La conceptualización de los números complejos se remonta al siglo XVI gracias al aporte del matemático italiano Gerolamo Cardano (1501-1576), quien demostró que teniendo un término negativo dentro de una raíz cuadrada se puede obtener la solución a una ecuación. Hasta ese momento, no se creía posible conseguir la raíz cuadrada de un número negativo.
La expresión a+bi para un número complejo fue introducida por René Descartes (1596-1650) y asumida más tarde por Leonhard Euler (1707-1783). Las operaciones de suma y producto de número complejos le dan una estructura de álgebra conmutativa.
miércoles, 31 de mayo de 2023
Los cuaterniones de Hamilton
La suma de dos números complejos es:
$$(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i$$
El producto de dos números complejos es:
$$(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad-bc)i$$
Calculamos el cuadrado del módulo del número producto:
$$(ac-bd)^2+(ad-bc)^2=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$$
y se obtiene el cuadrado del producto de los módulos, llamada por Hamilton, 'ley de los módulos'. William Rowan Hamilton (1805-1865) fue catedrático en el Trinity College de Dublín y uno de los matemáticos más importantes de su época.
Hamliton intentó ampliar a números hipercomplejos de tres dimensiones, buscando una leyes análogas a las de los números complejos:
$$(a+bi+cj)+(a'+b'i+c'j)=(a+a')+(b+b')i+(c+c')j$$
Con la suma no hay problema pero cuando se trata del producto surgen problemas. Intenta ver si se sigue cumpliendo la ley de los módulos:
$$(a+bi+cj)(a+bi+cj)=(a^2-b^2-c^2)+2abi+2acj+2bcij$$
Considera que, por analogía con los números complejos, se debe cumplir:
$$i^2=j^2=-1$$
Ahora el cuadrado del módulo es:
$$(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2+(2bc)^2=(a^2+b^2+c^2)^2+(2bc)^2$$
y para que se cumpla la ley de los módulos el último término sobra y por tanto se debería cumplir ij=0.
A Hamilton no le parece correcto y propone:
$$ij=-ji=k$$
pudiendo ser k nulo o no. El término sería:
$$bc(ij+ji)$$
Bajo estas condiciones:
$$ij=-ji=k$$
calcula el producto:
$$(a+bi+cj)(x+yi+zj)=$$
$$(ax-by-cz)+(ay+bx)i+(az+cx)j+(bz-cy)k$$
Y se pregunta si para k=0 se cumple la ley de módulos:
$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax-by-cz)^2+(ay+bx)^2+(az+cx)^2$$
comprobando que no, porque en el término de la derecha faltaría:
$$(bz-cy)^2$$
que es el el cuadrado del coeficiente de k al desarrollar el producto.
Pero si k no fuera nulo, entonces el producto de dos tripletas no sería una tripleta y tendría cuatro términos en lugar de tres.
a lo que Hamilton respondía sacudiendo tristemente la cabeza:
Hamliton intentó ampliar a números hipercomplejos de tres dimensiones, buscando una leyes análogas a las de los números complejos:
$$(a+bi+cj)+(a'+b'i+c'j)=(a+a')+(b+b')i+(c+c')j$$
Con la suma no hay problema pero cuando se trata del producto surgen problemas. Intenta ver si se sigue cumpliendo la ley de los módulos:
$$(a+bi+cj)(a+bi+cj)=(a^2-b^2-c^2)+2abi+2acj+2bcij$$
Considera que, por analogía con los números complejos, se debe cumplir:
$$i^2=j^2=-1$$
Ahora el cuadrado del módulo es:
$$(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2+(2bc)^2=(a^2+b^2+c^2)^2+(2bc)^2$$
y para que se cumpla la ley de los módulos el último término sobra y por tanto se debería cumplir ij=0.
A Hamilton no le parece correcto y propone:
$$ij=-ji=k$$
pudiendo ser k nulo o no. El término sería:
$$bc(ij+ji)$$
Bajo estas condiciones:
$$ij=-ji=k$$
calcula el producto:
$$(a+bi+cj)(x+yi+zj)=$$
$$(ax-by-cz)+(ay+bx)i+(az+cx)j+(bz-cy)k$$
Y se pregunta si para k=0 se cumple la ley de módulos:
$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax-by-cz)^2+(ay+bx)^2+(az+cx)^2$$
comprobando que no, porque en el término de la derecha faltaría:
$$(bz-cy)^2$$
que es el el cuadrado del coeficiente de k al desarrollar el producto.
