Demostraciones | Gaussianos

El teorema de Wilson

Introducción

El teorema de Wilson es un resultado de teoría de números relacionado con la primalidad de un número entero positivo. Fue atribuido a John Wilson por su profesor Edward Waring. Éste último comentó que Wilson había dejado anotado este resultado en un cuaderno pero que no lo había demostrado (os suena esta historia, ¿verdad?). El propio Waring tampoco pudo hacerlo y tuvo que ser Lagrange en 1771 quien dio la primera prueba.

En esta entrada vamos a dar una sencilla demostración que utiliza propiedades más o menos elementales de teoría de números.

El teorema de Wilson

Teorema: Sea $p$ un número entero mayor que 1. Entonces $p$ es primo si y sólo si

$(p-1)! \equiv -1 \; (mod \; p)$

Demostración:

De forma sencilla puede comprobarse que este resultado es cierto para $p=2$ y para $p=3$ . Supongamos entonces que $p > 3$ .

Para demostrar la implicación de derecha a izquierda (si $(p-1)! \equiv -1 \; (mod \; p)$ entonces $p$ es primo) vamos a demostrar su contrarrecíproco, es decir, vamos a demostrar que si $p$ es compuesto entonces no se cumple esa igualdad:

$\Longleftarrow)$ Supongamos que $p$ es compuesto. Entonces sus divisores positivos se encuentran entre los enteros $1,2, \ldots ,p-1$ . Por tanto es claro que $mcd ((p-1)!,p$ >1$. En particular $p$ tiene algún divisor $d > 1$ .

Supongamos ahora que el resultado es cierto, es decir, que $(p-1)! \equiv -1 \; (mod \; p)$ . Como $d$ divide a $p$ entonces $d$ también divide a $(p-1)!$ y, por la congruencia, $d$ divide a $(p-1)!+1$ . Por tanto $d$ divide a 1, hecho que nos lleva a una contradicción con la condición $d >1$ . En consecuencia la implicación de derecha a izquierda es cierta.

$\Longrightarrow)$ Supongamos ahora que $p$ es primo. Por tanto todos los enteros $1,2, \ldots , p-1$ son primos relativos con $p$ . Por otra parte ese conjunto de números forma un grupo con la multiplicación, en concreto el grupo $\mathbb{Z}_p$ de los enteros módulo $p$ (en realidad, al ser $p$ primo ese conjunto es un cuerpo, pero ahora sólo nos interesa su condición de grupo con esa operación). Entre otras cosas eso significa que para todo $a \in \mathbb{Z}_P$ existe un único $b \in \mathbb{Z}_p$ tal que $a \cdot b \equiv 1 \; (mod \; p)$ . También por ser $p$ primo se tiene que $a=b$ si y sólo si $a=1$ ó $a=p-1$ , es decir, $1$ y $p-1$ son inversos el uno del otro. Por tanto para cualquier otro elemento del grupo distinto de éstos se tiene que su inverso también es distinto de éstos. En consecuencia podemos agrupar el resto de elementos por parejas (cada uno junto a su inverso) para que se cumpla lo siguiente:

$2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot p-2 \equiv 1 \; (mod \; p)$

Esto es, $(p-2)! \equiv 1 \; (mod \; p)$ . Multiplicando ahora a ambos lados por $(p-1)$ y utilizando que $p-1 \equiv -1 \; (mod \; p)$ obtenemos el resultado buscado.

Utilidad del teorema

El teorema tiene principalmente valor teórico ya que en la práctica es relativamente complicado calcular $(p-1)!$ para valores grandes de $p$ . Por eso generalmente antes que este teorema suelen usarse otros tests de primalidad, como el pequeño teorema de Fermat.

De todas formas es útil para generar a partir de él fórmulas de primos, es decir, fórmulas que generar números primos (en Gaussianos ya vimos algo así con los números primos pseudogemelos). Aunque, como en el caso anterior, suelen ser fórmulas poco prácticas por lo costoso que es calcular $(p-1)!$ para $p$ muy grande.

De todas formas, como dije antes, la belleza del resultado reside en su valor teórico. Y algunas, en ocasiones, tenemos suficiente con ello.

Fuentes:

Prime Pages
Wilson theorem en la Wikipedia (en inglés)

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 20 de Octubre de 2008 | 3 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Números enteros, Números primos, Teoremas

Demostración topológica de la infinitud de los números primos

En Gaussianos ya hemos visto, que yo recuerde, dos demostraciones de la infinitud de los números primos: la de Euclides y la que utiliza los números de Fermat. En esta entrada vamos a otra demostración de este hecho.

La prueba que vamos a ver es topológica y se debe al matemático israelí Hillel Furstenberg. A mí me parece muy interesante ya que en principio a uno no se le ocurre qué relación puede haber entre la infinitud de los números primos y la topología. Esta demostración, por tanto, servirá como otro ejemplo más de la conexión que existe entre ramas tan distintas de las matemáticas.
(Leer el resto del post)

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 6 de Octubre de 2008 | 8 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Números primos, Topología

La línea de Euler

Este artículo es una colaboración enviada por fede a nuestro correo gaussianos (arroba) gmail (punto) com. Si lo deseáis podéis enviar las vuestras a esa dirección.

