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Desafíos Matemáticos en El País – Desafío Extraordinario de Navidad 2014: Superstición…y probabilidad

Sáb, 12/13/2014 - 15:44

¡¡Nuevo Desafío Matemático RSME-El País!! Tal y como pasó en 2012 y en 2013, la Real Sociedad Matemática Española y El País nos traen un nuevo Desafío Matemático Extraordinario de Navidad. En esta ocasión lo propone Dulcinea Raboso, doctora en matemáticas por la Universidad Autónoma de Madrid (UAM) e investigadora posdoctoral del Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT).

Como podéis ver en el título de este post, el problema se titula Superstición…y porbabilidad, y podéis ver el vídeo con el planteamiento del mismo haciendo click en este enlace. Dejo aquí de todas formas el planteamiento del problema por escrito:

Antes de que llegue el sorteo, quiero tener decorado mi árbol de navidad. Para ello tengo una caja con bolas de color rojo y bolas de color blanco. No recuerdo exactamente cuántas bolas hay, pero sé que no son más de 20. Lo que sí recuerdo – manías de matemáticos – es que al sacar de la caja dos bolas al azar, la probabilidad de que las dos sean blancas es 1/2. El desafío navideño que os proponemos es que nos digáis cuál es la probabilidad de que, al sacar al azar dos bolas de la caja, las dos sean rojas. Como siempre, además del número, os pedimos que nos deis una explicación de cómo habéis llegado a él.

Entre los que resuelvan correctamente el desafío se sorteará una biblioteca matemática. Además, el ganador recibirá el libro Desafíos Matemáticos, recopilación de los 40 desafíos de esta iniciativa publicados en 2011 del que os hablé esta mañana. Si encontráis la solución y queréis participar sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@gmail.com antes de que termine el jueves 18 de diciembre.

Y respecto al tema de los comentarios, al igual que hice en aquellos desafíos y en los Gaussianosyguijarro, en principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos y a disfrutar con el desafío.

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Coloración con condiciones

Mar, 12/02/2014 - 05:00

Os dejo hoy martes el problema de esta semana. Ahí va:

Dado el conjunto N=\{1, 2, \ldots , n-1 \}, con n \geq 3, coloreamos cada uno de sus elementos de blanco o de negro según las siguientes reglas:

  1. i y n-i siempre se colorean del mismo color.
  2. Para algún j \in N primo relativo con n, i y |j-i| se colorean del mismo color para todo i \in N, \, i \ne j.

Demostrar que todos los números del conjunto N deben colorearse con el mismo color.

Que se os dé bien.

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Alberto Enciso y Daniel Peralta-Salas demuestran una conjetura de Lord Kelvin de hace 140 años

Vie, 11/28/2014 - 05:30

Los físicos españoles Alberto Enciso y Daniel Peralta-Salas, investigadores del ICMAT, han resuelto una importante conjetura sobre fluidos que había propuesto Lord Kelvin hace 140 años. Os dejo parte del texto de la nota de prensa del ICMAT sobre el tema (las negritas son mías):

Dos investigadores del Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT), Alberto Enciso y Daniel Peralta Salas, han resuelto un importante enigma matemático que desafiaba a la comunidad científica desde hace 140 años. El problema fue planteado en 1875 por físico escocés Lord Kelvin (creador, entre muchas otras cosas, de la escala de temperatura Kelvin) como camino para entender la estructura atómica de la materia. Conjeturó que en los fluidos estacionarios podrían aparecer tubos anudados, lo que aplicaba para explicar la composición de la materia, que estaría formada por estructuras en forma de lazo (los átomos) que flotaban en el éter. Los diferentes tipos de átomos venían determinados por variaciones en la geometría de los nudos.

Pese a que la concepción de Kelvin era errónea, las estructuras que imaginó sí se corresponden con la configuración de la materia fluida. Esto es lo que prueba, matemáticamente, el resultado de Peralta y Salas: los fluidos en equilibrio, como el agua que fluye constante por una cañería, a los que se les supondría un comportamiento simple, pueden esconder estructuras en forma de donut retorcido de manera compleja. Estas formas, conocidas como tubos de vorticidad anudados, se relacionan además con la turbulencia.

El problema de Kelvin aparece en el estudio de fluidos turbulentos y de los campos magnéticos responsables de las fulguraciones de las estrellas. “En la superficie del Sol aparecen lenguas de plasma en forma de arcos, que son tubos de vorticidad”, señalan Enciso y Peralta. “Los físicos ya habían observado estos fenómenos, pero nosotros hemos aportado información sólida: hemos probado ahora que matemáticamente son posibles”, afirman los investigadores.

El primero en identificar estas estructuras fue el físico James Maxwell en el siglo XIX, pero no fue hasta el año pasado cuando se obtuvieron resultados experimentales precisos. En el laboratorio Irvine del Instituto James Frank de la Universidad de Chicago consiguieron reproducir estas estructuras complejas en fluidos, lo que supone una confirmación experimental del trabajo de Peralta y Salas.

Para dar con la codiciada solución, los autores han desarrollado nuevas herramientas adaptadas a las dificultades del problema. “Es una demostración muy sofisticada y ha requerido un detallado análisis de las ecuaciones de la mecánica de fluidos; son conceptos en los que hemos trabajado durante los últimos 10 años”, declaran. La novedad de las ideas empleadas en su prueba ha prolongado el proceso de verificación durante dos años, y ha requerido del esfuerzo de prestigiosos expertos. El pasado mes de octubre fue aceptado por la prestigiosa revista Acta Mathematica, publicada por el Instituto Mittag-Leffler de la Real Academia de Ciencias de Suecia. Los expertos consideran el resultado, aceptado por la revista Acta Mathematica, como el más importante de toda la historia de la geometría de los fluidos.

Desde un punto de vista teórico el resultado ayuda a entender las ecuaciones que describen el comportamiento del fluido y de su complejidad. Además, Enciso y Peralta señalan: “Esta cuestión ha ejercido una profunda influencia en varias áreas de las matemáticas puras; ha impulsado el desarrollo de la llamada Teoría de Nudos”.

El preprint, colgado en arXiv, es Existence of knotted vortex tubes in steady Euler flows. El artículo final, como puede leerse en la nota de prensa, ya ha sido aceptado para su publicación en Acta Mathematica, revista publicada por el Instituto Mittag-Leffler de la Real Academia de Ciencias de Suecia.

