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.

Un xogo con sucesións(curtas) de Fibonacci

 

   

A sucesión de Fibonacci probablemente sexa a sucesión máis famosa que é chamada sucesión de xeito común. Porque en realidade os números naturais, os pares ou os impares, os números primos, etc., son ben máis coñecidas, pero é raro que se lles adhira o termo sucesión, polo menos en niveis elementais.

Fartos estaredes de ver os primeiros termos,

$$1,1,2,3,5,8,13,21,34,55, \dots$$

E aínda máis de recuncar na lei de recorrencia dos termos da sucesión: cada termo é a suma dos dous anteriorezzz...

Por traer algo menos universalmente coñecido, se revisades os termos $F_n$ que son primos,

$$F_3=2, F_4=3, F_5=5, F_7=13, F_{11}=89, F_{13}=233, \dots$$

veredes que, agás para n=4, os demais termos primos están nunha posición que é tamén un número primo(non tiredes conclusións rápidas, $F_{19}=4181=37 \cdot 113$).

Que só teñamos que buscar, a partir de $F_5$, números primos na sucesión de Fibonacci entre os que teñen os aspecto $F_p$, con p primo, é elemental se un sabe que a sucesión cumpre a seguinte condición:

Se a|b, entón $F_a|F_b$

(A demostración déixase como exercicio para o amable lector, e este feito ten nome)

Aproveito para lembrar que hai unha adiviña no blog desde hai 8 anos, De tres en tres, e dar unha pista: a solución que tiña eu en mente cando a escribín está relacionado cos números de Fibonacci tamén.

E por que escribo (por quinta vez) sobre os números de Fibonacci se é tan notorio que non é o meu tema preferido?

Exacto: porque vin onte un novo xogo, como xa intuístes coa imaxe da cabeceira da entrada.

O xogo chámase Knotilus, e consiste en que:

1º) Atopes cinco sucesións tipo Fibonacci de lonxitude 4 entre os 11 números propostos(esta é a parte sinxela, só hai que achar o molde a,b,a+b,a+2b entre os números)

e 

2º) Escollas entre as sucesións atopadas as tres que cumpren as condicións "só comparten un número(the knot)", "os demais números nas 3 sucesións só aparecen nunha delas"

Podedes ir directamente a xogar ou podedes analizar a solución do xogo sinxelo de hoxe:

    

Veña, que non vai ser todo ler a cantidade desorbitada de libros que teredes na cola de lectura.

Unha caracterización dos números compostos

 

Todo o mundo sabe que son os números compostos, a definición é ben simple e é introducida moi cedo na educación dos cativos. Ademais, pódese visualizar xeometricamente, aínda que non estou seguro de que iso axude á maioría da xente que teña dificultades de comprensión, pois a miña experiencia di que os que teñen dificultades cun concepto, tamén lles vai resultar un obstáculo(ás veces formidable) tentar conectar con outra representación/caracaterización do concepto. De aí as protestas habituais do alumnado ante varias explicacións/presentacións da mesma idea.

Por se hai alguén despistado, lembremos que un número n é composto se pode ser expresado como produto de dous números menores que n. Formalmente, $\exists \ a, b \in \mathbb{N}, \ 1<a,b<n  \mid n=a \cdot b $

E a representación xeométrica habitual consiste en debuxar tantos puntos como indica o número, dispoñéndoos en cuadrículas que non teñan nin altura nin ancho 1. É dicir: 

O 12, cantas veces será factorizado en 1º e 2º de ESO?

Utilizamos a representación rectangular porque é a natural na aprendizaxe desde o comezo da nosa aprendizaxe, pero como vimos hai ben tempo cos diagramas animados de Data Pointed, tamén serve calquera representación que resalte os grupos iguais:

30=5·3·2

Porén, hai moreas de resultados que caracterizan os números compostos, ou, o que é equivalente, que caracterizan os números primos. Persoalmente, lembro aprender o Teorema de Wilson na carreira e pensar, candidamente, que nese curto enunciado estaba o segredo dos números primos, etc. Xulgade vós a miña candidez:

Se p é un número primo, entón $(p-1)!\equiv -1 (mod p)$

Se non estades familiarizados* coa linguaxe de congruencias, o que quere dicir é  que (p-1)! deixa resto p-1 ao dividilo entre p. Por exemplo, se p=7, (7-1)!=6!=720, que dividido entre 7 dá obviamente resto 6(pois $721=\dot 7$). Para comprender por que digo que eu era un inocente, podedes ver a entrada da wikipedia sobre os Tests de Primalidade.

*Por sorte iso ten fácil solución, non tedes máis que ler o último capítulo dos Bocados Matemáticos do compañeiro Paulo Ogando, "A aritmética do reloxo", onde mediante exemplos da vida moderna ides entender esta xoia que nos legou Gauss.

Aproveito para compartir aquí a Gauss fibrilando ante o pampo que era eu en 1º de carreira:

A miña magna obra, o meu legado para a posteridade: os gifs 

Agora que xa todos sabemos (frase que adoita ser falsa nas clases) o que son os números compostos, imos co motivo real desta entrada.