Pero si k no fuera nulo, entonces el producto de dos tripletas no sería una tripleta y tendría cuatro términos en lugar de tres.Durante prácticamente diez años Hamilton fue incapaz de avanzar en este sentido. Cada
mañana en el desayuno, sus hijos que en cierto modo participaban con afecto
en las esperanzas y los desengaños de su padre a medida que las investigaciones
tenían lugar, le preguntaban:
Bueno Papá, ¿puedes ya multiplicar las tripletas?.
a lo que Hamilton respondía sacudiendo tristemente la cabeza:
No. Por ahora sólo puedo sumarlas y restarlas.
Sin embargo, algo extraordinario iba a suceder mientras paseaba como de
costumbre con su mujer por el Canal Real en Dublín el 16 de octubre de 1843.
De pronto en un acto de revelación, Hamilton se dio cuenta de que todas sus
dificultades podían verse superadas simplemente con la consideración de tomar
cuatro términos en lugar de tres, es decir, si tomaba k como una tercera
unidad imaginaria añadida a i y j.
Hamilton describe este hecho quince años
después en una carta a uno de sus hijos:
Mañana será el decimoquinto cumpleaños de los cuaterniones. Surgieron
a la vida, o a la luz, ya crecidos, el 16 de octubre de 1843, cuando
me encontraba caminando con la Sra. Hamilton hacia Dublín, y llegamos
al Puente de Broughman. Es decir, entonces y ahí, cerré el circuito galvánico
del pensamiento y las chispas que cayeron fueron las ecuaciones
fundamentales entre i, j, k; exactamente como las he usado desde entonces.
Saqué, en ese momento, una libreta de bolsillo, que todavía existe, e
hice una anotación, sobre la cual, en ese mismo preciso momento, sentí
que posiblemente sería valioso el extender mi labor por al menos los diez (o
podían ser quince) años por venir. Es justo decir que esto sucedía porque
sentí, en ese momento, que un problema había sido resuelto, un deseo intelectual
aliviado, deseo que me había perseguido por lo menos los quince
años anteriores. No pude resistir el impulso de coger mi navaja y grabar en
una piedra del Puente Brougham la fórmula fundamental con los símbolos
i, j, k:
$$i^2 = j^2= k^2 = ijk = −1 $$
que contenían la solución del Problema, que desde entonces sobrevive como
inscripción.
Hamilton denominó a estas nuevas expresiones cuaterniones, o números cuaternios. Son números hipercomplejos de la forma:
$$q = a + bi + cj + dk$$
donde a, b, c y d son números reales, e i, j y k satisfacen la relación:
$$i^2 = j^2 = k^2 = −1$$
Habiendo asumido que:
$$i^2 = j^2 = −1 \wedge k = ij = −ji$$
$$k^2=ijij=-jiij=-ji^2j=j^2=-1$$
Además se tiene:
$$ki=iji=-jii=-ji^2=j \wedge ik=iij=i^2j=-j$$
$$kj=ijj=ij^2=-i \wedge jk=jij=-ijj=-ij^2=i$$
Con todas estas relaciones ya se cumple la ley de los módulos y los números cuaterniones forman un álgebra no conmutativa.
miércoles, 19 de abril de 2023
Dados no transitivos (I)
Sean tres dados: rojo, verde y azul con sus caras numeradas como se muestra en la imagen.
Si el primer jugador elige el dado verde, entonces, si el segundo jugador elige el dado rojo tiene una mayor probabilidad de ganar. Observando el diagrama de árbol:
Se forma un ciclo que se visualiza en el grafo dirigido de la imagen y por tanto no se cumple la propiedad transitiva. Por lo tanto, siempre que tu oponente elija primero, siempre podrás elegir un dado con más posibilidades de ganar, con una probabilidad promedio de ganar de alrededor del 62%, aunque te gustaría que eligiera el dado rojo.
