Entre sucesiones anda el juego

El problema de la semana también lo propone Domingo por mail. Está relacionado esta vez con sucesiones y es el siguiente:

Para cada natural $n\geq 1$ se considera el conjunto ordenado $\mathfrak{F}_n$ que consiste en las fracciones irreducibles con denominador menor o igual que $n$ ordenadas de menor a mayor:

$\mathfrak{F}_1=\{\frac{0}{1},\frac{1}{1}\}$
$\mathfrak{F}_2=\{\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{1}\}$
$\mathfrak{F}_3=\{\frac{0}{1},\frac{1}{3},\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{1}{1}\}$
$\mathfrak{F}_4=\{\frac{0}{1},\frac{1}{4},\frac{1}{3},\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{1}{1}\}$
$\mathfrak{F}_5=\{\frac{0}{1},\frac{1}{5},\frac{1}{4},\frac{1}{3},\frac{2}{5},\frac{1}{2},\frac{3}{5},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{4}{5},\frac{1}{1}\}$ $\vdots$

Las cuestiones son las siguientes:

Demostrar que si las fracciones $\frac{a}{b}<\frac{a'}{b'}$ son elementos consecutivos de $\mathfrak{F}_n$ entonces $a'\cdot b-a\cdot b'=1$ .
Demostrar que si dos fracciones propias $\frac{a}{b},\frac{a^\prime}{b^\prime}$ verifican $a^\prime \cdot b-a \cdot b^\prime=1$ , entonces son elementos consecutivos de $\mathfrak{F}_n$ , siendo $n=max\{b,b^\prime \}$ .
Demostrar que si las fracciones $\frac{a}{b}<\frac{a'}{b'}<\frac{a''}{b''}$ son elementos consecutivos de $\mathfrak{F}_n$ , entonces $\frac{a'}{b'}=\frac{a+a''}{b+b''}$ .
Calcular el límite $\displaystyle{\lim_{n\to \infty} \cfrac{|\mathfrak{F}_n|}{n^2}}$ , donde $|\mathfrak{F}_n|$ representa el número de elementos de la secuencia.
Para cada fracción irreducible propia $\frac{a}{b}$ , se considera la circunferencia $\mathcal{C}_{\frac{a}{b}}$ de centro el punto $(\frac{a}{b},\frac{1}{2 b^2})$ y diámetro $\frac{1}{b^2}$ . Demostrar que $\mathcal{C}_{\frac{a}{b}}$ y $\mathcal{C}_{\frac{a^\prime}{b^\prime}}$ son tangentes si y sólo si las fracciones $\frac{a}{b}$ y $\frac{a^\prime}{b^\prime}$ son términos consecutivos de una secuencia $\mathfrak{F}_n$ .

Imagen con circunferencias tangentes enviada también por Domingo:

Circunferencias tangentes

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 29 de Enero de 2008
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52 comentarios

Javier | 29 de Enero de 2008 | 13:56

La 4 parte me hace pensar que todos los elementos formados por dos numeros primos entre si, por tanto el limite valdra $\frac{6}{\pi^2}$
Domingo H.A. | 29 de Enero de 2008 | 14:34

Por ahí van los tiros Javier. Sólo se te ha escapado un pequeño detalle…
Javier | 29 de Enero de 2008 | 17:12

Gracias, es $\frac{3}{\pi^2}$ . Si hacemos un cuadrado de la forma:

$0 1$
$0 \frac{1}{2} 1$
$0 \frac{1}{3} \frac{2}{3} 1$
$0 \frac{1}{4} \frac{2}{4} \frac{3}{4}1$

Le diagonal de 1’s y la columna de 0 es son 2n numeros. El triangulo es de la forma $\frac{n^2}{2}$ . Por tanto la columna y la diagonal no son relevantes en el limite.
Domingo H.A. | 29 de Enero de 2008 | 17:36

Muy buena Javier. Efectivamente el valor del límite es $\cfrac{3}{\pi^2}$ , ya que como bien dices, ese límite puede interpretarse como el valor límite de la probabilidad de escoger dos números $x,y$ primos entre sí menores o iguales a $n$ , pero con la condición $x\leq y$ (es decir, sólo consideramos la mitad de los casos que nos conducían al valor $\cfrac{6}{\pi^2}$ en http://gaussianos.com/probabilidad-de-escoger-dos-numeros-coprimos/ )

Por tanto el conjunto $\mathfrak{F}_n$ tiene aproximadamente $\cfrac{3}{\pi^2}\cdot n^2$ fracciones, para $n$ suficientemente grande.

