa, este programa é tan xeral dentro das Matemáticas Puras que no curso de docencia hai que escoller entre materias dos 3 departamentos clásicos, o que fai necesario coller materias que un xa non cursaría se puider. Pois eu, que tiña interese especial na Teoría de Números, acabei cursando tamén Xeometría Alxébrica(un bo complemento) pero tamén Álxebra Computacional(:/) e unha de Xeometría e Topoloxía da que nin lembro o nome xa. Ironicamente, tiven que coller menos materias non desexadas das estipuladas porque alguén trabucara o número de créditos de Teoría de Números.

Que nin rematase o período de docencia do 1º curso é outra historia, só fixen este introito para amosar algo que non sei se quedou claro nestes anos de blog: a miña disciplina favorita dentro das Matemáticas Puras é a Teoría de Números. E dentro da Teoría de Números, as Ecuacións Diofánticas probablemente sexa, sempre na miña opinión, a máis fermosa das sub-divisións.

Coido que só falei explicitamente desta materia na entrada As ecuacións diofánticas, mais levando case 775 entradas en 13 anos menos dúas semanas non estou en condicións de garantilo. E xa tiña ganas hai tempo de compartir unha demostración fermosísima dun feito ben coñecido. Seguídeme se aínda estades por acó.

O teorema di o seguinte:

Todo número primo da forma p=4k+1 é suma de dous cadrados, i.e., pode escribirse como $p=x^2+y^2$ para certos $x,y \in \mathbb{N}$

Ademais a expresión como suma de 2 cadrados é única, pero esa é a parte inmediata, deixámola para o amable lector.

O problema de expresar un número natural como suma de dous cadrados apareceu tan cedo como na Aritmética de Diofanto, aínda que implicitamente no libro II, onde si aparece o problema de expresar un cadrado como suma de dous cadrados(II.8) ou o de atopar outro xeito de expresar como suma de dous cadrados un número que se sabe que é expresable(II.9). A páxina da Aritmética de Diofanto onde aparecen estas dúas cuestións pasou á historia debido a que na marxe da versión de Bachet escribiu a anotación máis famosa da historia das Matemáticas.

Como sucede en varias ocasións, Fermat enunciou sen demostración o teorema e houbo que esperar a Euler para atopar a primeira demostración(en De numeris, qui sunt aggregata duorum quadratorum). As demostracións que vou compartir hoxe son máis modernas, comezando por unha que utiliza congruencias(que como é ben sabido, foron introducidas por Gauss no s.XIX). Na miña opinión é unha fermosura elemental:

En primeiro lugar, un primo da forma 4k+1 cumpre que -1 é un residuo cuadrático módulo p*, é dicir, $\exists s / s^2 \equiv -1 (modp)$. Consideremos os enteiros $sx-y$ onde $0 \leq x,y<\sqrt{p}$. Hai $\lfloor{\sqrt{p}+1}$ eleccións para cada un dos números x e y, e como $\left( \lfloor{\sqrt{p}}+1\right)^2>\left(\sqrt{p} \right)^2=p$, como mínimo dous dos valores de $sx-y$ teñen que ser congruentes módulo p, digamos:

$$sx_1-y_1 \equiv s x_2-y_2(mod p)$$

Sexan $x=x_1-x_2$ e $y=y_1-y_2$, entón x e y son non nulos porque os pares $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ son distintos.

Entón, $sx\equiv y(mod p)$ e por tanto $s^2x^2\equiv y^2(mod p)$, é dicir, $-x^2\equiv y^2(mod p)$

Deducimos que $x^2+y^2$ é múltiplo de p, e como $0<x^2+y^2<2\left(\sqrt{p} \right)^2=2p$, concluímos que $x^2+y^2=p$ q.e.d.

*Como haberá algún lector non familiarizado cos residuos cuadráticos, ao final da entrada amoso unha demostración.

Hai dúas demostracións semellantes que utilizan converxentes de fraccións continuas, unha delas ademais no contexto da Ecuación de Pell, e e que parte tamén da condición do feito de que -1 sexa un residuo cuadrático módulo p. Non a inclúo aquí porque habería que falar algo de fraccións continuas previamente. Quizais para outra entrada.