La línea de Euler

Si un triángulo es equilátero entonces circuncentro, baricentro y ortocentro coinciden. En otro caso Euler demostró que esos tres puntos están siempre alineados. A la línea que pasa por esos puntos se la denomina línea de Euler del triángulo.

El libro de Dunham sobre Euler¹ dedica 9 páginas (de fórmulas y ecuaciones) a exponer la demostración original de Euler. La demostración que sigue (¿de Gauss?) es mucho más sencilla y elegante, y demuestra que las alturas coinciden en un punto (el ortocentro), que las medianas coinciden en un punto (el baricentro) y que circuncentro, baricentro y ortocentro están alineados.

En $\triangle A B C$ sean $A^{\prime} , B^{\prime}, C^{\prime}$ los puntos medios de los lados opuestos a los vértices $A, B,C.$

euler2a1

Partimos del hecho de que las mediatrices de los lados de $\triangle A B C$ se cortan en el centro de la circunferencia circunscrita, que es el cicuncentro $O$ .

Las paralelas a cada lado de $\triangle A B C$ que pasan por los vértices opuestos se cortarán en tres puntos $A_0, B_0, C_0$ , que son los vértices de $\triangle A_0 B_0 C_0,$ semejante a $\triangle ABC$ con razón de semejanza $2:1$ .

Los puntos medios de los lados de $\triangle A_0 B_0 C_0$ son los vértices de $\triangle A B C$ , y las mediatrices de los lados de $\triangle A_0 B_0 C_0$ son las alturas de $\triangle A B C$ , porque los lados de $\triangle A B C$ y $\triangle A_0 B_0 C_0$ son paralelos.

Como las mediatrices de los lados $\triangle A_0 B_0 C_0$ se cortan en un punto $H$ , que corresponde en la semejanza al punto $O$ de $\triangle A B C$ , resulta que las alturas de $\triangle A B C$ se cortan en un punto $H$ , ortocentro de $\triangle A B C$ .

Además $HA = 2\ OA^{\prime}$ y lo mismo para los otros vértices, es decir, la distancia del ortocentro $H$ a un vértice es el doble de la distancia del circuncentro $O$ al punto medio del lado opuesto al vértice.

Si los lados $AB$ y $AC$ no son iguales, la mediatriz $OA^{\prime}$ y la altura $AA^{\prime\prime}$ están en rectas diferentes y entonces los puntos $O$ y $H$ son diferentes

euler2b1

y la mediana $AA^{\prime}$ corta al segmento $OH$ en un punto $G$ .

Como la mediatriz $OA^{\prime}$ y la altura $AA^{\prime\prime}$ son paralelas, los triángulos $\triangle AHG$ y $\triangle A^{\prime}OG$ son semejantes y como $AH = 2\ OA^{\prime}$ también $HG = 2\ OG$ y $AG = 2\ A^{\prime}G$ .

Entonces la mediana $AA^{\prime}$ corta al segmento $OH$ en un punto $G$ tal que $OH = 3\ OG$ .

Si $\triangle A B C$ es escaleno lo mismo sucede con las otras dos medianas, y si $\triangle A B C$ es isósceles con una de las otras dos medianas, y la otra mediana coincide con la altura, la mediatriz y la linea en que está el segmento $OH$ .

Por tanto hemos demostrado que las medianas de $\triangle A B C$ se cortan en un punto $G$ , el baricentro de $\triangle A B C$ .

Además, como $AG = 2\ A^{\prime}G$ , la distancia del baricentro $G$ a un vértice es el doble de la distancia de $G$ al punto medio del lado opuesto.

Y como el baricentro $G$ está en el segmento $OH$ , concluimos que si $\triangle A B C$ no es equilátero, el circuncentro $O$ , el baricentro $G$ y el ortocentro $H$ están alineados y $OH = 3\ OG$ y $GH = 2\ OG$ .

Otro hecho notable sobre el segmento $OH$ es que su punto medio $N$ es el centro de la circunferencia de Feuerbach.

Usando el resultado anterior y las propiedades de la homotecia es muy fácil demostrar que pasa por los famosos 9 puntos:

euler2c4

Si $A_1, B_1, C_1$ son los puntos medios de los segmentos entre el ortocentro $H$ y los vértices, la homotecia con centro $H$ y razón $\textstyle{\frac{1}{2}}$ transforma la circunferencia circunscrita a $\triangle A B C$ en una circunferencia con centro $N$ , radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ y que pasa por $A_1, B_1, C_1$ .

Si en cambio aplicamos al plano una homotecia con centro $G$ y razón $\textstyle{\frac{-1}{2}}$ , la circunferencia circunscrita a $\triangle A B C$ se transforma en una
circunferencia con centro $N$ , radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ y que pasa por $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ , porque $OG = 2\ GN$ y $A = 2\ GA^{\prime}$ .

Por tanto la circunferencia con centro $N$ y radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ pasa por $A_1,B_1,C_1$ y por $A^{\prime},B^{\prime},C^{\prime}$ .