Tim Rowett presentó este juego de dados no transitivos en el Gathering for Gardner V (2002). Es una fundación educativa sin ánimo de lucro para mantener el legado del divulgador matemático Martin Gardner (1914-2010).
Si se lanzan dos dados del mismo color entonces el ciclo se invierte. Los dados verdes 'ganan' a los dados rojos: $$ p(VV>RR)=p(7)·p(6)+p(10)·p(6)+p(10)·p(9)=$$ $$\frac{18}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{10}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados verdes pueden sumar 4,7,10 y los dados rojos pueden sumar 6,9,12.
En el diagrama de árbol se muestra como ganan los dados verdes a los dados rojos y el grafo dirigido visualiza un ciclo de sentido inverso.
Los dados azules 'ganan' a los dados verdes: $$ p(AA>VV)=p(5)·p(4)+p(8)·p(4)+p(8)·p(7)=$$ $$\frac{10}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{18}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados azules pueden sumar 2,5,8 y los dados verdes pueden sumar 4,7,10.
Los dados rojos 'ganan' a los dados azules: $$ p(RR>AA)=p(6)·p(2)+p(6)·p(5)+p(9)+p(12)=$$ $$\frac{25}{36}·\frac{1}{36}+\frac{25}{36}·\frac{10}{36}+\frac{10}+\frac{1}{36}=\frac{671}{1296}$$ teniendo en cuenta que los dados rojos pueden sumar 6,9,12 y los dados azules pueden sumar 2,5,8. La probabilidad media de ganar con dos dados es alrededor del 57% y la probabilidad de que los dados rojos ganen a los dados azules es muy ajustada.
Tim Rowett presentó este juego de dados no transitivos en el Gathering for Gardner V (2002). Es una fundación educativa sin ánimo de lucro para mantener el legado del divulgador matemático Martin Gardner (1914-2010).
Si se lanzan dos dados del mismo color entonces el ciclo se invierte. Los dados verdes 'ganan' a los dados rojos: $$ p(VV>RR)=p(7)·p(6)+p(10)·p(6)+p(10)·p(9)=$$ $$\frac{18}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{10}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados verdes pueden sumar 4,7,10 y los dados rojos pueden sumar 6,9,12.
Los dados azules 'ganan' a los dados verdes: $$ p(AA>VV)=p(5)·p(4)+p(8)·p(4)+p(8)·p(7)=$$ $$\frac{10}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{18}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados azules pueden sumar 2,5,8 y los dados verdes pueden sumar 4,7,10.
Los dados rojos 'ganan' a los dados azules: $$ p(RR>AA)=p(6)·p(2)+p(6)·p(5)+p(9)+p(12)=$$ $$\frac{25}{36}·\frac{1}{36}+\frac{25}{36}·\frac{10}{36}+\frac{10}+\frac{1}{36}=\frac{671}{1296}$$ teniendo en cuenta que los dados rojos pueden sumar 6,9,12 y los dados azules pueden sumar 2,5,8. La probabilidad media de ganar con dos dados es alrededor del 57% y la probabilidad de que los dados rojos ganen a los dados azules es muy ajustada.
Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:
- Se puede jugar contra el ordenador eligiendo el número de partidas y en cada tirada cualquiera de los tres colores con los botones de la izquierda.
- Se muestran los resultados acumulados después de cada tirada así como la gráfica correspondiente.
- Se puede jugar contra el ordenador eligiendo series de jugadas del tamaño deseado y siempre con un color determinado con los botones de la derecha.
- Se muestran los resultados acumulados después de cada serie así como la gráfica correspondiente.
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lunes, 20 de febrero de 2023
Otras formas de multiplicar
Es un método por duplicación que sólo necesita saber sumar. Para multiplicar A·B, en una columna se escriben las sucesivas potencias de 2: 1,2,4,8,16,... mientras sean números menores que B. La otra columna se obtiene duplicando los valores a partir de A. Así mediante suma de potencias de 2, siempre se puede obtener el multiplicador B. Se buscan los números correspondientes de la otra columna y sumándolos se obtiene el producto A·B.
En la imagen se muestra un ejemplo, donde se puede ver el criterio a seguir para seleccionar las potencias de 2 necesarias para obtener el producto de A·B.
En la imagen se muestra un ejemplo, donde se puede ver el criterio a seguir para seleccionar las potencias de 2 necesarias para obtener el producto de A·B.
