Hoy se cumplen 90 años...

 ...del día en que Kurt Gödel levantó la mano en el congreso de Königsberg y anunció por primera vez sus teoremas de incompletitud.

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:

$z^2 + \sqrt{y_0}z + \frac{y_0}{2}-\sqrt{\frac{y_0^2}{4}+1} =0$

Las dos raíces reales de $g(x)$ son, entonces: 

$z_{1,2} = \frac{-\sqrt{y_0}\pm \sqrt{\frac{y_0}{2}+4\sqrt{\frac{y_0^2}{4}+1}}}{2}$

(No era necesario escribir esta última expresión, pero no pude resistirme a completar la resolución de la ecuación de grado 4.)

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. 

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  $\frac{1}{2^n}$. 

 ¿Conviene participar de este juego?   

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.

 ¿Por qué es una “paradoja”?   

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.

Índice de la revista Axioma

En este enlace puede descargarse un índice que recopila el contenido de todos los números de la revista Axioma. Los números de la revista pueden descargarse desde este otro blog.

Revisra Urania

Hace unos días se publicó el número 5 de la Revista Urania, publicación on line del Departamento de Matemática del ISP Joaquín V. González, de la Ciudad de Buenos Aires.

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.

Canal de YouTube

Desde hace unos días El Topo Lógico tiene asociado un 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:

John H. Conway

Anteayer, 11 de abril, falleció John H. Conway, uno de los matemáticos más originales del siglo XX. Otro daño que nos deja esta horrible pandemia.

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)

Había dejado de publicar el problema del domingo porque me pareció que no despertaba interés entre los lectores. Pero recibí, para el problema anterior, una respuesta (correcta y muy bien justificada) de Emilio Dávola. La respuesta es: ninguna.

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.)

Un video muy interesante

El problema del domingo (2)

Hola...

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?

$0,00001=e^{-\textrm{arctg}(x)+10,71}$

El problema del domingo (1)

Dados n puntos en el plano ¿es siempre posible trazar n rectas que sean paralelas y equidistantes entre sí tales que cada punto pertenezca exactamente a una de esas rectas? ("Equidistantes" significa aquí que la distancia entre dos rectas consecutivas es la misma.)

Razonamiento combinatorio (Parte 3 y última)

(Viene de la parte 2.)

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:

$\frac {4\times 3\times 2\times 1}{2} = \frac {4!}{2} = 12$

Formulemos una variante de la pregunta anterior: ¿Cuántos números de cinco dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 1, 2, 4? En otras palabras, tenemos ahora cinco fichas.

Para responder la pregunta, repetimos la estrategia anterior y aplicamos primero el Principio General de Enumeración como si las cinco fichas fueran diferentes. El resultado que obtenemos es 5! = 120. A continuación, tenemos que preguntamos cuántas veces, en esos 120 resultados, está representado cada número. 

Observemos que, si intercambiamos entre sí las fichas A, B, C, el número obtenido es siempre el mismo. Por ejemplo, las elecciones ABCDE y BCADE generan ambas el número 11.124. La pregunta, entonces es ¿cuántas formas hay de intercambiar entre sí las letras A, B, C? Tenemos aquí, una vez más, el problema de los seis amigos que se toman una fotografía en fila, sólo que ente caso los amigos son 3; la respuesta es 3! = 6. Es decir, entre los 120 resultados antes calculados, cada número está contado 3! veces. La respuesta, entonces, es que la cantidad de números es:

$\frac {5!}{3!}=20$

Existe otra forma de razonar este problema, para ello imaginemos que las cinco fichas van a ser colocadas en cinco casilleros en fila.

¿Cómo formamos un número? Elegimos primero los tres lugares en lo que vamos a colocar las fichas con el número 1 (en este razonamiento las letras no juegan ningún papel), luego elegimos la casilla donde estará la ficha con el 2, y finalmente, elegimos el lugar para la ficha con el 4. Para la primera elección hay $\left(\begin{array}{cc}{5}\\{3}\end{array}\right)$ posibilidades (de las cinco casillas, elegimos las tres en las que estarán los unos), para la segunda, hay dos opciones (quedan dos casillas para elegir), para la última sólo queda una opción. Así calculada, la cantidad de números es:

$\left(\begin{array}{cc}{5}\\{3}\end{array}\right)$ $\times 2\times 1$ $= 20$

Planteemos, finalmente, una última variante de la pregunta: ¿Cuántos números de seis dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 1, 2, 4, 4? Es decir, tenemos ahora seis fichas.

Si las seis fichas fueran diferentes tendríamos 6! = 720 resultados, pero, como antes, debemos preguntarnos cuántas veces aparece representado cada número. Por ejemplo, ¿cuántas elecciones generan el número 111.244? Para formar este número tenemos que elegir primero una permutación de las fichas A, B, C, después colocamos la ficha D, y finalmente elegimos una permutación de E, F.

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:

$\frac {6!}{3!\times 2!} = 60$

Podemos también aplicar el razonamiento de las casillas vacías:

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:

$\left(\begin{array}{cc}{6}\\{3}\end{array}\right)$ $\times $ $\left(\begin{array}{cc}{3}\\{2}\end{array}\right)$ $\times 1 = 60$

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 modificar una distribución, por supuesto, es moviendo los libros de unos estantes a otros (en la imagen que se muestra a continuación, el primer estante ha quedado vacío):

Podemos pensar, entonces, que tenemos nueve fichas, cinco diferentes entre sí (los libros), y otras cuatro que son iguales entre sí (las fichas de color). Cada distribución de los libros se obtiene permutando las siete fichas centrales, ya que las dos de los extremos quedan fijas.