Como las homotecias preservan las direcciones, las tangentes a la circunferencia con centro $N$ y radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ en $A_1$ y $A^{\prime}$ serán paralelas a la tangente a la circunferencia circunscrita en $A$ , y por tanto $A_1 A^{\prime}$ es un diámetro de la circunferencia con centro $N$ y radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ .

Como $\angle A_1 A^{\prime\prime} A^{\prime}$ es recto, tenemos que $A^{\prime\prime}$ está en la circunferencia de diámetro $A_1 A^{\prime}$ , es decir, en la circunferencia con centro $N$ y radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ . Lo mismo sucede con $B^{\prime\prime}$ y $C^{\prime\prime}$ y por tanto la circunferencia con centro $N$ y radio $\textstyle{\frac{OA}{2}}$ pasa por los 9 puntos indicados en la figura.

Como propina obtenemos que las tres circunferencias que resultan de reflejar la circunferencia circunscrita sobre cada uno de los lados se cortan en el ortocentro (porque $HA^{\prime\prime} = A^{\prime\prime}A_2$ , puesto que $A^{\prime\prime}$ es la imagen de $A_2$ en la homotecia con centro $H$ ).

¹ Dunham, “Euler. El maestro de todos los matemáticos”, Nivola.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 29 de Septiembre de 2008 | 9 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Geometría

Todo número de Mersenne con exponente compuesto es también compuesto

Sive, en este comentario, ha dado una demostración informática de que un número de Mersenne con exponente compuesto es también compuesto. En este post voy a dar yo una más matemática.

Definición

Un número de Mersenne es un número $M$ de la forma $M=2^n-1$ , con $n\in\mathbb{N}$ .

Teorema

Todo número de Mersenne $M=2^n-1$ con $n$ compuesto es también compuesto.

Demostración

Si $n$ es compuesto se puede descomponer como producto de al menos dos factores mayores que $1$ . Supongamos entonces $n=p \; q$ , con $p,q > 1$ .

Sabemos que $a^m-b^m=(a-b) \; (a^{m-1}+a^{m-2} \; b+ \ldots +a \; b^{m-2}+b^{m-1})$ . Además $2^n=2^{p \;q}=(2^p)^q$ . Tomando $a=2^p$ y $m=q$ en la igualdad anterior se tiene el resultado:

$(2^p)^q-1=(2^p)^q-1^q=(2^p-1) \; ((2^p)^{q-1}+(2^p)^{q-2}+ \ldots +2^p+1)$

Es decir, $2^{pq}-1$ tiene al menos dos factores mayores que $1$ y, por tanto, es compuesto.

¿Qué pasa si $n$ es primo? Pues que sus únicos divisores son $1$ y el propio $n$ . Por tanto, utilizando la igualdad anterior obtendríamos:

$2^n-1=2^n-1^n=(2-1) \; (2^{n-1}+2^{n-2}+ \ldots +2+1)=2^{n-1}+2^{n-2}+ \ldots +2+1$

número éste que podría ser primo o no. Por eso $2^n-1$ sólo puede ser primo si $n$ lo es.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 29 de Agosto de 2008 | 11 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Números enteros, Números primos

El teorema de Pick

El teorema de Pick es un resultado geométrico cuanto menos curioso, si no sorprendente. Nos permite calcular de forma muy sencilla el área de un polígono que cumpla ciertas condiciones. Se debe al matemático austriaco Georg Alexander Pick que lo demostró en 1899.

Vamos con el enunciado del teorema:

Teorema: Supongamos que tenemos una cuadrícula en la que cada vértice corresponde a un punto del plano cuyas coordenadas son números enteros y sea $P$ un polígono simple (es decir, sin agujeros) que cumple que todos sus vértices están situados sobre vértices de la cuadrícula. Es decir, algo así:

Sea $i$ el número de vértices de la cuadrícula que quedan dentro del polígono y sea $f$ el número de vértices de la cuadrícula que están en algún lado del polígono, es decir, los puntos frontera que tienen sus dos coordenadas enteras. Entonces el área del polígono puede calcularse de la siguiente forma:

$A_P=i+ \cfrac{f}{2}-1$

En el ejemplo que aparece en la imagen, $i=40$ y $f=12$ . Por tanto $A_P=40+ \textstyle{\frac{12}{2}}-1=45$ (unidades cuadradas).

Demostración:

Vamos a demostrar este resultado por inducción:

Sea $P$ un polígono simple y $T$ un triángulo con un lado común con $P$ . Asumimos que el teorema es cierto para $P$ y para $T$ de forma separada y demostremos que también es cierto para el polígono $PT$ conseguido a partir de $P$ añadiendo $T$ . Como $P$ y $T$ comparten un lado, todos los puntos frontera a lo largo del lado común, excepto los puntos extremos del lado, se convierten en puntos interiores de $PT$ . Por tanto, llamando $c$ al número de puntos frontera en común, tenemos que $i_{PT}=(i_P+i_T)+(c-2)$ y $f_{PT}=(f_P+f_T)-2(c-2)-2$ . De ello obtenemos que $(i_P+i_T)=i_{PT}-(c-2)$ y $(f_P+f_T)=f_{PT}+2(c-2)+2$ .