Pero si vou compartir a demostración que utiliza os enteiros de Gauss, que parte tamén do mesmo feito:

Como -1 é un residuo cuadrático de p, $\exists x \in \mathbb{Z} /x^2 \equiv -1(modp)$, de onde $p | x^2+1$ e entón $p |(x-i)(x+i)$. Se p fose un primo gaussiano, tería que suceder que $p | x-i$ ou $p | x+i$, como isto non é certo(p non é divisor dos coeficientes de i nos dous casos), p non pode ser un primo gaussiano. De tal xeito que existen enteiros gaussianos $\alpha$ e $\beta$, non unidades, tales que $p=\alpha \beta$. Como $N(p)=p^2=N(\alpha) N(\beta)$ e nin $N(\alpha$ nin $N(\beta)$ son iguais a 1, temos que $N(\alpha)=N(\beta)=p$, polo que, se $\alpha=u+iv$, entón $p=u^2+v^2$,q.e.d.

Vexamos para rematar que efectivamente -1 é un residuo cuadrático de calquera primo da forma 4k+1.

Coñecedes o Teorema de Wilson? Non? Pois se p é un número primo, entón:

$$(p-1)! \equiv -1(mod p)$$

(En realidade é que sexa primo é ademais necesario, pero como non se usa ese sentido do teorema, non o vou amosar)

A demostración é ben sinxela, se p é un primo impar(para o 2 é evidente):

Como $\mathbb{Z}_p$ é un corpo co produto, todo elemento non nulo ten inverso multiplicativo, e este inverso é ademais único. Aínda máis: supoñamos que un elemento a é inverso de si mesmo, é dicir, $a^2 \equiv 1(mod p)$, entón $p | (a^2-1)=(a+1)(a-1)$, polo que $p|a+1$ ou $p|a-1$. En conclusión, só $p-1$ e $1$ son inversos de si mesmos. De tal xeito que no produto $$(p-1)(p-2)(p-3) \dots 3 \cdot 2 \cdot 1$$

todos os números do medio están emparellados entre eles, cancelando todos os produtos, e só quedan sós p-1 e 1, que multiplicados obtemos -1,q.e.d.

Pois agora collamos $m=\frac{p-1}{2}$, e escribamos o factorial deste xeito:

$$(p-1)!=(p-1)(p-2) \dots (p-m) \cdot m \dots 3 \cdot 2 \cdot 1= $$

Agrupando por opostos, 

$$1 \cdot (p-1) \cdot 2 \cdot(p-2) \dots m \cdot (p-m)\equiv 1 \cdot(-1)\cdot 2 \cdot (-2) \dots m \cdot (-m) \equiv -1 (mod p)$$

Que escrito de xeito compacto, 

$$\prod \limits_{k=1}^m (-1)^m k^2 \equiv -1(mod p)$$

ou o que é o mesmo

$$\prod \limits_{k=1}^m  k^2 \equiv (-1)^{m+1}(mod p)$$

ou ben

$$\left( m!\right)^2 \equiv (-1)^{m+1}(mod p)$$

Para rematar, se o primo p é da forma 4k+1, m+1 é impar(=2k+1), e por tanto, 

$$\left( m!\right)^2 \equiv -1(mod p)$$

Como estabamos a buscar desde hai un bo anaco.

A raíz de 2 é irracional, disque

 

Doce anos leva en liña este blog de Matemáticas... e aínda non compartín ningunha demostración da irracionalidade de 2? Algún día había que arranxar isto (deixamos para outro día o de comentar algo do cubo de Rubik, origami ou xadrez).

Para resaltar o elegante que é a demostración que vou compartir, vexamos antes outras demostracións máis tradicionais ou escolares, comezando pola que se facía nas clases de BUP.