Este algoritmo, también conocido como de las 'celosías' fue originado en la India y transmitido a China y Arabia llegando a Italia durante los siglos XV y XVI. Se construye una caja rectangular dividida en celdas cuadradas que a su vez están partidas por la mitad, como se observa en la figura. Encima de la
caja se sitúan las cifras del multiplicando y a la derecha las del multiplicador.
Se multiplica cada cifra del multiplicando por cada una del multiplicador situando el resultado en la celda cuadrada correspondiente, separando las decenas de las unidades.
Se hacen las sumas diagonales que van dando las diferentes cifras del producto, teniendo en cuenta que si una suma es de dos dígitos, las decenas se añade a la suma diagonal siguiente.
La matemática védica de Bhárati Krishná Tirthá es un sistema de cálculo mental desarrollado por Shri Bhárati Krishná Tirtháji a mediados del siglo XX quien dijo haberse basado en el Átharva Vedá, un antiguo texto de los Vedás (los cuatro textos más antiguos de la literatura india). Vamos a analizar la multiplicación con este método.
En la figura los puntos representan cada una de las cifras, correspondiendo los de la primera línea al multiplicando y los de la segunda al multiplicador. Las líneas indican qué cifras son las que hay que multiplicar y sumar para obtener las cifras del producto. Si el resultado es de dos dígitos, la cifra de las decenas se suma a la operación siguiente.
Aunque se cree que fue inventado por los mayas, recibe este nombre porque lo utilizan los maestros japoneses para enseñar a sus alumnos. En este método se dibujan grupos de líneas verticales que indican las cifras del multiplicando y grupos de líneas horizontales que indican las cifras del multiplicador y se señalan los puntos de intersección, como se muestra en la imagen.
Se forman cuatro grupos de puntos (separados por las líneas discontinuas) y el número en cada grupo indica una de las cifras del producto. Se empieza con las unidades situadas en la parte inferior derecha de la imagen. Si el resultado es de dos dígitos, la cifra de las decenas se suma a la operación siguiente.
viernes, 6 de enero de 2023
Disección de Dudeney (II)
La forma de dividir un triángulo equilátero en cuatro polígonos (2 triángulos y 2 cuadriláteros) para con ellos construir un cuadrado también se conoce como el 'Problema del Mercero" (Haberdasher Problem). En esta nueva entrada se muestra otra forma de obtener la 'Disección de Dudeney':
- Se construye el triángulo equilátero ABC
- Se obtienen los puntos medios D y E de los lados AB y BC.
- Se trazan las rectas perpendiculares al lado AC que pasan por D y E.
- Se obtienen los puntos de intersección F y G sobre el lado AC.
- Se traza el segmento EF.
- Se trazan las perpendiculares desde D y G sobre el segmento EF.
- Se obtienen los puntos de interesección H e I.
Si llamamos a al lado del triángulo, se tiene que su área es:
$$A_t=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$$
Como ha de ser igual al área de un cuadrado:
$$A_t=A_c \rightarrow \frac{\sqrt{3}}{4}a^2=l^2 \rightarrow l=\frac{\sqrt[4]{3}}{2}a$$
- Moviendo los deslizadores se puede convertir el triángulo en un cuadrado.
- Dada la medida del lado del triángulo (AB) y del segmento (GI) se puede comprobar que estos valores están de acuerdo con que el segmento es la mitad del lado del cuadrado.
