...del día en que Kurt Gödel levantó la mano en el congreso de Königsberg y anunció por primera vez sus teoremas de incompletitud.
El Topo Lógico
Teoría de Números, Topología y Lógica Matemática
7.9.20
15.8.20
Números algebraicos y trascendentes, y construcciones con regla y compás
Unos días atrás publicamos en el canal de YouTube un video que habla de "números algebraicos y trascendentes", así como de la relación entre ese tema y las construcciones con regla no graduada y compás. Aquí pueden verlo:
La relación entre ambos temas se debe a un teorema demostrado por el matemático francés Pierre Wantzel en 1837. Este teorema dice que si un número (real positivo) puede construirse con regla no graduada y compás entonces ese número es algebraico de orden $2^k$, con $k\geq{0}$. Es decir, si es construible con regla no graduada y compás entonces es raíz de un polinomio irreducible con coeficientes racionales de grado $2^k$.Entre otras consecuencias, este teorema permite demostrar que los tres problemas clásicos de construcción con regla y compás (la cuadratura del círculo, la duplicación del cubo y la triseción del ángulo) son irresolubles (en el video están los detalles).
El punto que quiero destacar aquí es que en el video se desliza un error. Un error sin mayores consecuencias, pero error al fin. Quiero a dedicar esta entrada a comentarlo.
En el video digo que un número es construible si y sólo si el algebraico de orden $2^k$. Pero, aunque sí vale la implicación, y con eso basta para demostrar la irresolubilidad de los tres problemas clásicos, en realidad la recíproca es falsa. Es decir, existen números reales positivos algebraicos de orden $2^k$ que no pueden construirse con regla no graduada y compás.
Vayamos por partes.
Si un número es algebraico de orden $2^0=1$, entonces es racional, y todo número racional puede construirse (porque, cualquiera sea $n\geq{2}$, es posible, con regla no graduada y compás, dividir un segmento en $n$ partes iguales.)
Todo número algebraico es orden 2 es de la forma $q_0\pm{\sqrt{q_1}}$, donde $q_0$ y $q_1$ son racionales. Todos los números de esta forma pueden construirse con regla no graduada y compás.
Existen, sin embargo, números algebraicos de orden 4 que no pueden construirse. Veamos un ejemplo.
Consideremos el polinomio $f(x) = (x-1)^4-(x-1)-1$. Este polinomio es irreducible (no mostraré aquí los detalles) y tiene dos raíces reales positivas (esto puede verificarse apelando a las técnicas básicas del análisis matemático). Esas dos raíces positivas son, entonces, números algebraicos de orden 4.
(El polinomio tiene también dos raíces complejas no reales, que también son números algebraicos de orden 4, pero no nos interesan aquí.)
Por razones de simplicidad, realicemos el cambio de variable $z=x-1$. Obtenemos el polinomio $g(x)=z^4-z-1$.
Hallemos las raíces de $g(x)$. Para ello, utilizaré, según nos lo enseña Wikipedia, el método de Ferrari (matemático italiano del siglo XVI y discípulo de Cardano). (Nota personal: en mis casi 40 años de relación con la matemática, es la primera vez que voy a resolver por radicales una ecuación de grado 4).
Dice Ferrari que planteemos la ecuación cúbica: $y^3+4y-1=0$, que tiene una única solución real (una vez más, esto puede comprobarse con técnicas de análisis). Según el método de Cardano (también aprendido en Wikipedia, y también usado por mí por primera vez en la vida), esa única raíz real es:
$y_0=\sqrt[3]{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{283}{108}}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{283}{108}}}$
Detalle importante: el polinomio de grado 3 que hemos obtenido es irreducible (no es difícil de verificar). Por lo tanto, $y_0$ es algebraico de orden 3 y no puede construirse con regla no graduada y compás.
Entonces, dice Ferrari, las dos raíces reales de $g(x)$ son las soluciones de la ecuación cuadrática:
$z^2 + \sqrt{y_0}z + \frac{y_0}{2}-\sqrt{\frac{y_0^2}{4}+1} =0$
$z_{1,2} = \frac{-\sqrt{y_0}\pm \sqrt{\frac{y_0}{2}+4\sqrt{\frac{y_0^2}{4}+1}}}{2}$
Finalmente, las dos raíces reales del polinomio $f(x)$ original son $x_{1,2}=z_{1,2}+1$.
