Catro novas diseccións

 Hai tempo que sei das ferramentas que inclúe Mathigon, en particular o Polypad, pero xuraría que nin as trouxen por acó, nin pola conta de twitter(facendo unha pescuda, o único lugar onde creo que as mencionei foi no grupo de profesores de Matemáticas de Facebook, poño o link por se alguén ten curiosidade).

E había tempo que tiña interese por saber se os exercicios típicos de diseccións, un tema clásico das Matemáticas recreativas, eran tan complicados de crear. Oufano como son habitualmente, aló fun coas miñas expectativas ben altas. E como poderedes intuír, xa non penso o mesmo. Aínda así, salvei 4 cousiñas que dei feito, supoño que serán máis sinxelas cá media das diseccións planas que xa hai pola etiqueta disección deste blog(que teño que actualizar para que inclúa as entradas máis vellas). A ver se vos gustan.

Na primeira tedes que dividir a figura en 3 figuras congruentes utilizando as liñas da cuadrícula:

   

Nesta, o mesmo pero con 4 figuras congruentes:

   

Esta nova figura tedes que dividila en 4 figuras congruentes:

   

E para rematar, este rectángulo ao que lle descoloquei un cadrado ten que dividirse en 7 figuras distintas. Como pista críptica, sería imposible facer un rectángulo 4x7 con esas 7 figuras, e o culpable é un humilde T de cor verde:

    

Seguro que se colledes a ferramenta do Polypad dades feito cousas máis bonitas que estas. Pero claro, hai que ser teimudo.

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.

Problems for the Million

 

O triángulo ABC é isóscele e P está na base.
Vedes algo?

Xa teño comentado en varias entradas que na época na que tiña que preparar as oposicións para acceder á docencia, hai case 20 anos, eu basicamente estaba dedicado a resolver os problemas elementais que daba atopado pola rede. Como sempre comento, o pragmatismo non é unha das miñas virtudes, aínda que esta situación tivo un xiro de guión interesante: na oposición que aprobei, caeron dous problemas de olimpíadas matemáticas. Problemas que non fixera antes, pero é de supoñer que o meu non-adestramento tivo que axudar.

Desa época gardo dous arquivos de problemas resoltos, supostamente un con problemas sinxelos e outro con problemas menos sinxelos, aínda que esa clasificación que fixera agora resulta case arbitraria. (agarrádevos: os sinxelos ocupan 200 folios e os menos sinxelos, 340) Case nunca reviso eses arquivos, hoxe ao rematar unha tarefa deume por mirar, e pensei en traer uns cantos problemas vellos para que as miñas hordas de lectores poidan divertirse como fixen eu naquel momento.

Sen un criterio claro, velaquí:

• Canadá 1985: Un triángulo ten lados 6, 8 e 10. Amosar que existe unha única recta que biseque tanto a área como o perímetro do triángulo.
• Australia 1988: Se o natural n ten k uns na súa representación binaria, entón o número $\frac{n!}{2^{n-k}}$ é un natural impar.
• Wisconsin 2006: Sexa S={2,3,22,23,32,33,222,...} o conxunto de naturais cuxas cifras son unicamente 2 e 3. Amosar que non hai 3 termos distintos en S que estean en progresión aritmética.
• Tau Beta Pi, Spring 2000: Unha urna contén 80 bólas, 72 verdes e 8 azuis. Extraemos bólas ao chou, unha a unha, ata que quitarmos todas as bólas azuis da urna. Cal é o valor esperado de bólas verdes na urna nese momento?
• Mathematical Reflections J123: Resolver en números primos a ecuación $x^y+y^x=z$
• Canadá 1982: Amosar que o número de permutacións de 1,2,..., n sen puntos fixos diferénciase nunha unidade do número de permutacións con exactamente un punto fixo.
• Eire 2002: Definamos a sucesión $a_n$ mediante $a_1=a_2=a_3=1$ e $a_{n+3}=\frac{a_{n+2} a_{n+1}+2}{a_n}$. Amosar que todos os termos da sucesión son enteiros.

E agora algúns deses problemas que caberían ao final dun boletín do instituto:

• Michigan Autumn 1996: O coche 1 percorre 27 millas a 43 mph e logo 27 millas a 56 mph. O coche 2 circula 27 minutos a 43 mph e logo 27 minutos a 56 mph. Cal dos dous coches ten maior velocidade media?
• Argentina Intercolegial, 2006: Nun parque só hai gatos de dúas cores: brancos e negros. Os gatos machos representan o 55% do total de gatos do parque. A proporción entre machos brancos e machos negros é igual á proporción entre gatos brancos e gatos negros. Achar a proporción entre machos brancos e femias brancas.
• Memorial's Local Undergraduate Competition Winter 2001: Amosar que $\frac{\sqrt{y^2+1}+y+x}{x \sqrt{y^2+1}-xy+1}$ é independente de x, supoñendo que o denominador é non nulo.
• Croacia 1999: Partimos da terna de números $(a_1,a_2,a_3)=(3,4,12)$. Levamos a cabo o seguinte proceso un número finito de veces: escollemos dous números $x, y$ da terna e substituímolos por $0,6x-0,8y$ e $0,8x+0,6y$. É posible obter a terna $(2,8,10)$(onde podemos permutar os elementos)? 
• Kömal B 4092: Atopar naturais a, b, c e d tales que o máximo común divisor de cada parella é maior que 1 pero o máximo común divisor de cada terna é 1. É dicir, (a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)>1 e (a,b,c)=(a,b,d)=(a,c,d)=(b,c,d)=1
• Niels Henrik Abel 1994-95: Se $x,y \in \mathbb{R}$ tales que $(x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1$, entón $x+y$=0
• Problemas de práctica para a Olimpíada Española, 80: As parábolas $y=cx^2+d$ e $x=ay^2+b$, con $c,a>0$ e $b,d<0$ córtanse en 4 puntos. Amosar que estes 4 puntos están nunha mesma circunferencia.
• Canadá 1969: Determinar cal dos dous números, $\sqrt{c+1}-\sqrt{c}$ e $\sqrt{c}-\sqrt{c-1}$ é maior para calquera $c \geq 1$

Intúo que xa tedes problemas abondo desta xeira.

Máis problemas de Portugal

Cometín o erro de pasar pola web das Olimpíadas Matemáticas Portuguesas, como se fose novato no choio, pois xa tiven que pasar un anaco pensando varios dos problemas que atopei na proba final da categoría B, 10º/12º anos. Problemas que consisten, se tivésemos que resumir, en sumar números. Sumar, ahá. Iso non pode ser moi complicado. Vexámolos:

A Joana dividiu 365 por todos os inteiros desde 1 a 365 e somou todos os restos. Depois dividiu 366 por todos os inteiros desde 1 a 366 e também somou todos os restos. Qual das duas somas é maior e qual é a diferença entre elas?

Coido que nunca pensara unha cousa semellante, polo que tiven que poñerme. Despois do enunciado do outro problema, a miña solución.

Consideram-se todas as sequências de k elementos $(a_1, a_2, \dots, a_k) $ onde cada $a_i$ pertence ao conjunto $ \lbrace 1,2, \dots ,2021 \rbrace$  Qual é a soma dos menores elementos de todas estas sequências?

Este tamén me prestou, pero lembro lixeiramente resolver algún problema relativamente similar na época na que debería preparar as oposicións, hai case 20 anos. Polo que non me abraiou do mesmo xeito que o outro. Último aviso, que vén a miña solución.

O primeiro no que pensa un que estudou Matemáticas é en formalizar ao máximo o que sucede. Neste caso, para expresar a suma referida ao número 365, hai que atopar un xeito de escribir os restos das divisións. Pensemos na división por un número calquera, poñamos 34, a ver que sucede:

$365=34 \cdot 10+25$

De tal xeito que $25=365-34 \cdot 10$, polo que se atopamos un xeito de expresar o cociente, automaticamente expresaremos o resto.

E claro, haino:

Quen é 10? A parte enteira da división $365:34$, coa notación estándar, $10=\left[\frac{365}{34}\right]$

Polo que a suma dos restos que deixa 365 queda $$\sum \limits_{n=1}^{365} \left( 365- n \cdot \left[\frac{365}{n} \right] \right)$$

E a de 366, $$\sum \limits_{n=1}^{366} \left( 366- n \cdot\left[ \frac{366}{n}\right]\right)$$

Se un bota unhas poucas contas das implicadas nas sumas, verá que os sumandos respectivos adoitan coincidir, aínda que ao comezo non se vexa ben:

$$\left[\frac{365}{1} \right]=365 \neq 366=\left[\frac{366}{1}\right] $$

$$\left[\frac{365}{2} \right]=182 \neq 183=\left[\frac{366}{2}\right] $$

$$\left[\frac{365}{3} \right]=121 \neq 122=\left[\frac{366}{3}\right] $$

$$\left[\frac{365}{4} \right]=91=\left[\frac{366}{4}\right] $$

$$\left[\frac{365}{5} \right]=73=\left[\frac{366}{5}\right] $$

$$\left[\frac{365}{6} \right]=60 \neq 61=\left[\frac{366}{6}\right] $$

Vese xa a pauta?

Que teñen de característico os valores onde non coinciden os restos? Os primeiros son 1, 2, 3, 6, ...

Védelo? Unha pista?