Es interesante recordar que Alberto y Daniel también resolvieron hace tres años una conjetura sobre dinámica de fluidos planteada hace más de medio siglo. Lo anunciábamos en este post, y más tarde teníamos el honor de publicar una colaboración en la que nos hablaban del problema y de su resolución. Por cierto, en aquellas entradas me refería a ellos como “matemáticos”. En realidad son físicos, pero los dos son doctorados en Física Matemática, por lo que tampoco creo que sea erróneo llamarlos matemáticos.

Y no quiero dejar pasar esta oportunidad para dejaros algunos enlaces a artículos del blog en el que otros matemáticos españoles nos contaban cosas sobre algunos de los logros que han conseguido en los últimos años:

Esta entrada participa en la Edición 5.8: Betty Scott del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión organiza Tocamates.

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De cómo proponer un problema cambió totalmente la vida de Esther Klein

Jue, 11/27/2014 - 05:30

Proponer un problema atractivo puede traer consigo consecuencias muy interesantes, como la satisfacción por la propia resolución del mismo o el posterior estudio de sus posibles, y siempre enriquecedoras, generalizaciones. Esto es lo que ocurrió en la siguiente historia, protagonizada por Esther Klein, pero en este caso el problema propuesto cambió tanto su vida (principalmente por culpa de Paul Erdős y, sobre todo, de George Szekeres) que el problema eN cuestión ha pasado a la historia con el “problema del final feliz” (happy ending problem en inglés).

Antes de plantear este problema y de contar la historia que lo rodeó vamos a recordar un par de cuestiones relacionadas con polígonos:

  • Un polígono convexo es un polígono que cumple que cualquier segmento que una dos puntos de dicho polígono queda totalmente contenido dentro de él.

    En la siguiente imagen podéis ver un polígono convexo y uno no convexo:

  • La envolvente convexa de un conjunto de puntos del plano es la intersección de todos los conjuntos convexos que contienen a todos esos puntos.

    Vamos a explicar esto de forma más intuitiva. Supongamos que tenemos unos cuantos puntos en el plano, y pensemos en ellos como clavos clavados en el suelo. Tomemos ahora una goma elástica y estirémosla hasta que todos los puntos queden encerrados por ella. Si la soltamos, se apoyará en algunos de esos puntos quedando a su vez totalmente tensa. Entonces, el polígono formado por la goma es la envolvente convexa del conjunto inicial de puntos:

Bien, comencemos con nuestra historia. Nos desplazamos a Hungría, Budapest concretamente, en 1933. Esther Klein, una estudiante de Físicas de la Universidad de Budapest, asiste habitualmente a reuniones en las que todos los miembros son apasionados de las matemáticas y hablan y discuten sobre ellas. En un momento de esa reunión Esther decide proponer el siguiente problema:

Dados cinco puntos en el plano tal que no haya tres de ellos que estén alineados (lo que se llama en posición general), demostrar que hay cuatro de ellos que son los vértices de un cuadrilátero convexo.

Os dejo un ratito para que intentéis resolverlo…




















…¿ya? Bueno, por si acaso no habéis podido os echo una mano. Un primer vistazo a la situación nos dice que la envolvente convexa de esos puntos puede un pentágono, un cuadrilátero o un triángulo. Vamos a estudiar los tres casos por separado:

  1. Si la envolvente convexa es un pentágono, tomando cuatro puntos cualesquiera ya tenemos un cuadrilátero convexo:

  2. Si la envolvente convexa es un cuadrilátero, los cuatro vértices del mismo nos sirven como vértices del cuadrilátero que buscamos:

  3. Si la envolvente convexa es un triángulo, tenemos que los otros dos puntos son interiores a dicho triángulo. Si tomamos la recta que pasa por esos dos puntos, habremos dividido el triángulo en dos partes, de tal forma que en una de ellas queda uno de sus vértices y en la otra quedan los otros dos (esto es seguro, ya que hemos dicho que tres de esos puntos en ningún caso están alineados). Tomando los dos puntos interiores y los dos vértices del triángulo que queda en una de las partes ya tenemos los vértices del cuadrilátero buscado:



  4. Fue la propia Esther quien lo resolvió de la forma descrita anteriormente, pero además propuso como problema la siguiente generalización del mismo:

    Dado un entero positivo n, ¿podemos encontrar un número N(n) tal que para cualquier conjunto que contenga al menos N puntos sea posible seleccionar n de ellos que formen un polígono convexo?

    En el caso anterior, n=4, la respuesta es, por tanto, afirmativa, y además N(4)=5.

    El caso es que este enunciado encandila principalmente a dos de los asistentes a la reunión: Paul Erdős y George Szekeres, y son ellos dos, en un artículo conjunto, quienes en 1935 publican dos demostraciones sobre la existencia de ese valor N(n) que podéis ver en A combinatorial problem in geometry.

    Paul Erdős (izquierda; fuente) y George Szekeres (derecha; fuente).

    Pero, como podéis ver en dicho artículo, queda una pregunta sin responder: dado un entero positivo n, ¿cuál es el menor número N(n) que cumple el enunciado anterior? Erdős y Szekeres no fueron capaces de responder a esto satisfactoriamente….en ese momento, ya que 30 años más tarde, en On some extremum problems in elementary geometry, sí que pudieron responder parcialmente a dicha pregunta. No consiguieron dar un valor exacto, pero sí acotar N(n) de la siguiente forma:

    2^{n-2}+1 \leq N(n) \displaystyle{\leq {{2n-4} \choose {n-2}}}

    Y ahí se quedaron, no pudieron avanzar más…y nadie ha podido llegar mucho más lejos. Actualmente este problema sigue abierto, aunque desde que Erdős y Szekeres encontraron estas cotas se ha hecho algún pequeño avance.

    Desde hace tiempo se cree que la cota inferior es en realidad el valor de N(n), aunque todavía no se ha podido demostrar. Esa creencia está reforzada por lo que se sabe para los casos n=5 y n=6. Para n=5, en el artículo original de Erdős y Szekeres ya se comenta que Endre Makai había demostrado que

    N(5)=2^{5-2}+1=9

    pero esa prueba nunca se llegó a publicar. La primera publicada de la que se tiene constancia aparece en el artículo A combinatorial problem on convex regions, de J.D. Kalbfleisch, J.G. Kalbfleisch y R.G. Stanton, de 1970. No he podido encontrar el artículo original (si alguien lo encuentra le agradecería que dejara link en un comentario), pero, por ejemplo, se puede ver una demostración de este hecho (junto con mucha más información sobre este problema) en The Erdős-Szekeres problem on points in convex position – A survey, de W. morris y V. Soltan.