Como asumimos que el teorema es cierto para $P$ y $T$ de forma separada:

$\begin{matrix} A_{PT}=A_P+A_T= \\ =(i_P+ \cfrac{f_P}{2}-1)+(i_T+ \cfrac{f_T}{2}-1) = (i_P+i_T)+\cfrac{f_P+f_T}{2}-2= \\ = i_{PT}-(c-2)+ \cfrac{f_{PT}+2(c-2)+2}{2}-2 = i_{PT}+\cfrac{f_{PT}}{2}-1 \end{matrix}$

Por tanto, el polígono $A_{PT}$ cumple el teorema.

Se sabe que en dos dimensiones cualquier polígono puede ser triangulado. Por tanto, lo que hemos obtenido es que si el teorema es cierto para un triángulo $T$ y para un polígono formado por $n$ triángulos también lo es para un polígono formado por $n+1$ triángulos.

El último paso de la demostración es comprobar que el resultado es cierto para cualquier triángulo. Veámoslo:

Es fácil ver que el teorema se cumple para cualquier cuadrado de lado 1 (¿de verdad es fácil?). De aquí se deduce que es correcto para cualquier rectángulo con sus lados paralelos a los ejes. A partir de ésto deducimos que la fórmula es cierta para triángulos rectángulos obtenidos a partir de un rectángulo mediante un corte por una de sus diagonales.

Ahora, cualquier triángulo puede convertirse en un rectángulo añadiendo como mucho tres triángulos rectángulos. Como la fórmula es correcta para los triángulos rectángulos y para el rectángulo también lo es para cualquier triángulo.

Con esto concluye la inducción.

Hemos comentando anteriormente que el teorema es válido para polígonos simples, es decir, sin agujeros. Hay una generalización para cualquier polígono en la cual el $-1$ de la fórmula se sustituye por $- \chi (P)$ , es decir, la característica de Euler de $P$ .

Por otra parte, una superficie llamada el tetraedro de Reeve (de la cual no he encontrado información) demuestra que el teorema de Pick no se puede generalizar a tres dimensiones. Sin embargo, para dimensiones superiores sí hay una generalización vía polinomios de Ehrhart.

Fuente:

Pick’s Theorem en la Wikipedia (en inglés)

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 18 de Agosto de 2008 | 11 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Geometría, Teoremas

Cómo demostrar que π (pi) es irracional

Hace ya un tiempo vimos cómo demostrar que el número $e$ es irracional. En este post vamos a ver cómo demostrar que $\pi$ es irracional.

Teorema: $\pi$ es irracional

Demostración

Definimos la siguiente función:

$f(x)=\cfrac{x^n(1-x)^n}{n!}$

Utilizando el binomio de Newton podemos expresar $f(x)$ así:

$f(x)=\cfrac{1}{n!} \cdot x^n \cdot \displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k x^k=\cfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k x^{n+k}}$

Cuando $r < n$ se tiene que $f^{(r)}(0)=0$ (al derivar menos de $n$ veces el término $x^n$ no desaparece del todo) y cuando $r > 2n$ también obtenemos que $f^{(r)}(0)=0$ (ya que la propia función es la función ${0}$ al derivar más veces que su propio grado). Para calcular el resto de las derivadas en ${0}$ tomamos $m=1,2, \ldots ,n-1$ y las calculamos para todo $x$ :

$f^{(n+m)}(x)=\displaystyle{\cfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n {n \choose k} \cfrac{(n+k)!}{(k-m)!} (-1)^k x^{k-m}}$

Teniendo en cuenta esta expresión vemos fácilmente que $f^{(n+m)}(0)$ es un número entero para $m=1,2, \ldots ,n-1$ .

Por tanto tenemos que $f^{(s)}(0)$ es un número entero $\forall s \in \mathbb{N}$ . Como $f(1-x)=f(x)$ también tenemos que $f^{(s)}(1)$ es un número entero $\forall s \in \mathbb{N}$ .

Después de estos preliminares vamos con la demostración. En realidad vamos a demostrar que $\pi^2$ es irracional, hecho del que se deduce muy fácilmente que $\pi$ es irracional (¿Por qué?). La demostración comienza suponiendo que $\pi^2$ es racional, es decir, $\pi^2= \textstyle{\frac{a}{b}}$ , con $a,b\in\mathbb{Z^+}$ , es decir, enteros positivos. Definimos para cualquier entero positivo $n$ la siguiente función:

$F_n (x)=b^n [\pi^{2n} f(x)-\pi^{2n-2} f^{\prime\prime}(x)+\pi^{2n-4} f^{(4)} (x) - \ldots + (-1^n) f^{(2n)}(x)]$

Al ser $f(0)=f(1)=0$ y $f^{(s)}(0)$ un número entero $\forall s\in\mathbb{N}$ se tiene que $F_n (0)$ y $F_n (1)$ son enteros (los denominadores que aparecerían al sustituir $\pi^2$ por su supuesta expresión como fracción se cancelarían con el término $b^n$ del principio).