Vamos ahora a por las demás cuestiones.
Javier | 29 de Enero de 2008 | 19:02

El 2 es muy sencillo, no puede haber en medio un c/d entre los dos, porque entonces:

a’*d-c*b’
Javier | 29 de Enero de 2008 | 20:52

Por favor, un enlace permanente para escribir el menor estricto.

Si $\frac{a}{b}$ menor $\frac{c}{d}$ menor $\frac{a^\prime}{b^\prime}$ , tal que $a^\prime*b-a*b^\prime=1$ para $\mathfrak{F}_n$ con $n=max(b,b^\prime)$ , entonces $c*b-d*a=n_1$ y $a^\prime*d-c*b^\prime=n_2$ y $n_1+n_2=1$ , pero al ser enteros a,b,a’,b’,c,d, $n_1,n_2\in\mathbb{R}$ , con lo cual, llegamos a una contradiccion.
Javier | 29 de Enero de 2008 | 20:55

error donde digo \ $mathbb{R}$ quiero decir \ $mathbb{N}$
Domingo H.A. | 29 de Enero de 2008 | 21:02

Javier, efectivamente todas son muy sencillas de demostrar. Pero, ¿podrías indicarnos cómo concluyes tan directamente en tu comentario anterior que $n_1+n_2=1$ ?
Javier | 30 de Enero de 2008 | 11:30

He supuesto que la parte 1 es cierta (Cosa que de momento no se me ocurre como) Si hubiera sabido como hacerlo hubiera emepzado por ahi.
Domingo H.A. | 30 de Enero de 2008 | 12:07

Una pista para demostrar 5: dos circunferencias son tangentes si y sólo si la distancia entre sus centros coincide con la suma de los radios.

A ver si con esto…
miguel angel | 30 de Enero de 2008 | 14:55

Me encanta este blog y me encantaría poder ayudar para resolver estas demostraciones, pero entre que estoy de exámenes y que mis conocimientos son bajos no puedo, mientras tanto, iré tomando nota Saludos!!
Domingo H.A. | 30 de Enero de 2008 | 17:37

Aunque quedan 4 cuestiones por responder (a ver si alguien busca algo de tiempo…), decir que estas sucesiones se conocen como sucesiones de Farey y los círculos como círculos de Ford.

Una cuestión sencilla que no he visto reflejado por ahí respecto a los círculos tiene que ver con la suma de sus áreas y la suma de sus longitudes. Les animo a que, viendo la siguiente imagen,

http://img264.imageshack.us/my.php?image=circulosmw5.png

calculen la suma de las áreas y la suma de las longitudes de todos los círculos que aparecen. Recordemos que los círculos “inferiores” en la imagen están centrados en puntos $\left(\cfrac{a}{b},\cfrac{1}{2 b^2}\right)$ con radio $\cfrac{1}{2 b^2}$ , siendo $0\leq a\leq b$ , $b\neq 0$ y $m.c.d.(a,b)=1$ . Los círculos superiores son los simétricos respecto a la recta $y=1/2$ .
Domingo H.A. | 30 de Enero de 2008 | 17:55

Por ver si alguien se anima, la suma de las longitudes es infinita, mientras que la suma de las áreas es $45\cdot\cfrac{\zeta(3)}{\pi^3}$ , donde $\zeta(s)$ es la función zeta de Riemann (siempre aparece por todos lados!!). Esto nos da otro ejemplo sencillo de región acotada con frontera con longitud infinita.
Omar-P | 30 de Enero de 2008 | 18:11

¡Círculos y función zeta!
Domingo H.A: ¿Puedes tu encontrar una relación entre la función zeta de Riemann y el diagrama de curvas periódicas superpuestas que aparece en mi sitio web?
Domingo H.A. | 31 de Enero de 2008 | 0:18

Omar-P, tus círculos no cumplen que sus radios tiendan a cero.