Estos números $x_1$ y $x_2$ son algebraicos de orden 4. Veamos que al menos uno de ellos no puede construirse con regla y compás.
Supongamos, por el absurdo, que $x_1$ y $x_2$ pudieran construirse, entonces también podría construirse su suma: $x_1 + x_2$. Pero su suma es $x_1 + x_2=2-\sqrt{y_0}$ (esto puede deducirse observando la ecuación cuadrática, por eso dije que no era necesario explicitar $z_{1,2}$). Entonces puede construirse $\sqrt{y_0}$, de donde se deduce que también puede construirse $y_0$. Pero esto es absurdo, porque $y_0$ es algebraico de orden 3.
Luego, $x_1$ y $x_2$ son algebraicos de orden 4, pero al menos uno de ambos no puede construirse con regla no graduada y compás.
14.8.20
La paradoja de San Petersburgo
El juego
Imaginemos que nos proponen participar del
siguiente juego.
Para participar, tenemos que apostar 1.000.000 de pesos. El pago que recibimos cada vez que participamos queda determinado por los tiros de una moneda (que suponemos equilibrada y perfecta). Esta moneda se tira tantas veces como sea necesario hasta que salga “cara” por primera vez. Si la moneda se tiró $n$ veces entonces nos pagan $2^n$ pesos. Es decir, cuanto más tarde en aparecer la primera “cara”, más dinero nos pagarán. Por ejemplo, si sale “cara” en el primer tiro, nos pagarán 2 pesos. Si sale “cara” recién en el segundo tiro, nos pagarán 4 pesos. Si sale “cara” recién en el tercer tiro, nos pagarán 8 pesos. Y así sucesivamente.
Observemos que la probabilidad de que salga “cara” en el primer tiro es $\frac{1}{2}$. La probabilidad de que salga “cara” recién en el segundo tiro (es decir, “ceca” en el primero y “cara” en el segundo) es de $\frac{1}{4}$. Generalizando, la probabilidad de que la primera “cara” salga en el tiro $n$ es de $\frac{1}{2^n}$.
Cada vez que participemos tenemos que apostar 1.000.000 pesos, una cantidad exorbitante para cualquiera de nosotros. Hay que pensar
muy bien si nos conviene participar.
Para responder la pregunta tenemos que calcular el valor esperado (o la esperanza, o la esperanza matemática) de nuestra ganancia, (nuestra ganancia es la diferencia entre lo que nos pagan y lo que apostamos). De acuerdo con la teoría de probabilidades, la esperanza de nuestra ganancia se calcula así: E = -1.000.000 + $2\times{\frac{1}{2}}$ + $4\times{\frac{1}{4}}$ + ... Es decir, -1.000.000 más la suma de infinitos unos. La ganancia esperada es infinita.
La respuesta, obviamente, es que nos conviene jugar. De hecho, nos conviene muchísimo. Porque el cálculo nos dice que si jugamos una y otra vez (apostando en cada jugada 1.000.000 de pesos), la cantidad de dinero que ganaremos tenderá, a la larga, al infinito.
En todo lo anterior no hay ningún error, ni
ninguna contradicción. Se lo llama “paradoja”, en principio, porque resulta
poco intuitivo que haya un juego en el que se pueda ganar infinito dinero (no
importa cuánto se apueste, ya sea un millón de pesos, o mil millones).
Pero hay otra razón por la cual se la considera
una paradoja. Para explicar esta otra razón, planteemos la siguiente pregunta: ¿por
qué el cálculo de la esperanza da como resultado “infinito”? Más allá del
cálculo en sí, la idea es la siguiente:
Si jugamos repetidamente el juego, algunas veces nos pagarán más de 1.000.000 de pesos y ganaremos dinero; pero otras veces nos pagarán menos de 1.000.000 y perderemos. Con más precisión, como $2^{19}$ es poco más de 500.000, y $2^{20}$ es poco más de 1.000.000, entonces, cada vez que la primera “cara” salga en el tiro 19 o antes perderemos dinero, pero cada vez que la primera “cara” salga en el tiro 20 o después ganaremos. En resumen, hay una cantidad infinita de resultados posibles que nos hacen ganar dinero (y una cantidad creciente de dinero cuanto más tarde la cara en aparecer), mientras que hay solamente una cantidad finita de casos que nos hacen perder dinero. Es por eso que, a la larga, ganaremos tanto dinero como queramos.