• Supoñamos, por redución ao absurdo, que $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Daquela hai naturais a e b coprimos(pois sempre podemos simplificar a fracción ata chegar á irredutible) que cumpren que $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$. Elevando ao cadrado, $2=\frac{a^2}{b^2} \rightarrow 2b^2=a^2$ (1). Desta igualdade deducimos que a² é par, o que implica que a é par(podemos poñernos máis ou menos pedantes neste paso), de onde $\exists k \in \mathbb{N} / a=2k$. Substituímos o valor de a: $2b^2=(2k)^2 \rightarrow 2b^2=4k^2 \rightarrow b^2=2k^2$, e de xeito análogo, deducimos que b² é par, polo que b é par, e a fracción $\frac{a}{b}$ é irredutible, en contra da hipótese, polo que concluímos que $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$

A demostración anterior, que si aparecera neste blog, nunha foto dos meus vellos apuntamentos de 1º de BUP, admite variantes, todas xogando coa mesma idea:

• En (1) podemos razoar de xeito máis elegante do seguinte xeito. Observemos os dous membros da igualdade, $2b^2=a^2$. E fixémonos na aparición do primo 2 na descomposición en factores primos de cada membro. O da dereita, sendo un cadrado, ten un expoñente par en todos os seus factores, incluído o 2. O da dereita, ao ser o dobre dun cadrado, vai ter un expoñente par en todos os seus factores primos agás o 2, no que terá un expoñente impar. E un número non pode ser par e impar á vez. Chegamos ao absurdo outra vez. 

Se en troques de incidir na irredutibilidade da fracción que representa $\sqrt{2}$, incidimos no carácter minimal de, por exemplo, o seu denominador, obtemos outra familia de demostracións. Explico mellor: se $\sqrt{2}$ pode ser expresado como o cociente de dous números naturais, haberá unha fracción entre todas as posibles representantes que teña o menor denominador. Esa fracción terá carácter minimal. E levar esta idea ao campo da xeometría é moi frutífero.

Pero antes, unha demostración no campo das fraccións continuas, un deses campos elementais que non están moi de moda:

• Observando que $\left( \sqrt{2}-1\right)\left( \sqrt{2}+1\right)=\left( \sqrt{2}\right)^2-1^2=2-1=1$, reescribimos como $\sqrt{2}-1=\frac{1}{1+\sqrt{2}} \rightarrow \sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}$. E agora iteramos o proceso de substituír $\sqrt{2}$ $\sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}=1+\frac{1}{1+1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}$ $1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{2+ \dots}}}$

O proceso non remata, é dicir, a fracción continua é infinita, e como todos os racionais teñen unha fracción continua finita, deducimos que o número representado é irracional. Na notación tradicional para a representación en fracción continua, $\sqrt{2}=\left[1;2,2,2, \dots \right]$

Vaiamos coa primeira demostración xeométrica que coñecín, hai xa uns lustros, da man do famoso teórico de números Tom Apostol(famoso principalmente por ter un libro de Cálculo Infinitesimal na bibliografía de 1º de carreira en todo o mundo).

• A estratexia de demostración mencionada previamente chámase "por descenso infinito", forma parte da caixa de ferramentas da Teoría de Números e a nivel elemental, da resolución de problemas de olimpíadas. Neste caso concreto, partimos dun triángulo rectángulo isóscele con lados naturais m e n, polo que $m^2=2n^2$, e imos amosar que sempre hai outro triángulo rectángulo isóscele con lados naturais e máis pequenos.

Aritmeticamente, $2(m-n)^2=(2n-m)^2$

Trazamos a circunferencia de centro C e radio n, e marcamos o punto no que corta á hipotenusa, D. Debuxamos a perpendicular á hipotenusa que pasa por P, e marcamos o punto no que corta ao cateto AB, E. Pois ben, o triángulo DEB é rectángulo, isóscele e ten lados enteiros, e obviamente ten lonxitudes menores que as de ABC, co cal iniciamos o descenso: sempre hai outro triángulo coas características atribuídas. O descenso está totalmente intricado co a redución ao absurdo, vén sendo como unha versión: se supoñemos que hai un triángulo minimal con esas características, chegamos ao absurdo, pois o descenso amosa que vai haber outro.

Agora que xa coñecemos esta estratexia, vexamos outra demostración totalmente distinta desde o punto de vista xeométrico pero que utiliza o mesmo metaargumento. Esta demostración foi popularizada polo xenial John H. Conway, mais o creador foi Stanley Tennenbaum, lóxico matemático.