Tenemos que reordenar, entonces, siete fichas, de las cuales cinco (la cantidad de libros) son diferentes entre sí, y dos (una menos que los estantes) son iguales. Si aplicamos el mismo razonamiento del problema anterior (donde había fichas iguales entre sí, ya que tenían la misma cifra), deducimos que la cantidad de formas de distribuir los libros es:

$\frac{7!}{2!} = 2.520$

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:

$\left(\begin{array}{cc}{7}\\{2}\end{array}\right) \times 5!$

Para el caso de 72 libros en 8 estantes necesitamos 72 fichas diferentes (que representen los libros) y 7 fichas iguales entre sí (una menos que los estantes), con un total de 79 fichas. La respuesta es, entonces:

$\frac{79!}{7!}$

Seis pelotitas en tres cajas

¿De cuántas formas pueden distribuirse 6 pelotitas exactamente iguales en 3 cajas? (Cada caja es suficientemente grande como para contener todas las pelotitas.) 

El problema es muy similar al anterior, sólo que ahora las fichas que representan las pelotitas (y que antes representaban los libros) son todas iguales entre sí.

La imagen representa la distribución en la que hay una pelotita en la primera caja, tres pelotitas en la segunda, y dos en la tercera. Tenemos que reordenar, entonces, 8 fichas, de las cuales dos son iguales entre sí, y las otras seis también son iguales entre sí. Imaginemos que, para armar cada ordenamiento, vamos colocándolas en 8 casillas vacías.

Para colocar fichas, elegimos primero los dos lugares en los cuales vamos a colocar las barras. Tenemos $\left(\begin{array}{cc}{8}\\{2}\end{array}\right) $ formas de hacerlo, ya que elegimos dos lugares de un total de 8. No es necesario hacer más elecciones, porque, una vez que hemos colocado las barra, todos los demás lugares sólo pueden estar ocupados por las fichas que representan las pelotitas. La respuesta es, entonces:

$\left(\begin{array}{cc}{8}\\{2}\end{array}\right) = 28$

En lugar de los lugares para las barras, pueden elegirse también los 6 lugares para las pelotitas; pensado así, el resultado es:

$\left(\begin{array}{cc}{8}\\{6}\end{array}\right) = 28$

Para profesores del Nivel Medio: Sugerencias para el trabajo con los alumnos

1) En 1777 Wolfgang Amadeus Mozart compuso el Juego de Dados Musical para escribir valses con la ayuda de dos dados sin ser músico ni saber nada de composición. Este “juego” consiste en una tabla de 16 columnas, numeradas del I al XVI, y 11 filas, numeradas de 2 a 12. Cada casilla de la columna contiene un compás musical diferente.

Para componer un vals, el músico aficionado elige primero un compás de la columna I; para elegirlo tira dos dados, mira su suma, y se queda con la casilla que corresponde a ese número. Después, otra vez mediante la suma de dos dados, elige un compás de la columna II. Y así sigue hasta completar las dieciséis columnas. Esos compases, tocados uno detrás del otro, forman el vals. Mozart aseguraba que todos ellos sonaban armoniosamente.

Se puede investigar cuántos valses diferentes es posible componer de esta forma. Si suponemos que cada vals dura unos 30 segundos, se puede explorar cuántos años tardaríamos en ejecutarlos todos, uno tras otro.  

2) En 1961, el escritor francés Raymond Queneau, miembro del grupo de literatura experimental Oulipo, publicó el libro Cien mil millones de poemas, una versión literaria del juego musical de Mozart. En este caso, cada lector puede componer un soneto, que es una composición poética de 14 versos; el libro propone 10 opciones para el primer verso, otras 10 para el segundo, y así sucesivamente. Como antes, se puede explorar cuántos sonetos se pueden componer, y cuánto tiempo se demoraría en leerlos todos en voz alta.

3) En su famoso cuento La Biblioteca de Babel, Jorge Luis Borges describe una biblioteca que contiene, una vez cada uno, todos los libros posibles que responden a la siguiente descripción: cada libro tiene cuatrocientas diez páginas, cada página tiene cuarenta renglones, y cada renglón, ochenta letras. Las letras posibles son 25. ¿Cuántos libros contiene la biblioteca que describe Borges? 

4) En la imagen se ve la parte superior del Triángulo de Pascal, un “triángulo” de números que sigue infinitamente hacia abajo. En el extremo superior hay un uno, y todo el lado derecho, así como todo el lado izquierdo están también formados por unos. Cada uno de los demás números es la suma de los dos que están arriba de él.  

Los números que aparecen en el triángulo de Pascal son, en realidad, números combinatorios.

El Triángulo de Pascal tiene numerosas propiedades, que pueden explorarse. Por ejemplo, el “lado derecho” del triángulo está formado solamente por unos; la línea que le sigue paralelamente a ella está formada por los números 1, 2, 3, 4,…; la que le sigue, a su vez, está formada por los números triangulares (1, 3, 6, 10,…). Pueden buscarse otras sucesiones que también aparecen en el triángulo.

Otras propiedades se relacionan con sumas de filas o diagonales; por ejemplo, la suma de cada fila es siempre una potencia de 2. Otra propiedad dice que al sumar ciertas diagonales se va obteniendo la sucesión de Fibonacci (que se define como 1, 1, 2, 3, 5, 8,… donde cada uno es la suma de los dos anteriores). Se pueden explorar otras propiedades similares.