Realizamos ahora el siguiente cálculo basado en la función $F_n$ :

$\cfrac{d}{dx} [F^\prime _n (x) sen(\pi x)-\pi F_n (x) cos(\pi x)]=[F^{\prime\prime}_n (x)+ \pi^2 F_n (x)] sen(\pi x)=b^n \pi^{2n+2} f(x) sen(\pi x)$

Sustituyendo $\pi^2$ por $\textstyle{\frac{a}{b}}$ tenemos:

$\cfrac{d}{dx} [F^\prime _n (x) sen(\pi x)-\pi F_n (x) cos(\pi x)]=\pi^2 a^n f(x) sen(\pi x)$

Integrando obtenemos lo siguiente (pasamos $\pi$ dividiendo a la derecha):

$\displaystyle{\int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx=\left [ \cfrac{F^\prime_n (x) sen(\pi x)}{\pi}-F_n (x) cos(\pi x) \right ]_0^1=F_n(1)+F_n(0)}$

que como hemos visto antes es un número entero.

Por otro lado, es sencillo de demostrar que para $0 < x < 1$ se tiene que $0 < f(x) < \textstyle{\frac{1}{n!}}$ . Multiplicando a ambos lados por $\pi a^n$ obtenemos:

$0 < \pi a^n f(x) < \cfrac{\pi a^n}{n!}$

Multiplicamos por $sen(\pi x)$ y acotamos la parte de la derecha (ya que $sen(x) < 1, \forall x\in\mathbb{R}$ ):

$0 < \pi a^n f(x) sen(\pi x) < \cfrac{\pi a^n sen(\pi x)}{n!} < \cfrac{\pi a^n}{n!}$

Integrando entre ${0}$ y $1$ obtenemos:

$\displaystyle{0 < \int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx < \cfrac{\pi a^n}{n!}}$

Pero la última fracción es menor que $1$ para $n$ suficientemente grande. Por tanto tenemos lo siguiente:

$\displaystyle{0 < \int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx < 1}$

Pero habíamos visto antes que $\displaystyle{\int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx}$ era un número entero. Es decir, hemos llegado a un número entero entre ${0}$ y $1$ . Esa es la contradicción.

Por tanto $\pi^2$ es irracional y en consecuencia $\pi$ también lo es.

Fuentes:

Pi is irrational
Calculus, libro de Michael Spivak

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 5 de Febrero de 2008 | 14 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Pi

El teorema de Morley

Este artículo es una colaboración de Fede enviada por mail a gaussianos (arroba) gmail (punto) com

Tenemos en la figura un triángulo ABC en negro, con los trisectores interiores de cada ángulo en gris y los trisectores exteriores de cada ángulo en verde.

morleypres4-r2

En 1899 Frank Morley descubrió el resultado que ahora se conoce como teorema de Morley:

Los puntos de intersección de los trisectores de los ángulos de cualquier triángulo ABC determinan triángulos equiláteros

En la imagen podemos verlos en azul:

- Los trisectores interiores adyacentes a cada lado se cortan en 3 puntos D, E y F que son los vértices de un triángulo equilátero.

- Los trisectores exteriores adyacentes a cada lado se cortan en 3 puntos G, H y I que son los vértices de un triángulo equilátero.

- El trisector interior por A adyacente al lado AB y el trisector exterior por B adyacente al lado AB se cortan en punto J. El trisector interior por A adyacente al lado AC y el trisector exterior por C adyacente al lado AC se cortan en punto K. Los trisectores exteriores por B y C adyacentes al lado BC se cortan en un punto G. Los puntos J, K y G son los vértices de un triángulo equilátero. Análogamente para los otros ángulos.

Podemos encontrar demostraciones del teorema de Morley en esta revista o en este sitio.

Como esas demostraciones son para el triángulo formado por las intersecciones de los trisectores interiores, damos una aquí para el triángulo formado por las intersecciones de los trisectores exteriores.

Si $\angle CBA = 3b$ , el ángulo entre los lados y los trisectores interiores y entre éstos es igual a $b$ y el ángulo entre los lados y los trisectores exteriores y entre éstos es igual a $\ 60^{\circ} - b$ .

Trisectores exteriores

morleylema2-r2

Demostramos que el triángulo formado por los trisectores exteriores adyacentes a cada lado es equilátero. Para ello usamos el siguiente lema:

Lema:

Sobre dos lados $PQ$ y $PR$ de un triángulo equilátero $PQR$ construimos hacia el exterior triángulos $PQH$ y $PRG$ como en la figura, de forma que $\angle PQH = \angle PRG = a,\ \ \angle RPG = b$ y $\ \angle QPH = c$ .
Reflejamos el triángulo $PQH$ sobre $PH$ para obtener el triángulo $PQ^\prime H$ y el triángulo $PRG$ sobre $PG$ para obtener el triángulo $PR^\prime G$ .

Lema:

En la construcción anterior, si $a + b + c = 60^{\circ}$ , los puntos $G$ y $H$ están en la recta $R^\prime Q^\prime$ y $\angle PGH = a + b$ .