    Y para n=6, en 2006 se publicó el artículo Computer solution to the 17-point Erdős-Szekeres problem, del propio Szekeres (que había fallecido el año anterior) y Lindsay Peters, en el que demostraban que

    N(6)=2^{6-2}+1=17

    Hasta la fecha no se conoce el valor exacto de N(n) para n > 6.

    Después de todo esto todavía queda una pregunta por responder: ¿por qué se llama a este resultado el problema del final feliz (o happy ending problem)? Muy sencillo: porque a raíz de la propuesta de problema inicial y el estudio de esta generalización Esther Klein y George Szekeres acabaron casándose.

    George y Esther Szekeres (fuente).

    De hecho fue el propio Erdős quien bautizó, por esta razón, al problema como el happy ending problem. El matrimonio de Esther y George duró casi 70 años, hasta que la salud de Esther se deterioró, afectando mucho al propio George. Al parecer ambos murieron con menos de una hora de diferencia.

    Toda una vida juntos gracias a un problema propuesto en una reunión de personas apasionadas por las matemáticas, y todo un mundo nuevo por explorar: la geometría combinatoria. Creo que nadie podrá negar que es una historia maravillosa, tanto en lo personal como en lo matemático.

    Además de los enlaces a los artículos que he ido dejando entre el texto, también os recomiendo que le echéis un vistazo a este pdf sobre el happy ending problem de Theorem of the Day, a este artículo de Derek Lief, a la entrada sobre el happy ending problem de la Wikipedia en inglés y a este vídeo de pimedios en el que su autor nos habla sobre el problema. Y también quiero resaltar que conocí más en profundidad esta historia leyendo el libro El arte de contar, de Juanjo Rué.

    Y quiero recordaros también que si en algún momento estáis interesados en consultar algunos de los artículos que publicó Erdős lo tenéis fácil, ya que como comenté en este minipost todos ellos están disponibles para descargar.

    Esta entrada participa en la Edición 5.8: Betty Scott del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión organiza Tocamates.

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[Vídeo] Documental sobre Grisha Perelman y la resolución de la conjetura de Poincaré

Mar, 11/25/2014 - 05:30

Interesante documental (en ruso, pero con subtítulos en inglés) sobre Grisha Perelman y la historia de la resolución de la conjetura de Poincaré:

Lo encontré aquí.

Esta entrada participa en la Edición 5.8: Betty Scott del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión organiza Tocamates.

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Encuentra todas las funciones

Lun, 11/24/2014 - 04:30

Vamos con el problema semanal. Ahí va:

Encuentra todas las funciones  \mathbb{R}^+ \longrightarrow \mathbb{R}^+ que cumplen las dos condiciones siguientes:

  1. f(xf(y))=yf(x), para todo x,y \in \mathbb{R}^+.
  2. f(x) \to 0 cuando x \to \infty.

Que se os dé bien.

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Dimetilsulfuro, Premio Bitácoras 2014 en la categoría “Mejor Blog de Ciencia”

Dom, 11/23/2014 - 06:00

Dimetilsulfuro ha ganado el Premio Bitácoras 2014 en la categoría “Mejor Blog de Ciencia”. En la ceremonia de entrega de premios, celebrada el pasado viernes, Deborah García Bello recibió el galardón en esta categoría en la décima edición de estos premios. Enhorabuena Deborah.

En este enlace podéis ver la lista completo de ganadores en todas las categorías.

Y sobre Gaussianos, en esta ocasión tampoco pudo ser. Como sabéis, este blog era finalista en esta categoría de Ciencia, junto a Dimetilsulfuro y Cuentos Cuánticos, pero, como decía, no pudo ser. Y en realidad en cierto modo me estoy acostumbrando a ello, ya que ésta es la cuarta vez en la que soy finalista de unos premios para blogs (lo fui en la categoría de “Ciencia” en los Premios Bitácoras 2012 y en la categoría de “Ciencia, Tecnología e Internet” en los Premios 20blogs en las ediciones de 2012 y 2013) y todavía no he conseguido ninguno (mi amigo Milhaud ya me llama Poulidor…). Pero bueno, quizás me toque en alguna ocasión… o no, a saber. De todas formas, como siempre digo, mi mayor premios sois vosotros: los que visitáis el blog, los que comentáis, los que me proponéis temas sobre los que escribir, los que me avisáis de erratas o errores en mis posts, los que me seguís en Twitter, los que hacéis click en “Me gusta” en la página de Facebook, y, en general, los que apoyáis de una forma u otra a este humilde blog. Nunca podré agradecer como se merece todo ese apoyo. Sois muy grandes, y por ello seguiré aquí como hasta ahora para intentar con ello devolveros todo ese apoyo y cariño que me habéis dado (y me seguís dando) en estos 8 años y pico de blog. Muchas gracias.

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La circunferencia de Conway

Jue, 11/20/2014 - 05:30

En muchas ocasiones hemos visto que la geometría en general, y la del triángulo en particular, nos puede proporcionar resultado preciosos a la par que inesperados. Éste es el caso del que os voy a mostrar en esta entrada, que además de ser una maravilla geométrica nos da la forma de construir la que en la actualidad se conoce como circunferencia de Conway.

Partimos de un triángulo cualquiera, como éste:

Ahora desde cada vértice prolongamos los lados que se cortan en él con un segmento cuya longitud sea igual al lado opuesto de dicho vértice. La cosa quedaría tal que así (he añadido colores para que se vea más claramente):

Bien, pues lo que asegura el teorema de Conway es lo siguiente:

Teorema de Conway:

Los seis puntos en los que terminan cada uno de los segmentos prolongados de la manera comentada anteriormente desde los tres vértices del triángulo están en la misma circunferencia.