Hai dúas entradas aludín ao arquivo que gardo de problemas desde hai 20 anos, arquivo que non revisito adoito porque cada vez que collo unha páxina, acabo perdendo media tarde. Pero esta xoia, tirada  da Olimpíada de Estonia de 1997(que non está na web, curiosamente, a saber onde a vira eu), e que esquecera completamente, merecía tamén ser comentada:

Demostrar que n é composto se e só se existen $x, y, a, b\in \mathbb{N}$ tales que

$$\begin{cases}\large{a+b=n} \\ \large{\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1} \end{cases}$$

E que significará xeometricamente esta condición, que aos máis vellos do lugar nos traerá á memoria a ecuación segmentaria da recta?

Solución a Como ides de intuición(estocástica)?

 

Dado que unha multitude (só direi que hai que usar o plural) me pediu que compartise a solución do problema da entrada anterior, decidín coller a solución que escribín en 2008 e traela aquí. Como vexo un pandemonium de factoriais e números combinatorios, contade con que cometa algún erro, agardemos que só sexan erratas. Ah, e non ides ver ningunha gran intuición, só un traballo de libro.

Lembremos o problema: se temos nunha urna 80 bólas, 72 verdes e 8 azuis, e imos extraendo unha a unha, cal é o número esperado de bólas verdes que quedan na urna cando extraemos a última bóla azul?

En primeiro lugar, as bólas azuis poden desaparecer, como moi cedo, na 8ª extracción, e como moi tarde, na 80ª. Se desaparecen na k-ésima extracción, quedarán 80-k bólas verdes. Só hai que calcular a probabilidade de que as bólas azuis desaparezan na extracción k-ésima e multiplicar por 80-k(e sumar, claro).

Chamándolle $A_k=$ "as bólas azuis desaparecen na k-ésima extracción", temos:

$$P(A_1)=P(A_2)= \dots P(A_7)=0$$

$$P(A_8)=\frac{8}{80}\cdot \frac{7}{79}\dots \frac{2}{74}\cdot \frac{1}{73}=\frac{8! 72!}{80!}=\frac{1}{\binom{80}{8}}$$

(Número final que podía verse desde o comezo, pero é a miña natureza sobreexplicar, polo menos no primeiro exemplo)

$$P(A_9)=\frac{\binom{8}{1}}{\binom{80}{8}}$$

pois hai 8 lugares onde colocar a bóla verde.

E sucesivamente

$$P(A_{10})=\frac{\binom{9}{2}}{\binom{80}{8}}$$

$$\dots $$$$P(A_k)=\frac{\binom{k-1}{k-8}}{\binom{80}{8}}$$

Logo o número esperado de bólas verdes que quedarán é:

$$\sum_{k=8}^{80} (80-k) \frac{\binom{k-1}{k-8}}{\binom{80}{8}} \overset{\mathrm{l=k-8}}{=}\sum_{l=0}^{72} (72-l) \frac{\binom{l+7}{l}}{\binom{80}{8}}=\frac{1}{\binom{80}{8}} \sum_{l=0}^{72} (72-l) \binom{l+7}{7} $$ $$ \frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \sum_{l=0}^{72} \binom{l+7}{7} - \sum_{l=0}^{72} l \binom{l+7}{7} \right]=\frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \cdot \binom{80}{8} - \sum_{l=0}^{72} 8 \binom{l+7}{8} \right]= $$ $$ \frac{1}{\binom{80}{8}} \left[ 72 \binom{80}{8}-8 \binom{80}{9}\right]=\frac{\binom{80}{9}}{\binom{80}{8}}=8$$

Onde utilicei que $72 \binom{80}{8}=9 \binom{80}{9}$, pois ambos os dous coinciden con $80 \binom{79}{8}$

En conclusión, o número esperado de bólas verdes cando non queden bólas azuis é 8. Que, resulta intuitivo? Esperabades máis bólas verdes?

Como ides de intuición (estocástica)?

The Bent, símbolo da sociedade, vén sendo
unha peza do cabalete dunha ponte

 Revisando o meu vello arquivo de problemas, sección Escila (de xeito nada rimbombante tampouco, a outra sección é Caribdis, obviamente), atopei este problema da columna Brain Ticklers na revista The Bent da asociación de enxeñería (ou algo así) Tau Beta Pi. Problema que xa apareceu por aquí, oculto con outros moitos, na macroentrada Problems for the Million, pero como ninguén lle prestou atención ningunha, cando eu creo que é ben fermoso, e dado que o balón é meu e marcho para casa con el se me dá por aí, velaquí:

Unha urna contén 80 bólas, 72 verdes e 8 azuis. As bólas son extraídas ao chou sen reemprazamento ata que sacamos todas as bólas azuis. Cal é o número esperado de bólas que quedarán na urna nese momento?

(Nunca vos pasou estar nunha conversa con moita xente, soltar unha brincadeira, e que ninguén a oia? Pois eu son dos que repiten a brincadeira, pero máis alto)

Como dato histórico, o problema ten autor, William Allen Whitworth, matemático inglés do que eu non sabía nada, quen o publicou en 1901. Lendo a súa páxina da wikipedia, achei que Whitworth foi realmente o primeiro que publicou o fermoso Bertrand's Ballot Theorem (non estou seguro de como traducilo, se votación ou elección): Se nunha elección o candidato A obtén p votos e o candidato B obtén q votos, con p>q, cal é a probabilidade de que o candidato A fose sempre por diante de B no escrutinio? A resposta é unha marabilla, $\frac{p-q}{p+q}$

Antes de que tentedes resolvelo, o máis interesante na miña opinión: cantas bólas estimades que quedarán cando extraiamos todas as azuis? Aposto a que probablemente (no pun intended) ides levar unha sorpresa.