Porque como $\angle R^\prime PQ^\prime = 2b + 60^{\circ} + 2c < 180^{\circ}$ y el triángulo $R^\prime PQ^\prime$ es isósceles, porque $PR^\prime$ y $PQ^\prime$ son iguales al lado del triángulo equilátero, tenemos que $\angle PR^\prime Q^\prime = \angle PQ^\prime R^\prime = a$ , porque $2a + 2b + 2c + 60^{\circ} = 180^{\circ}$ . Pero por construcción también $\angle PR^\prime G = \angle PQ^\prime H = a$ , luego los puntos $G$ y $H$ están en la recta $R^\prime Q^\prime$ .

Y por tanto $\angle PGH = 180^{\circ} - \angle PGR^\prime = 180^{\circ} - \angle PGR = a+b = 60^{\circ} - c$ .

morleyteor1-r2

Ahora, si tenemos un triángulo cualquiera $ABC$ , con $\ \angle BAC = 3a,\ \angle ABC = 3b,\ \angle BCA = 3c$ , construimos sobre los lados de un triángulo equilátero $PQR$ , triángulos $PRG$ , $PQF$ y $QPH$ haciendo ángulos $a,\ b,\ c,\ a,\ b,\ c$ con los lados del triángulo equilátero como en la figura.

Entonces, por el lema anterior, como $a + b + c = 60^{\circ}, \ \angle PGH = 60^{\circ}-c$ , $\ \angle RGF = 60^{\circ} - c$ . Pero como $\ \angle RGP = 120^{\circ} + c$ , resulta que $\begin{matrix} \ \angle FGH = \angle RGP - \angle PGH - \angle RGF = \\ = 120^{\circ} + c - (60^{\circ}-c) - (60^{\circ}-c) = 3c \end{matrix}$ .

De la misma forma obtenemos $\angle GFH = 3a$ y $\angle FHG = 3b$ . Por lo tanto el triángulo $FHG$ es semejante al triángulo $ABC$ . Pero como $\angle PGH = \angle RGF = 60^{\circ}-c$ , las lineas $GP$ y $GR$ son trisectores exteriores de $FHG$ , y también $FR$ , $FQ$ , $HQ$ y $HF$ . Y estos trisectores exteriores se cortan en $P$ , $Q$ y $R$ que son los vértices de un triángulo equilátero. Y como la semejanza preserva los ángulos, y $ABC$ es semejante a $FHG$ , en nuestro triángulo original $ABC$ también los puntos se intersección de los trisectores exteriores serán vértices de un triángulo equilátero, como queríamos demostrar.

Trigonométricamente se demuestra que el lado del triángulo equilátero formado por la intersección de los trisectores exteriores es $8R \ \mathrm{sen}(a+120^{\circ})\ \mathrm{sen}(b+120^{\circ})\ \mathrm{sen}(c+120^{\circ}),$ donde $R$ es el radio del círculo circunscrito.

La importancia de este teorema radica en que la trisección de un ángulo no es resoluble con regla y compás. Esta es la razón principal por la cual se cree que el enunciado y demostración de este teorema tan sencillo e intuitivo se le escapó a los griegos, ya que ellos no consideraban los resultados relacionados con operaciones que no pudieran hacerse con regla y compás, y no se publicó hasta finales del siglo XIX, cuando los matemáticos se atreven a considerar propiedades de figuras no construibles con estas normas.

Como última curiosidad, al parecer el propio Morley no estaba demasiado contento con el descubrimiento de este teorema, ya que los matemáticos del momento se centraron en él por su sencillez y por lo inesperado del resultado y dejaron a un lado el resto de sus trabajos.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 28 de Enero de 2008 | 5 Comentarios
Categorías: Colaboraciones, Demostraciones, Geometría, Teoremas

El seno y el coseno de la suma de ángulos

Este artículo es una colaboración enviada por fede

Introducción

Haciendo uso del hecho de que a cada punto del plano le corresponde un vector y de que los vectores se suman según la regla del paralelogramo, vamos a demostrar las fórmulas para el seno y el coseno de la suma de dos ángulos en función de los senos y cosenos de cada uno de ellos. Concretamente vamos a demostrar las siguientes igualdades:

$sen(a+b)=sen(a)cos(b)+cos(a)sen(b)$

$cos(a+b)=cos(a)cos(b)-sen(a)sen(b)$

Demostración

Seno y coseno de la suma de ángulos

La recta por el origen que hace un ángulo $a$ con el eje $X$ corta al círculo con centro en el origen y radio unidad en un punto de coordenadas $(\cos(a), \mathrm{sen}(a) ) = \cos(a)(1,0) + \mathrm{sen}(a)(0,1)$ , por definición de seno y coseno.

Si rotamos los puntos del plano alrededor del origen un ángulo $b$ , el punto $(1,0)$ se mueve a la posición $(\cos(b), \mathrm{sen}(b) )$ , y el punto $(0,1)$ se mueve a la posición $(-\mathrm{sen}(b) , \cos(b))$ (ver figura).