Por esta razón se la conoce como circunferencia de Conway. En el siguiente applet de GeoGebra podéis ver esta circunferencia de Conway, y comprobar, moviendo los vértices del triángulo, que esos seis puntos siempre caen en ella:

Bien, vamos a intentar demostrar este resultado. Para ello vamos a utilizar el concepto de potencia de un punto respecto de una circunferencia:

Sea P un punto del plano y c una circunferencia que no pasa por P. Supongamos que tomamos dos cuerdas que pasan por P y tal que cada una de ellas corta a la circunferencia en dos puntos, la primera en los puntos A,B y la segunda en los puntos CD. Entonces se cumple que:

\overline{PA} \cdot \overline{PB} = \overline{PC} \cdot \overline{PD}

Es decir, el producto de las longitudes de los dos segmentos en los P a cualquier cuerda que pasa por él es constante. Al valor de ese producto se le denomina potencia del punto P respecto de la circunferencia c.

En realidad vamos a utilizar el siguiente resultado, que podría decirse que es el recíproco de éste:

Si dos segmentos AB y CD que se cortan en un punto P verifican que \overline{PA} \cdot \overline{PB} = \overline{PC} \cdot \overline{PD}, entonces los cuatro puntos A,B,C y D están en la misma circunferencia.

Vamos a la demostración:

Fijémonos en el vértice A, en el que se cortan los segmentos IR y FN. Por un lado tenemos que \overline{AI} \cdot \overline{AR} = a(b+c), y por otro también se cumple que \overline{AF} \cdot \overline{AN} = a(b+c). Por tanto tenemos que los puntos I,F,R y N están en la misma circunferencia.

Pero podemos hacer lo mismo con el vértice B y los segmentos FN y KQ, por lo que los puntos F,N,K y Q están en la misma circunferencia.

Con ello obtenemos que los seis puntos I,F,R,N,K y Q están en la misma circunferencia.

Actualización: En este comentario Javier nos avisa de que la demostración está imcompleta. Ignacio Larrosa Cañestro, en este otro comentario, la termina.



Demostración sencilla para un resultado precioso, ¿verdad? Bien, pues la cosa no queda ahí. El centro de esta circunferencia es…bueno, eso os lo dejo a vosotros. Es decir, tenéis que decir qué punto es el centro de la circunferencia de Conway y dar una demostración que avale vuestra propuesta. Espero vuestros comentarios.

¿Por qué se conoce como circunferencia de Conway? Porque fue el propio John Horton Conway quien estrenó un subforo de MathForum proponiendo este mismo problema (aquí nos hablan de ello). Y para honrar este bonito resultado, ¿qué mejor que plasmarlo en una camiseta? ¿Y quién mejor para hacerlo que el propio John Horton Conway? Pues ahí la tenéis, tomada de este post del blog de Tanya Khovanova (lugar por el que supe por primera vez sobre la existencia de este resultado):

Genio y figura el señor Conway, sin duda.

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Kontsevich, Tao, Donaldson, Lurie y Taylor, galardonados con el premio de matemáticas más caro del mundo

Mar, 11/18/2014 - 10:45

En una ceremonia celebrada el pasado 9 de noviembre (aquí tenéis fotos del evento), los matemáticos Maxim Kontsevich, Terence Tao, Simon Donaldson, Jacob Lurie y Richard Taylor recibieron el Breakthrough Prize in Mathematics, que pasa por ser el premio de matemáticas con mayor dotación económica del mundo (3 millones de dólares para cada uno de los premiados).

Este galardón consta de tres categorías, Física, Ciencias de la Vida y Matemáticas, y se entrega a personas que hayan realizado grandes logros en alguna de ellas. Éste es el primer año en el que se entrega el de Matemáticas, financiado por Yuri Milner y Mark Zuckerberg, y de cuya creación hablamos aquí hace un tiempo.

(De izquierda a derecha: Tao, Lurie, Taylor, Kontsevich y Donaldson.)

Estos cinco matemáticos han obtenido este galardón, y los correspondientes 3 millones de dólares, por diferentes contribuciones importantes en diversos campos de las matemáticas. A saber:

  • Terence Tao: por sus contribuciones en análisis armónico, combinatoria, ecuaciones en derivadas parciales y teoría analítica de números.
  • Jacob Lurie: por sus contribuciones en teoría de categorías, geometría algebraica, teoría cuántica de campos y cohomología elíptica.
  • Richard Taylor: por sus resultados en teoría de formas automórficas, incluyendo la conjetura de Taniyama-Weil, la conjetura local de Langlands para grupos generales lineales y la conjetura de Sato-Tate.
  • Maxim Kontsevich: por el gran impacto de sus trabajos en disciplinas como geometría algebraica, teoría de deformación, topología simpléctica, álgebra homológica y sistemas dinámicos.
  • Simon Donaldson: por sus trabajos sobre variedades 4-dimensionales y por el estudio de la relación entre la estabilidad en geometría algebraica y la geometría diferencial global.

En esta página podéis ver el anuncio de los cinco premiados, y en ésta algunas declaraciones de cada uno de ellos. En este otro enlace tenéis los galardonados en todas las categorías de este premio. También os puede interesar este artículo del New York Times hablando sobre el tema.

Por cierto, a partir de ahora el Breakthrough Prize in Mathematics se entregará a una sola persona por año.

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Desigualdad con logaritmos

Lun, 11/17/2014 - 04:30

Hoy lunes os dejo el problema de esta semana. Ahí va:

Determina todas las parejas (a,b) de números reales positivos, con a \ne 1, tales que

log_a(b) < log_{a+1}(b+1)

Que se os dé bien.

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[Vídeo] Todos los triángulos son equiláteros

Jue, 11/13/2014 - 05:00

Interesante vídeo el que nos traen los cracks de Numberphile. En él Carlo H. Séquin, de la Universidad de Berkeley, nos presenta una supuesta demostración de que todos los triángulos son equiláteros:

A ver quién nos explica dónde está el fallo de dicha prueba.

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Confirmado que el 44º primo de Mersenne es en realidad el 44º primo de Mersenne

Mié, 11/12/2014 - 10:00

Menudo título para un post… Parece una obviedad como un castillo, ¿verdad? Pues no lo es, ni mucho menos, y vamos a explicar el porqué. GIMPS, el proyecto colaborativo de búsqueda de primos de Mersenne, ha terminado la verificación de que el cuadragésimo cuarto primo de Mersenne que se encontró es, efectivamente, el primo de Mersenne número 44 si los colocamos en orden numérico de menor a mayor.