Veamos por qué el segmento IG es la mitad del lado del cuadrado. Simplificamos el cálculo tomando un triángulo equilátero de lado a=2:
$$A_t=A_c \rightarrow \frac{\sqrt{3}}{4}·2^2=l^2 \rightarrow l=\sqrt[4]{3}$$
- Se prolonga la altura AE hasta J, de forma que EJ=EB=1 y K es el punto medio de AJ
- Se traza el círculo de centro K y radio AK: $$AK=\frac{1}{2}(AE+EJ)=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$$
- Se prolonga BE hasta M y se obtiene el triángulo EMK donde: $$MK=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$$ $$EK=AE-AK=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}+1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2} $$
- Aplicando el teorema de Pitágoras: $$EM=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+1}{2})^2-(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^2}=\sqrt[4]{3} $$
- Se traza el círculo de centro E y radio EF=EM. Y si 'alfa' es el ángulo EFC, aplicando el teorema del seno: $$sen(\alpha)=\frac{sen(60)·EC}{EF}=\frac{\sqrt{3}/2·1}{\sqrt[4]{3}}=\frac{\sqrt[4]{3}}{2}$$
- FG=EC=1 y GI es perpendicular a FE: $$GI=FG·sen(\alpha)=1·\frac{\sqrt[4]{3}}{2}=\frac{\sqrt[4]{3}}{2}$$
que es el tamaño del lado del cuadrado.}
jueves, 17 de noviembre de 2022
Sucesiones de 'Somos'
Estas sucesiones deben su nombre a su creador, el matemático americano Michael Somos.
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=a_{n-1} \wedge a_0=1$$
se obtiene la sucesión Somos-1:
$$1,1,1,1,1,\ldots$$
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=\frac{a_{n-1}^2}{a_{n-2}} \wedge a_0,a_1=1$$
se obtiene la sucesión Somos-2:
$$1,1,1,1,1,\ldots$$
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=\frac{a_{n-1}a_{n-2}}{a_{n-3}} \wedge a_0,a_1,a_2=1$$
se obtiene la sucesión Somos-3:
$$1,1,1,1,1,\ldots$$
Vemos que los elementos semilla de la sucesión son siempre 1 y que el número de éstos coincide con el orden de la sucesión y que todas la sucesiones son iguales.
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=\frac{a_{n-1}a_{n-3}+a_n^2}{a_{n-4}} \wedge a_0,a_1,a_2,a_3=1$$
se obtiene la sucesión Somos-4:
$$1,1,1,1,1,2,7,23,59,314,1529,8209,83313,620297,7869898\ldots$$
Se observa que la sucesión crece muy rápido pero siempre con valores enteros a pesar que en la fórmula de recurrencia hay un denominador.
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=\frac{a_{n-1}a_{n-4}+a_{n-2}a_{n-3}}{a_{n-5}} \wedge a_0,a_1,a_2,a_3,a_4=1$$
se obtiene la sucesión Somos-5:
$$1,1,1,1,1,2,3,5,11,37,83,274,1217,6161,22823,165713 \ldots$$
La sucesión Somos-6 es:
$$1,1,1,1,1,1,3,5,9,23,75,37,421,1103,5047,41873,281527 \ldots$$
La sucesión Somos-7 es:
$$1,1,1,1,1,1,,3,5,9,17,41,137,769,1925,7203,340821 \ldots$$
Vemos que estas sucesiones siguen dando siempre valores enteros. ¿Se romperá esto alguna vez y aparecerá un número fraccionario?
Con la relación de recurrencia:
$$a_n=\frac{a_{n-1}a_{n-7}+a_{n-2}a_{n-6}+a_{n-3}a_{n-5}+a_{n-4}^2a}{a_{n-8}} \wedge a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,a_5=1$$
se obtiene la sucesión Somos-8:
$$1,1,1,1,1,1,1,1,4,7,13,25,61,187,775,5827,14815, \ldots$$
Calculamos el siguiente término:
$$a_{17}=\frac{a_{16}a_{10}+a_{15}a_{11}+a_{14}a_{12}+a_{13}^2}{a_9}=$$
$$\frac{14815\cdot 13+5827 \cdot 25+775 \cdot 61+ 187^2}{7}=\frac{420514}{7}$$
Hemos tenido que llegar a es término de Somos-8 para que aparezca un número no entero.
Todas estas sucesiones se deducen de una fórmula general:
$$a_n=\frac{\sum_{i=1}^{\lfloor k/2 \rfloor}a_{n-i}a_{n-(k-i)}}{a_{n-k}}$$
$$a_i=1 \hspace{0.5 cm}i=0,\ldots k-1$$
El símbolo superior del sumatorio indica 'parte entera'.
Las siguientes sucesiones Somos obtienen el primer término fraccionario en posiciones cada vez más avanzadas:
$$k=9,10,11, 12,13,14,15, \ldots \rightarrow a_{19},a_{20},a_{22},a_{24},a_{27},a_{28},a_{30},\ldots$$
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