O seguinte valor no que os restos respectivos son distintos é 61, pois

$$\left[\frac{365}{61} \right]=5 \neq 6=\left[\frac{366}{61}\right] $$

E aínda que non se vexa a razón, a simetría que se percibe nos cálculos anteriores ten que facer pensar nos divisores dun número, que como os donuts, veñen de dous en dous(comentario que deixei de facer hai unha década nas miñas clases). E con isto en mente, será máis evidente que os números nos que os restos difiren son os divisores precisamente de 366, que é $2 \cdot 3 \cdot 61$, i.e. $\lbrace 1,2,3,6, 61,122,183,366 \rbrace$

A razón é a seguinte: para que 

$$\left[\frac{365}{n} \right] \neq \left[\frac{366}{n}\right] $$

 ten que suceder que 

$$m=\frac{365}{n} < m +1 \leq  \frac{366}{n}$$

e como a distancia entre as dúas fraccións é só $\frac{1}{n}$ , para que

$$m +1 \leq  \frac{366}{n}$$

ten que suceder que 

$$m +1 =  \frac{366}{n}$$

i.e., 

$$\frac{366}{n} \in \mathbb{N}$$

e finalmente n ten que ser divisor de 366, como afirmara ao comezo.

Despois destas voltas, xa estamos en condicións de calcular a diferenza entre as sumas. Cada vez que a parte enteira coincide, é dicir, en todos os sumandos agás os correspondentes a 1, 2, 3, 6, 61, 122, 183 e 366, o resto vai ser unha unidade máis, é dicir, a diferenza entre 366 e 365. Pero nos casos enumerados arriba, temos que os restos de dividir 366 entre eles son nulos, pero os de 365 son 0, 1, 2, 5, 60, 121 e 182.

En conclusión, por un lado a suma dos restos ao dividir 366 ten unha vantaxe de 358 uns e a outra suma unha vantaxe de 1+2+5+60+121+182=371, o que implica que a suma dos restos de 365 sobrepasa á outra en 13 unidades.

Ou o que é o mesmo, pero queda máis chulo e esotérico,

$$\sum \limits_{n=1}^{365} \left( 365- n \cdot \left[\frac{365}{n} \right] \right)-\sum \limits_{n=1}^{366} \left( 366- n \cdot\left[ \frac{366}{n}\right]\right)=13$$

Como propina, déixovos esta fermosura que puxeron na proba final da categoría A, 8º/9º anos:

Na sua loja de botões, o Luís tem à venda apenas caixas com a botões azuis, caixas con b botões brancos e caixas com c botões castanhos. O  Luís só vende caixas completas. Sabe-se que:

• se um cliente quiser comprar tantos botões azuis como brancos, tem que comprar pelo menos dois milhares de botões.
• se um cliente quiser comprar tantos botões brancos como castanhos, tem que comprar pelo menos cinquenta centenas de botões.
• se um cliente quiser comprar tantos botões castanhos como azuis, tem que comprar pelo menos mil dezenas de botões 

Quantos botões tem cada caixa? Indica todas as possibilidades.

Solución da adiviña de visualización

No que vai de ano 2021 a entrada coa adiviña de visualización é a terceira con máis visitas(180), despois de O último flame co ensino das Matemáticas)225) e Exercicios tan malos que son bos(198). Isto unido a que sei que algúns dos que a lestes estades intrigados, animei a escribir esta entrada. Xa avisaba aló de que o contido non era matemático, así que agora non veñades con reclamacións(nin con sonoros Boooohs).

Sinceramente, pensei que era máis sinxelo do que se acabou vendo, pois para min os números de columnas e ringleiras xa eran abondo. Sen máis, observade as figuras que compartín naquela entrada sen borrar as etiquetas:

    

  

    

   

Concretemos a solución do misterio: as gráficas amosan as puntuacións medias de cada capítulo das temporadas de 4 series de televisión. Puntuacións dadas por usuarios rexistrados na impresionante web imdb(the internet movie database). O programador Jim Vallandingham creou a ferramenta SeriesHeat, na que podes pescudar calquera serie e observar un mapa térmico semellante aos anteriores, e Flowing Data falou de SeriesHeat a comezos de outubro, aí souben dela.

Desvelado o misterio, só queda unha cousa interesante: Que series estarán representadas nas 4 gráficas da entrada?

Déixovos unha animación do clásico matthen para ocultar o nome das series un anaco:

A Reuleaux triangle is built from 3 circles

Rematemos:

A 1ª serie, con 5 temporadas e entre 10 e 13 capítulos cada unha, é The Wire, a 2ª, The Sopranos, a 3ª, Dexter(observade a nota do último capítulo), a 4ª, Game of Thrones(toda a última temporada...) e a última, Doctor Who, famosa pola súa lonxevidade.

E agora, o comentario máis matemático: pensades que habería outro xeito máis acaído de presentar estes datos? Quizais contrastar estas puntuacións medias co número de votos de cada serie en imdb, a ver se amosa algunha correlación? Sería interesante ver algún parámetro de dispersión das puntuacións, non só a media?