La historia es como sigue. Hasta septiembre de 2006 se conocían 43 primos de Mersenne…

Recordemos que un primo de Mersenne es un número entero positivo de la forma 2^n-1 (para algún n también entero positivo) que además es un número primo. Su nombre se debe a Marin Mersenne, que fue quien propuso esa expresión como generadora de números primos, y se suelen denotar como M_n.



…y se sabía que no había ningún otro primo de Mersenne menor que ese cuadragésimo tercero (que es M_{30402457}), por lo que hasta ese momento la lista de primos de Mersenne estaba completa hasta ese número.

Marin MersenneA principios de ese mes de septiembre de 2006 se encuentra un nuevo primo de Mersenne, concretamente el siguiente:

M_{32582657}=2^{32582657}-1

que, por tanto, era el cuadragésimo cuarto primo de Mersenne que se encontraba. Evidentemente, este número era mayor que el cuadragésimo tercero de la lista, M_{30402457}, pero lo que no se sabía era si entre ellos había algún otro primo de Mersenne que todavía no se había encontrado. Bien, pues eso es lo que han confirmado ahora: que no hay ningún otro número de Mersenne que sea primo entre el que se encontró en la posición 43, M_{30402457}, y el que se encontró en la posición 44, M_{32582657}. Esto es lo que puede verse ahora mismo en la web de GIMPS:

Esto significa entonces que ahora la lista de primos de Mersenne está completa hasta el cuadragésimo cuarto. Tened en cuenta que han tardado más de 8 años en verificarlo, o sea que la cosa no era tan obvia…

Se conocen más primos de Mersenne, evidentemente mayores que M_{32582657} (concretamente cuatro más), pero todavía no se sabe si hay alguno más entre éste y los conocidos mayores que él, por lo que la lista colocada en orden numérico creciente podría no estar completa desde el 44 en adelante (aquí podéis ver el listado completo de los primos de Mersenne conocidos hasta la fecha, y más información acerca de ellos). Habrá que esperar algo más de tiempo para confirmar la posición de estos números en la lista o, por qué no, para encontrar otros primos de Mersenne que nos hayamos dejado por el camino. Intentaré manteneros informados de los pormenores de dicha búsqueda.

Vía The Aperiodical.

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¡¡Gaussianos es finalista en la categoría “Mejor Blog de Ciencia” en los Premios #XBitácoras 2014!!

Mié, 11/12/2014 - 05:00

Tal y como podéis ver en el título de esta entrada, Gaussianos ha entrado entre los tres finalistas en la categoría de “Mejor Blog de Ciencia” de los Premios Bitácoras 2014.

La competencia en esta categoría ha sido durísima, como en los años anteriores, y los cambios en la clasificación entre los seis o siete primeros puestos han sido la nota predominante en las sucesivas clasificaciones parciales. Pero al final se ha conseguido el primero de los objetivos: entrar dentro de los tres primeros clasificados.

El segundo paso, que sería obtener el premio final, es muy complicado, como no podía ser de otra forma. Los otros dos blogs que optan al premio en la categoría de Ciencia, Cuentos Cuánticos y Dimetilsulfuro, son dos grandes blogs, por lo que la cosa no será nada fácil. Pero bueno, dicen que la esperanza nunca se pierde, por lo que habrá que esperar a la elección del jurado para ver quién es el que levanta el trofeo.

Os dejo el listado de los diez primeros clasificados en esta categoría de Ciencia:

  1. Cuentos Cuánticos
  2. Dimetilsulfuro
  3. Gaussianos

  4. Ese punto azul pálido
  5. Gominolas de petróleo
  6. Ciencia de sofá
  7. La pizarra de Yuri
  8. Scientia
  9. Los mundos de Brana
  10. Mujeres con ciencia

El resto de la clasificación podéis verla en el enlace que aparece al principio de esta entrada. Y, por cierto, os recomiendo que buceéis en ella, que le echéis un vistazo a todos los blogs que aparecen ahí, porque todos merecen mucho la pena.

Por otra parte, la ceremonia de entrega de premios tendrá lugar en Madrid, concretamente en La Casa Encendida, el próximo viernes 21 de noviembre. Si no ocurre nada que lo impida, servidor estará allí de cuerpo presente. Ya os iré contando cómo va todo.

Por otra parte, no quería dejar pasar esta oportunidad sin compartir con vosotros mis votos en la categoría de Ciencia de estos premios:

  • Tito Eliatron Dixit: porque es de lo mejor en matemáticas que te puedes encontrar por la red. Aunque ya no tenga tiempo para escribir (lástima), siempre tendrá mi voto por todo lo que ha aportado a las matemáticas en la blogosfera.
  • Historias de la Ciencia: porque fue uno de los primeros blogs de ciencia que recuerdo haber visitado (posiblemente el primero junto al de Tío Petros) y porque siempre he aprendido algo de todo lo mucho y muy bueno que ha escrito en su larga trayectoria.
  • Cuentos Cuánticos: porque no he visto a nadie más que a él explicar conceptos físicos (en ocasiones muy complejos) con esa destreza. Y porque a veces también “se atreve” con las matemáticas, haciéndolo también de maravilla.
  • La ciencia de la mula Francis: porque no conozco ningún otro blog en español que toque temas tan complejos y tan variados como él, y que demuestre una y otra vez en sus artículos sus amplios conocimientos en muchos campos y su gran capacidad para mantenernos al día en todos ellos.
  • Gaussianos: porque es mi blog, y como es natural me tenía que autovotar.
    • Y, para terminar, os tengo que agradecer a todos el apoyo que dais al blog a diario, con vuestras visitas, comentarios o menciones en redes sociales y, cómo no, que vuestros votos hayan hecho que Gaussianos pueda optar a este premio. Sin vosotros este blog no sería nada, y es vuestra presencia aquí la que hace que siga con ganas de continuar con él. De nuevo, muchas gracias a todos.

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Número 10 de la revista online de matemáticas “PIkasle”

Mar, 11/11/2014 - 10:00

Hace unos días salió nuevo número, el décimo, de PIkasle, revista online de matemáticas creada por un grupo de estudiantes de la Universidad del País Vasco.

En este nuevo número la portada está dedicada al Año Internacional de la Cristalografía:

Os dejo los contenidos de este número contados por los propios autores:

En este nuevo número, la cristalografía es la protagonista, pues la UNESCO ha decidido hacer de este año 2014 el año de la cristalografía, que, más allá de su interés en sí, guarda estrecha relación con las matemáticas. Así es que PIkasle se suma a la celebración.