Por lo tanto un punto cualquiera $(x,y) = x \cdot (1,0) + y \cdot (0,1)$ se mueve a la posición $x \cdot (\cos(b), \mathrm{sen}(b) ) + y \cdot (-\mathrm{sen}(b) , \cos(b))$ .

En particular el punto $(\cos(a), \mathrm{sen}(a))$ se mueve a la posición $cos(a) \cdot (cos(b), sen(b)) + sen(a) \cdot (-sen(b),cos(b))$

que al multiplicar nos queda:

$(cos(a) cos(b) - sen(a)sen(b) , cos(a) sen(b) + sen(a)cos(b))$ .

Pero el punto $(\cos(a), \mathrm{sen}(a) )$ se mueve claramente con la rotación a la posición $(\cos(a+b), \mathrm{sen}(a+b) )$ . De donde, igualando coordenadas, resultan las dos fórmulas:

$\begin{matrix} \cos(a+b) = \cos(a) \cos(b) - \mathrm{sen}(a)\mathrm{sen}(b) \\ \mathrm{sen}(a+b) = \mathrm{sen}(a)\cos(b) + \cos(a) \mathrm{sen}(b) \end{matrix}$

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 17 de Diciembre de 2007 | 4 Comentarios
Categorías: Colaboraciones, Demostraciones, Geometría

La serie armónica y la serie de los inversos de los números primos

Introducción

En algún post de Gaussianos se ha hablado ya de la serie armónica:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \cfrac{1}{n}}$

En este post vamos a ver una sencilla demostración de la divergencia de esta serie¹. Además veremos también una demostración (algo más complicada) de la divergencia de la serie de los inversos de los números primos, hecho que además del interés que tiene por sí mismo sirve de demostración (una más) de la infinitud del conjunto de los números primos.

Demostración de la divergencia de la serie armónica

La demostración que vamos a ver sobre la divergencia de la serie armónica es bastante sencilla y al parecer se la debemos a Nicolás Oresme:

$\begin{matrix} \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \cfrac{1}{n}=1+\left [ \frac{1}{2} \right ] + \left [ \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right ] + \left [ \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right ]+ \cdots >} \\ \displaystyle{> 1+ \left [ \frac{1}{2} \right ] + \left [ \frac {1}{4} + \frac{1}{4} \right ] + \left [ \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} \right ] + \cdots=1+ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots} \end{matrix}$

Hemos obtenido que la serie armónica es mayor que una serie que es claramente divergente. Por tanto la misma serie armónica debe ser también divergente.

Divergencia de la suma de los inversos de los números primos

Aclarando desde este momento que si una suma o producto tiene como índice $p$ nos referiremos al conjunto de los números primos vamos a demostrar que $\displaystyle{\sum_p \frac{1}{p}}$ es divergente. Como se tiene que:

$\displaystyle{\sum_p \frac{1}{p} < \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}}$

no podemos utilizar de forma tan directa la divergencia de la serie armónica para comprobar este resultado, aunque este hecho será importante para dicha demostración. Otro resultado fundamental para la misma es lo que se conoce como fórmula del producto de Euler, que establece lo siguiente:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}=\prod_p \frac{1}{1-p^{-s}}}$

La demostración de este hecho podéis verla aquí.

Tomando $s=1$ en esta fórmula obtenemos la igualdad que vamos a utilizar en nuestra demostración:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=\prod_p \frac{1}{1-p^{-1}}}$

Vamos ya con nuestra demostración:

$\displaystyle{\ln \left (\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \right )=\ln \left (\prod_p \frac{1}{1-p^{-1}} \right )=\sum_p \ln \left ( \frac{1}{1-p^{-1}} \right )=\sum_p -\ln(1-p^{-1})=*}$

Utilizando ahora que Taylor y sus desarrollos en serie nos dicen que $\displaystyle{\ln(1-x) = -\sum^{\infty}_{n=1} \frac{x^n}n}$ para $|x| < 1$ :

$\begin{matrix} \displaystyle{*=\sum_p \left (\frac{1}{p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{3p^3}+\cdots \right)=\sum_p \left (\frac{1}{p} \right )+\sum_p \frac{1}{p^2} \left (\frac{1}{2}+\frac{1}{3p}+\cdots \right ) <} \\ \displaystyle{< \sum_p \left (\frac{1}{p} \right ) +\sum_p \frac{1}{p^2} \left ( 1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots \right )=\sum_p \left ( \frac{1}{p} \right )+\sum_p \frac{1}{p(p-1)}=\sum_p \left ( \frac{1}{p} \right )+C} \end{matrix}$

siendo $C<1$ una cierta constante ya que esa serie sí es convergente (en este último desarrollo hemos sustituido $2,3, \ldots$ por $1$ y hemos utilizado la fórmula de la suma de una progresión geométrica).

Tomando límite ahora obtenemos el resultado perseguido:

$\displaystyle{\sum_p \frac{1}{p}=+\infty}$

Es decir, la suma de los inversos de los números primos es divergente.