La paradoja aparece en la frase “a la larga”. ¿Qué tan
“a la larga” tenemos que esperar para ganar dinero?
Como dijimos antes, si la primera “cara” aparece en el
tiro 20, entonces ganamos dinero. Pero ¿cuánto tendremos que esperar para que
eso suceda?
La probabilidad de que la primera “cara” aparezca en el tiro 20 es $\frac{1}{2^{20}}$, que es del orden de un millonésimo. Es decir, si jugamos una vez por día (si nos atrevemos a arriesgar un millón de pesos cada día), observaremos 20 caras seguidas, en promedio, una vez cada un millón de días, o una vez cada 2.379 años. Es decir, tendremos que esperar unos 2.379 años para ganar por primera vez 475.712. No sólo seremos muy viejos para disfrutar del triunfo, sino que, además, para ese entonces llevaremos apostados un billón de pesos aproximadamente. Para ganancias mayores el tiempo de espera es aún mayor; de hecho, ese tiempo de espera crece exponencialmente.
En resumen, si apostamos una vez por día, es decir, si
gastamos un millón de pesos por día, a la larga ganaremos tanto dinero como
queramos. Pero para llegar al momento en el cual el balance quede finalmente a
nuestro favor tendremos que esperar millones de años. No sólo
tendríamos que ser inmortales, sino también deberíamos disponer de trillones y
trillones de pesos para apostar. Esta es, entonces, la paradoja: en teoría el
juego conviene muchísimo, pero en la práctica es mejor ni siquiera acercarse a
él.
12.7.20
Índice de la revista Axioma
24.6.20
Revisra Urania
En ese número 5, y también en el número 2, se han publicado artículos escritos por un servidor.
Todos los números de la revista pueden verse en este enlace.
17.6.20
Canal de YouTube
Haciendo clic aquí pueden acceder a él.
La mayor parte de los videos está pensado como complemento o apoyo para clases de matemática de nivel secundario. Pero también se irán abarcando otros temas.
Éste es el último video subido:
13.4.20
John H. Conway
En este enlace puede leerse el número 2 de la Revista Urania, donde, el año pasado, escribí una nota en la que Conway aparece como gran protagonista.
Se lo va a extrañar.
El problema del domingo (3)
Esto me alienta a publicar un nuevo problema:
Tenemos 1001 rectángulos con lados enteros tales. En cada rectángulo, la diferencia entre las longitudes de sus lados es menor que 100. Demuestren que existen 21 rectángulos tales que cada uno de ellos puede cubrir totalmente, o ser cubierto totalmente, por cada uno de los otros. (Cuando un rectángulo cubre al otro los lados respectivos quedan paralelos.)
8.4.20
25.3.20
El problema del domingo (2)
Antes de plantear el nuevo problema, tres comentarios:
1) Augusto Spela me envió una solución correcta al problema anterior. Felicitaciones a Augusto.
2) El primer problema del domingo fue publicado un sábado; éste es publicado un miércoles. Ya mejoraremos la puntería.
Ahora sí, el problema:
¿Cuántas soluciones reales tiene la siguiente ecuación?
14.3.20
El problema del domingo (1)
19.11.19
Razonamiento combinatorio (Parte 3 y última)
Uno, uno, dos, cuatro
¿Cuántos números de cuatro dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 2, 4? Para facilitar el razonamiento, imaginemos que las cifras están escitas en cuatro fichas que, además, identificamos con las letras A, B, C, D. Un número se forma, entonces, eligiendo sucesivamente, cada una de estas cuatro fichas; por ejemplo, si elegimos BDAC, en ese orden, obtendremos el número 1.412.