  • ¡PIkasle se renueva! Así comienza la sección de noticias, donde el comité editorial explica los cambios realizados en la organización de PIkasle.
  • Irene Llana nos habla del próximo estreno en la gran pantalla The Imitation Game, la película de la vida de Alan Turing.
  • Víctor Manero ha tenido el placer de entrevistar a Sheila Carreño, matemática de la UPV/EHU que nos cuenta sobre su experiencia laboral.
  • ¡Entrevista con Ron de Vore! En este número se entrevista, de la mano de Ricardo Grande y Josué Tonelli-Cueto, al famoso matemático americano.
  • Amaiur Holgado y Nahia Agirregoikoa nos traen la segunda parte de Fantasiazko Eraikinak.
  • Aitziber Ibáñez nos habla de El Café Escocés, un artículo contando la curiosa historia de El Libro Escocés (tema que, por cierto, ya tratamos en Gaussianos hace un tiempo).
  • Finalmente, Manuel Santos nos presenta a Poincaré, no como matemático, sino como filósofo.

Podéis acceder online a este décimo número de PIkasle en este enlace, y también podéis descargarlo de manera gratuita en este otro enlace. Pues nada, ya solamente queda desearos que la disfrutéis. Bueno, y también que la difundáis entre vuestros amigos y conocidos y vuestras redes sociales, la gente de PIkasle lo merece.

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Cinco primos relativos por parejas

Mar, 11/11/2014 - 04:00

Vamos con el problema de esta semana. Aquí tenéis el enunciado:

Dado el conjunto S=\lbrace 1,2,3, \ldots ,280 \rbrace, encontrar el mínimo número natural n tal que en todo subconjunto de S que tenga n elementos haya cinco números que son primos relativos dos a dos.

A por él.

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Ramanujan, Nagell y la singularidad del 7

Lun, 11/10/2014 - 04:00

Los casos especiales han fascinado desde siempre a todos los que de una forma u otra han estado y están relacionados con las matemáticas. ¿Por qué cierta figura se sale de la normalidad cumpliendo alguna propiedad que no cumplen el resto de figuras de naturaleza similar? ¿O por qué tal o cual número es el único que tiene cierta característica que no tienen los demás números de su especie? Hoy hablamos sobre esto último, sobre números, y concretamente sobre una singularidad muy curiosa e interesante del número 7.

De este número 7 ya hemos visto por aquí alguna propiedad interesante, como que es el primer entero positivo (mayor que 2) para el cual no se puede construir con regla y compás “su” polígono regular (aunque existen construcciones “trampa”), y hoy vamos a ver una más. Pero antes de eso tenemos que recordar qué eran las ecuaciones diofánticas.

Una ecuación diofántica es una ecuación algebraica en la que aparecen varias incógnitas y cuyas soluciones son números enteros. Las hay lineales, como

2x+5y=11

para las que tenemos un método para encontrar sus soluciones. También las hay cuadráticas, como la ecuación de Pell, que es del tipo

x^2-dy^2=1

con d un entero que no sea un cuadrado perfecto.

Para éstas no hay un método general de resolución (solamente sabemos resolver algunos casos particulares). Y no podemos aspirar a encontrarlo, ya que Yuri Matiyasévich demostró en 1970 que no existe un algoritmo que nos diga si una ecuación diofántica tiene soluciones o no las tiene.

Y también las hay exponenciales, que tienen la particularidad de que alguna de las incógnitas aparece en un exponente. Bien, pues vamos a pararnos en éstas, concretamente en la siguiente:

2^n-7=x^2

Para estas ecuaciones diofánticas exponenciales tampoco hay método general de resolución, simplemente (como en las anteriores) se sabe resolver algunos casos concretos.

Pero centrémonos en la ecuación que acabamos de escribir. Está demostrado que la ecuación

2^n-A=x^2

Srinivasa Ramanujantiene como mucho dos soluciones para todo entero A distinto de cero… excepto para el 7 (hecho que se demostraron por partes Apéry en 1960 y Beukers en 1980, como se comenta en este paper). Fue el gran Srinivasa Ramanujan (quién si no), al que podemos ver en la imagen de la derecha (tomada de aquí), el que conjeturó en 1913 que dicha ecuación diofántica tenía soluciones enteras solamente para n=3,4,5,7 y 15. Dichas soluciones (cada una de ellas es una pareja (n,x)) son las siguientes:

\begin{matrix} 2^3-7=1=1^2 \Rightarrow (n,x)=(3,1) \\ \\ 2^4-7=9=3^2 \Rightarrow (n,x)=(4,3) \\ \\ 2^5-7=25=5^2 \Rightarrow (n,x)=(5,5) \\ \\ 2^7-7=121=11^2 \Rightarrow (n,x)=(7,11) \\ \\ 2^{15}-7=32761=181^2 \Rightarrow (n,x)=(15,181) \end{matrix}

Es decir, que para cualquier valor entero de A distinto de cero tenemos como mucho dos soluciones, excepto para el 7, en cuyo caso tenemos cinco. Curioso, ¿verdad?

Hemos comentado que Ramanujan conjeturó este resultado, pero no lo demostró. Fue el matemático noruego Trygve Nagell quien demostró en 1948 que ésas eran las únicas cinco soluciones de nuestra ecuación diofántica exponencial. Por ello a dicha ecuación diofántica se la denomina ecuación de Ramanujan-Nagell (que, por cierto, tiene página propia en la Wikipedia en inglés). La demostración está publicada en el volumen 4 de Arkiv för Matematik, en 1961. No he podido encontrarla “de libre acceso”, pero por si a alguien le interesa en este enlace puede ver las dos primeras páginas (la demostración completa ocupa tres páginas). Si alguien la encuentra por ahí para poder descargarla o consultarla completa de forma gratuita le agradeceremos que nos lo diga en un comentario. ZetaSelberg, en este comentario, nos muestra un pdf que incluye la demostración: http://web.math.pmf.unizg.hr/~duje/dioph/mord1.pdf.