• Partamos agora da existencia de dous números n e m tales que $m^2=2n^2$, i.e, $m^2=n^2+n^2$, e explotemos a representación automática destas cantidades como áreas de cadrados.

Metamos os dous cadrados pequenos no grande:

Intuídes cara onde imos?

Os dous cadrados pequenos solápanse formando outro cadrado máis pequeno. E deixan fóra dous cadrados laranxas na figura, que son iguais entre si. Reparemos neles:

Aínda que poderíamos apelar simplemente ao Teorema das Alfombras, o razoamento directo é inmediato: como a área do cadrado laranxa orixinal coincide coa dos dous cadrados lilas, o que sobresae por fóra dos cadrados ten que coincidir coa zona solapada, na última figura, o cadrado verde e os dous vermellos. Deste xeito habilitamos o descenso buscado: hai cadrados máis pequenos que cumpren a condición de que a área do grande é igual á suma da área dos dous pequenos e iguais.

Coido que vou deixar aquí esta compilación de demostracións, para non cansar ao amable lector. Quizais outro día, antes de que pasen 12 anos, retome a xeira.

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.

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.^↩

Que demostra isto?

   

Andaba eu a pensar como argallar unha entrada arredor dos capítulos que levo lidos de How I wish I'd taught Maths, de Craig Barton, cando dei con esta pequena marabilla. Polo que tiven que deixar a outra entrada a medio facer e compartir o meu abraio coa miña lexión de seguidores.

Como a imaxe da cabeceira é austera de máis (como de libro de Xeometría dunha materia da carreira de Matemáticas, talvez menos), déixovos por acó unha un chisco máis completa, a ver se dades atopado que demostra a imaxe e tamén como o demostra. E se vos presta tanto como a min.

Con cores e todo. Xa nin parezo de Matemáticas

Outro día tocará falar do libro.

3·5 = 5·3, disque

 A Álxebra non é máis que Xeometría escrita, a Xeometría non é máis que a Álxebra figurada

Sophie Germain

Desde que Descartes introduciu o dicionario Álxebra-Xeometría que supuxeron as coordenadas, é un lugar común imaxinar os resultados alxébricos en termos xeométricos e viceversa. En realidade, xa os Elementos de Euclides incorporan unha boa colección de feitos xeométricos que coñecemos hoxe en día como Álxebra Xeométrica(algúns, como a propiedade distributiva ou o desenvolvemento de (a+b)², ata aparecen nas clases da ESO). Imos ver un dos lugares onde Xeometría e Álxebra teñen un contacto máis abraiante. Pero primeiro hai que ver un par de puntos en dúas semirrectas:

O Teorema de Pappus, ilustrado enriba, afirma que se collemos 6 puntos A, B, C, D, E e F en dúas semirrectas que parten dunha orixe O de xeito alternativo(A, C, E nunha e B, D e F na outra), e chamamos L, M, N ás interseccións das rectas AB, CD, EF coas rectas DE, FA e BC, respectivamente, sucede que L, M e N están na mesma liña recta.

Se alguén está a pensar que ocorre cando eses puntos L, M e N non están definidos, por mor do paralelismo das rectas, si, iso tamén está contemplado no teorema. Ide a Cut The Knot para aprender máis, aquí chéganos con observar que se AB é paralela a DE e CD é paralela a FA, entón EF tamén ten que ser paralela a BC.

Imos ver como atopar o produto de dous números a e b cunhas liñas familiares:

     

Do mesmo xeito atoparemos o produto de b e a:

    

Pois aquí chega o obxectivo desta entrada: como sospeitaredes, ab e ba coinciden. Como demostralo?

Na folla anterior vemos que efectivamente ab e ba coinciden. Podemos dicir que o temos comprobado mecanicamente. Mais iso non abonda.

Precisamente o Teorema de Pappus vai facer o choio: como as liñas laranxas son paralelas e as liñas grises son paralelas, a recta verde que une 1 con b ten que ser paralela á liña que une a con ab. Como a liña paralela á verde 1b é a a-ba, vemos que ab e ba efectivamente son o mesmo punto. Q.e.d. 

Se queredes ver os detalles técnicos que deixei a un lado, en The Four Pillars of Geometry de John Stillwell atoparédelos, xunto con moitas máis ideas.