Extra

Como dijimos anteriormente este resultado nos sirve como demostración de la infinitud de los números primos. ¿Por qué? Pues muy sencillo. Si esa serie tiene cómo límite $+\infty$ significa, entre otras cosas, que está formada por infinitos términos. Como cada término corresponde a números primos distintos obtenemos que existen infinitos números primos.

Fuentes:

Harmonic series en la Wikipedia (inglés)
Proof that the sum of the reciprocals of the primes diverges en la Wikipedia (inglés)

¹: Una serie numérica infinita se dice divergente si el límite de su sucesión de sumas parciales es $\infty$ .

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 10 de Diciembre de 2007 | 37 Comentarios
Categorías: Demostraciones, Números primos

¿De dónde sale la fórmula para resolver ecuaciones polinómicas de segundo grado?

Todo el que haya llegado hasta Educación Secundaria ha resuelto ecuaciones polinómicas de segundo grado. Por tanto todo el mundo conoce la famosa fórmula que se utiliza para determinar cuántas soluciones tiene una ecuación concreta:

$x=\cfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

Las posibilidades son 0, 1 ó 2 y es la fórmula la que nos acaba diciendo cuántas hay y cuáles son en el caso de que existan.

La pregunta es: ¿todo el mundo sabe de dónde sale esta fórmula? Probablemente a todos nos lo hayan dicho en su momento pero tengo comprobado que mucha gente acaba por memorizar la fórmula sin más y olvida de dónde sale. Aunque la cosa no tiene demasiado misterio creo que merece la pena dedicarle un post para que todos recordemos este tema. Ahí va:

Partimos de la ecuación polinómica siguiente:

$ax^2+bx+c=0$

donde se supone $a\ne 0$ para que la ecuación sea de verdad de segundo grado.

Lo que vamos a hacer ahora es reescribirla como un binomio al cuadrado más unas ciertas constantes, digamos $(m+n)^2+p=0$ . Como sabemos que $(m+n)^2=m^2+2mn+n^2$ tenemos que:

El término del binomio que nos proporcionará $ax^2$ (supongamos que es $m$ ) debe ser $\sqrt{a}x$ . Por tanto $m=\sqrt{a}x$ .

El término $bx$ debe salir del doble producto $2mn$ . Como $m=\sqrt{a}x$ tenemos que $bx=2(\sqrt{a}x)n$ . Despejando obtenemos que $n=\frac{b}{2\sqrt{a}}$ .

Al realizar el cuadrado de ese binomio nos queda que $n^2=\frac{b^2}{4a}$ , constante que antes no teníamos. Por tanto tendremos que restarla. Además $c$ debe seguir estando. Por tanto $p=-\frac{b^2}{4a}+c$ .

Vamos, que la cosa queda como sigue:

$ax^2+bx+c=\left ( \sqrt{a}x+\cfrac{b}{2\sqrt{a}} \right )^2-\cfrac{b^2}{4a}+c=0$

Pasamos las constantes al otro lado:

$\left ( \sqrt{a}x+\cfrac{b}{2\sqrt{a}} \right )^2=\cfrac{b^2}{4a}-c$

Hacemos raíz cuadrada a ambos lados (en este paso es donde aparece el $\pm$ ):

$\sqrt{a}x+\cfrac{b}{2\sqrt{a}}=\pm \sqrt{\cfrac{b^2}{4a}-c}$

Operamos dentro de la raíz del segundo miembro:

$\sqrt{a}x+\cfrac{b}{2\sqrt{a}}=\pm \sqrt{\cfrac{b^2-4ac}{4a}}$

Pasamos la constante de la izquierda al otro lado y sacamos $4a$ de la raíz:

$\sqrt{a}x=\cfrac{-b}{2\sqrt{a}} \pm \cfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{2\sqrt{a}}$

Dividimos ambos miembros por $\sqrt{a}$ (lo que comúnmente se diría como pasamos $\sqrt{a}$ al otro miembro) y sumamos las fracciones. La cosa queda:

$x=\cfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

que es lo que todos conocemos.

Aunque como dije antes la demostración no tiene demasiado misterio, es bastante sencilla e intuitiva no viene mal de vez en cuando recordar ciertas cosas relativamente sencilla que generalmente la gente no retiene en su memoria (el cálculo de la raíz cuadrada es otro ejemplo sobre este tipo de temas). Espero que os haya parecido interesante.

Actualización: En los comentarios Pelícano nos comenta otra forma aún más simple. Ahí va:

Partimos de $ax^2+bx+c=0$ . Restamos $c$ a ambos lados. Queda:

$ax^2+bx=-c$

Multiplicamos a ambos lados por $4a$ . Queda:

$4a^2x^2+4abx=-4ac$

Sumamos $b^2$ a ambos lados:

$4a^2x^2+4abx+b^2=b^2-4ac$

La parte izquierda se pone como el cuadrado de un binomio:

$(2ax+b)^2=b^2-4ac$

Hacemos raíz cuadrada a ambos lados:

$2ax+b=\pm \sqrt{b^2-4ac}$

Restamos $b$ a ambos lados:

$2ax=-b \pm \sqrt{b^2-4ac}$

Y para concluir dividimos por $2a$ a ambos lados obteniendo lo que queríamos:

$x=\cfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$