Qué tendrá el número 7 que a tanta gente le gusta (preguntad a vuestros amigos, seguro que un buen número de ellos lo tendrán como número favorito) y que además posee esta propiedad tan curiosa. Y, lo que es más inquietante, ¿por qué Ramanujan estudió este caso particular y no cualquier otro? Sabemos que la intuición matemática del genio matemático indio era colosal, muy superior a la que podamos tener la gran mayoría de nosotros, pero resulta cuando menos intrigante que eligiera exactamente la “ecuación del 7″. Me temo que, por desgracia, nunca conoceremos la verdadera historia del porqué de su elección.

Conocí esta curiosa singularidad del número 7 a través de este post de Evelyn Lamb en Roots of Unity, que supo de su existencia a través de esta conferencia de Manjul Bhargva (uno de los galardonados con la Medalla Fields en este año 2014) en el Heidelberg Laureate Forum.

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Últimas Clasificaciones Parciales de los Premios Bitacoras 2014

Vie, 11/07/2014 - 08:44

Hace un ratito se han publicado las últimas clasificaciones parciales de los Premios Bitácoras 2014, en los que Gaussianos participa en la categoría Mejor Blog de Ciencia.

En dicha categoría ¡Gaussianos sube de la tercera a la segunda posición!. Los cinco primeros puestos son los siguientes:

  1. Cuentos Cuánticos
  2. Gaussianos
  3. Ese Punto Azul Pálido
  4. Dimetilsulfuro
  5. Gominolasdepetroleo

Seguimos entre los tres finalistas, magnífica noticia. Sólo quedan unas horas para votar, concretamente hasta las 23:59 de hoy, 7 de noviembre de 2014, por lo que todavía no está asegurado que ocupemos un puesto de honor que nos dé derecho a estar en la final de esta categoría. Por eso, si te parece que este blog se merece tu voto ejerce tu derecho a votar hoy mismo.

Si quieres votar a Gaussianos identifícate en http://bitacoras.com y después haz click en la imagen siguiente:

Si no sabes cómo identificarte en este post te explico cómo hacerlo. Puedes hacerlo a través de la propia web http://bitacoras.com (si tienes cuenta en ella) o mediante tu cuenta de Twitter o Facebook. Y si tienes algún problema al intentar votar comenta en esta entrada (o en cualquier otra de las que hemos publicado relacionadas con los premios) y te ayudaré. Son solamente unos minutos, y tu voto puede ayudar a que Gaussianos sea finalista en la categoría de Ciencia. Muchas gracias por adelantado.

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Generalizando sobre sumas de cuadrados a partir de un cuadro ruso

Mié, 11/05/2014 - 05:30

En matemáticas es bien conocido el teorema de los cuatro cuadrados, que dice que todo número entero positivo puede expresarse como suma de los cuadrados de cuatro números enteros. La primera demostración conocida de este resultado se debe a Lagrange, y data de 1770, aunque después ha habido alguna mejora en dicha demostración, como la de Legendre en 1798 que fue terminada por Gauss, y algunas generalizaciones, como el teorema de los números poligonales de Fermat o una debida a Ramanujan.

El caso es que las sumas de cuadrados nos pueden dar más sorpresas aparte de la de este teorema, y una de ellas, de la que vamos a hablar hoy, tiene cierta relación con un cuadro de un artista ruso.

El cuadro en cuestión se titula Contando en sus cabezas, y el autor es el pintor ruso Nikolai Bogdanov-Belsky (1868-1945). Aquí tenéis la obra:

Contando con sus cabezas

(Imagen tomada de aquí.)

En ella se ven unos niños intentando dar la solución a una operación matemática que, se entiende, el profesor les ha planteado escribiéndola en una pizarra. Como veis, la operación es la siguiente:

\cfrac{10^2+11^2+12^2+13^2+14^2}{365}

Es sencillo dar el resultado correcto de dicha operación sin necesidad de realizar todas las operaciones a lo bestia. En los comentarios podéis dejar las ideas que se os ocurran, y si no se os ocurre ninguna podéis echar un ojo a los comentarios de este post de Guillermo en La Aldea Irreductible, ya que en ellos aparecen algunas posibilidades.

El caso es que el resultado que parecen buscar con mucho esfuerzo los niños que aparecen en el cuadro es, evidentemente, 2. Y una forma de obtenerlo (aunque incluiría hacer cuentas a lo bruto) es saber que tanto 10^2+11^2+12^2 como 13^2+14^2 dan como resultado 365. Por tanto obtendríamos

\cfrac{365+365}{365}

que es claramente 2.

Es curioso, ¿verdad? Si sumamos los cuadrados de los números 10, 11 y 12 nos da el mismo resultado que se obtiene al sumar los cuadrados de los dos números siguientes, 13 y 14:

10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

¿Será esta igualdad un caso aislado? ¿Será éste el único caso en el que ocurre algo parecido? ¿O simplemente se trata de un caso particular de un resultado más general? Pues sí amigos: esta igualdad es en realidad un caso concreto de una propiedad más general que involucra sumas de cuadrados. Dicha propiedad es la siguiente:

Para n \geq 1, si sumamos n+1 cuadrados de números naturales consecutivos comenzando con el cuadrado del número n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n números naturales.

Vamos a analizar algunos casos particulares:

  • Para n=1 tenemos que n(2n+1)=3. En este caso sumaríamos n+1=2 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 3, 3^2+4^2, y obtenemos el mismo resultado que si tomamos el cuadrado del siguiente número natural, 5^2 (tomamos uno nada más porque n=1). Es decir:

    3^2+4^2=5^2

    que sabemos que es cierto.

  • Para n=2 tenemos que n(2n+1)=10. En este caso sumaríamos n+1=3 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 10, que es el caso comentado anteriormente y sacado del cuadro ruso: 10^2+11^2+12^2. Obtendríamos el mismo resultado que si tomamos la suma de los cuadrados de los n=2 siguientes números naturales. Es decir:

    10^2+11^2+12^2=13^2+14^2

    que también hemos visto que es cierto.

  • Para n=3 tenemos que n(2n+1)=21. En este caso sumaríamos n+1=4 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 21, 21^2+22^2+23^2+24^2, y obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=3 números naturales. Nos quedaría:

    21^2+22^2+23^2+24^2=25^2+26^2+27^2

    Podéis comprobar (os dejo que uséis calculadora) que en ambos lados de la igualdad obtenemos como resultado 2030.