Sin embargo, a priori, no podríamos aplicar el Principio General de Enumeración, porque (como sucedía en el caso de los triángulos) series de elecciones diferentes pueden generar el mismo número. Por ejemplo, la elección ACDB y la elección BCDA generan el número 1.241 (en negrita, las fichas que tienen la misma cifra). De todos modos, la estrategia consistirá en razonar como si las cuatro fichas fueran diferentes, aplicar el Principio General de Enumeración, y después (como hicimos con los triángulos) modificar el resultado obtenido tomando en cuenta las repeticiones.
Si todas las fichas fueran diferentes, el Principio General de Enumeración nos diría que las formas de ordenar las cuatro fichas son $4\times 3\times 2\times 1 = 24$ (que también podemos escribir como 4!), ya que tendríamos cuatro elecciones para primera ficha, tres para la segunda (que debe ser diferente de la primera), etc. Ahora bien, como ya observamos, algunas de estas 24 elecciones representan el mismo número; por ejemplo, el número 1.124 aparece al elegir ABCD y al elegir BACD; el número 1.421 aparece al elegir ADCB y al elegir BDCA; el número 4.211 aparece al elegir DCAB y al elegir DCBA; y así sucesivamente. Vemos así que, en los 24 resultados que calculamos antes, cada número está contado dos veces; en consecuencia, 24 es el doble de la cantidad real de resultados. La respuesta correcta es, entonces:
Tenemos así que hay $3!\times 1\times 2!$ o también $3!\times 2!$, formas de obtener el número 111.244. El mismo razonamiento vale para cualquier otro número, por ejemplo, para formar 241.141 primero elegimos una permutación de A, B, C (y las colocamos, en orden, en las ubicaciones tres, cuatro y seis), luego ubicamos la ficha D en el primer lugar y, finalmente, elegimos una permutación de E, F (que colocamos, en orden, en los lugares segundo y cuarto).
Como cada número aparece repetido $3!\times 2!$ veces, la cantidad real de números que pueden formarse es:
Para formar un número, elegimos primero los tres lugares para colocar las fichas que tienen el número 1 (como antes, las letras no juegan ningún papel). Para esta elección tenemos $\left(\begin{array}{cc}{6}\\{3}\end{array}\right)$ opciones (elegimos tres casillas de un total de 6). Luego elegimos las casillas donde irán las fichas con el número 4; tenemos $\left(\begin{array}{cc}{3}\\{2}\end{array}\right)$ opciones, ya que tenemos que elegir 2 casillas de las tres que quedan libres. Finalmente, hay una sola elección para la ficha con el 2. La cantidad total de números es, entonces:
Muchos libros en ocho estantes
¿De cuántas formas pueden distribuirse 72 libros diferentes en 8 estantes? (Cada estante es suficientemente largo como para contener todos los libros.)
Una estrategia que puede aplicarse, cuando el problema involucra números grandes, es resolver primero un caso que sea más fácil de visualizar, con números pequeños, y luego aplicar la solución que obtengamos al caso que queríamos resolver inicialmente. Podemos preguntarnos, por ejemplo, qué sucede si, en lugar de 72 libros en 8 estantes, tuviéramos que distribuir 5 libros en 3 estantes. Para empezar, debemos analizar cómo podemos representar cada distribución de los libros; una manera de hacerlo es la siguiente:
Los rectángulos con números representan los libros, mientras que los rectángulos de color separan a los distintos estantes. La imagen representa, entonces, la distribución que tiene al libro 4 en el primer estante, a los libros 1, 2 y 3, en ese orden, en el segundo, y al libro 5 en el tercero.
Una distribución de libros puede, a su vez, ser modificada de dos formas; una es permutando los libros en alguno de los estantes:
Otra forma de razonarlo es pensar que las 7 fichas será colocadas en sendas casillas en blanco. Primero elegimos dónde colocaremos las dos que son iguales, elección para la que tenemos $\left(\begin{array}{cc}{7}\\{2}\end{array}\right) $ opciones. Luego, tenemos cinco opciones para la ficha 5, cuatro opciones para la 4, y así sucesivamente. Así pensado el problema, la respuesta es:
Para profesores del Nivel Medio: Sugerencias para el trabajo con los alumnos