  • Para n=4 comenzamos en n(2n+1)=36 y sumaríamos n+1=5 cuadrados de números consecutivos comenzando por el 36, obteniendo el mismo resultado que si sumamos los cuadrados de los siguientes n=4 números naturales:

    36^2+37^2+38^2+39^2+40^2=41^2+42^2+43^2+44^2

    En ambos caso nos sale 7230.

Y podríamos seguir con estas reglas, obteniendo siempre el mismo resultado a ambos lados de cada una de las igualdades obtenidas. Precioso resultado, ¿verdad?…

…bueno, en realidad todavía no es un resultado propiamente dicho, ya que no hemos demostrado que esto ocurra siempre. Hemos dado unas reglas y parece que con ellas nuestra propuesta de resultado se va cumpliendo para los primeros valores de n, pero eso no significa que se cumpla para todos. Es decir, lo que hemos planteado es una conjetura. Para que se convierta en un resultado matemático correcto debemos dar una demostración.

Bien, yo he intentado demostrar este hecho por inducción a pelo y la verdad es que es extremadamente engorroso. De hecho he estado un buen rato con ello, pero el proceso es tan farragoso que he desistido. Pero hay una forma relativamente sencilla de demostrarlo, y es la que aparece en este post de Visualizing Math (que es el post que me recordó el tema del cuadro del que me había hablado el propio Guillermo hace ya bastante tiempo). Vamos a intentar reproducirla.

Para empezar vamos a escribir lo que queremos demostrar, que es que si sumamos los cuadrados de n+1 números consecutivos comenzando por el n(2n+1) obtenemos el mismo resultado que si sumamos los cuadrado de los n números siguientes. Es decir, queremos comprobar que la siguiente igualdad es cierta:

\begin{matrix} (n(2n+1))^2+(n(2n+1)+1)^2+ \ldots +(n(2n+1)+n)^2= \\ =(n(2n+1)+n+1)^2+\ldots+(n(2n+1)+n+n)^2 \end{matrix}

Lo que vamos a hacer es trastear esa igualdad y llegar a otra en la que a ambos lados de la misma obtenemos igual resultado. El primer paso es tomar las restas de cada término de la parte derecha con el que está en la misma posición en la parte izquierda (en el orden en el que están colocados ahora). Es decir, tomamos la resta del último de la derecha menos el último de la izquierda, la resta del penúltimo de la derecha menos el penúltimo de la izquierda, y así sucesivamente. Es decir, pasamos a la derecha todos los términos menos el primero y los ordenamos en forma de restas como hemos comentado. El objetivo ahora será ver que si sumamos todos los resultados obtenidos de esas restas nos da exactamente el único término que ha quedado a la izquierda, (n(2n+1))^2.

La resta de los dos últimos términos es

(n(2n+1)+n+n)^2-(n(2n+1)+n)^2

Si consideramos el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+n y n y usamos la identidad notable del cuadrado de una suma (vale, para algo nos valen las identidades notables), el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el término que teníamos restando, quedando la resta inicial así:

n^2+2n(n(2n+1)+n)

Hacemos lo mismo con las n restas que tendríamos. Por ejemplo, la última resta quedaría así:

(n(2n+1)+n+1)^2-(n(2n+1)+1)^2

Tomando ahora el primer término como el cuadrado de la suma de n(2n+1)+1 y n, y operando igual que antes, el cuadrado del primer término de dicha suma se cancela con el que teníamos restando (como antes). Nos queda lo siguiente:

n^2+2n(n(2n+1)+1)

Vamos a ver ahora qué nos quedaría al sumar todos los resultados de todas esas restas. Tendríamos el término n^2 sumado n veces (una por cada resta), que por tanto quedaría

n^2 \cdot n=n^3

y después tendríamos varios términos multiplicados todos por 2n. Sacando factor común ese 2n obtendríamos la siguiente expresión:

2n \bigg ( (n(2n+1)+1)+(n(2n+1)+2)+ \ldots + (n(2n+1)+n) \bigg )

Si nos fijamos, dentro del paréntesis grande aparece el término n(2n+1) sumado n veces, por lo que dicha suma puede expresarse como

n \cdot (n(2n+1))=2n^3+n^2

El resto de término que aparecen dentro de ese paréntesis grande son 1+2+\ldots+n. Sabemos que esa suma vale

\cfrac{n(n+1)}{2}

Recapitulando, la suma de los resultados de todas las restas que habíamos calculado es la siguiente:

n^3+2n \bigg (2n^3+n^2+\cfrac{n(n+1)}{2} \bigg )

Operando todo esto llegamos fácilmente a que su valor es

4n^4+4n^3+n^2

que es precisamente el valor de (n(2n+1))^2. Con ello queda demostrada nuestra conjetura.

Sí, cierto, esta demostración también queda un pelín engorrosa, pero como he comentado antes no os imagináis lo que es intentar demostrar esta conjetura directamente con inducción. A mí no se me ha ocurrido ninguna otra forma que pueda ser más amigable que la descrita en esta entrada, pero puede que a alguno de vosotros se os encienda la bombilla y encontréis alguna manera de simplificar esta demostración, o quizás alguna otra más sencilla. Si es así os agradecería que nos los contarais en los comentarios.

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Buscando las parejas de enteros

Mar, 11/04/2014 - 04:00

Os dejo hoy martes el problema de esta semana. El enunciado es el siguiente:

Encuentra todas las parejas de enteros (p,q) para las cuales todas las raíces de los polinomios x^2+px+q y x^2+qx+p son números enteros.

Que se os dé bien.

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Cuartas Clasificaciones Parciales de los Premios Bitacoras 2014

Lun, 11/03/2014 - 10:00

El pasado viernes se publicaron las cuartas clasificaciones parciales de los Premios Bitácoras 2014, en los que Gaussianos participa en la categoría Mejor Blog de Ciencia.

En dicha categoría Gaussianos sube de la cuarta a la tercera posición. Los cinco primeros puestos son los siguientes:

  1. Dimetilsulfuro
  2. Cuentos Cuánticos
  3. Gaussianos
  4. Ciencia de sofá
  5. Ese Punto Azul Pálido

Entramos de nuevo entre los tres finalistas, muy buena noticia. Pero sólo quedan unos días para votar, concretamente hasta este viernes día 7 de noviembre, por lo que todavía no tenemos asegurado un puesto entre esa terna de blogs que acceden a la final de esta categoría. Por eso, si te parece que este blog se merece tu voto debes hacer uso de él en estos días.

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