En el caso que proponía surge la función zeta pues los radios decrecen como $\cfrac{1}{n^2}$ estamos tratando la función $\varphi$ de Euler (cantidad de números primos relativos e inferiores a un número dado) y ésta se relaciona con la función zeta a través de la interesante fórmula:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \cfrac{\varphi(n)}{n^s}}=\cfrac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}$

Esta suma es lo que he usado para deducir la suma de las longitudes y de áreas en el caso de los círculos de Ford.

En tu caso, cambiando los radios de los círculos, podría usarse otra serie del tipo anterior, pero considerando la función que cuenta los divisores. Estas series que digo son casos particulares de las series de Dirichlet http://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_series , y en particular podríamos usar que

$latex \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}
\cfrac{\sigma_a(n)}{n^s}=\zeta(s)\zeta(s-a)$

donde

$\sigma_x(n):=\displaystyle{\sum_{d|n} d^x}$ http://en.wikipedia.org/wiki/Divisor_function

La relación de las funciones aritméticas elementales con la función zeta a través de las series de Dirichlet me parece una cosa bellísima!
Omar-P | 31 de Enero de 2008 | 0:51

¡Gracias Domingo H.A.!
Pero…
¿Serías tan amable de explicar dicha relación utilizando un lenguaje que pudiese ser comprendido por un alumno de escuela secundaria?
Gracias de nuevo.
Javier | 31 de Enero de 2008 | 13:24

Domingo, ya he visto mi error en el 2º, mi suposicion de que la suma es 1 es falsa.

He intentado la induccion de espacios $latex \mathfrak{F}_n, pero no consigo ver a donde me lleva.
Javier | 31 de Enero de 2008 | 13:25

Domingo, ya he visto mi error en el 2º, mi suposicion de que la suma es 1 es falsa.

He intentado la induccion de espacios $\mathfrak{F}_n$ , pero no consigo ver a donde me lleva.
Domingo H.A. | 31 de Enero de 2008 | 13:51

Javier, la 2) se obtiene, por ejemplo, por reducción al absurdo suponiendo que hay otra fracción entre ambas, y puedes suponer que dicha fracción es consecutiva a la menor de las dos iniciales. Usando entonces 1), y con un poco de manipulación algebraica llegas a un absurdo. O sea, que no ibas muy mal encaminado.

Ánimo con la 5) que no es nada difícil (sale con la pista que dije arriba y usando la propiedad 1)). La 3) es consecuencia inmediata de 1).

Yo diría que la más complicada de demostrar es la 1).
Domingo H.A. | 31 de Enero de 2008 | 14:01

Omar-P, sólo quería indicar que para tus círculos no es posible el desarrollo que yo había seguido con los círculos de Ford, ya que los radios de tus círculos no decrecen como una potencia negativa de $n$ (cosa que sí ocurre en los círculos de Ford) y por tanto la suma de las longitudes y áreas de tus círculos es infinita.

En tu caso habría que considerar otros círculos (modificando el radio), si se quiere hacer uso de la fórmula $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \cfrac{\tau(n)}{n^s}=\zeta(s)^2$ (que corresponde a la serie de Dirichlet que había indicado ayer con $a=0$ ), donde $\tau(n)$ es la función que cuenta los divisores de un número, y $\zeta(s)$ la función zeta.

Si por ejemplo, por cada natural $n$ se dibuja un círculo de radio $\cfrac{d}{n^s}$ centrado en cada uno de sus divisores (para cierto número $d$ ), entonces la suma de las longitudes y de las áreas se relaciona con la función zeta por medio de la fórmula anterior.
Omar-P | 31 de Enero de 2008 | 21:49

Domingo H.A: Por ejemplo para n=12 ¿Cómo sería el dibujo?
Domingo H.A. | 31 de Enero de 2008 | 21:59

Omar-P, no sería para un único valor de n, pero por ejemplo al llegar a 12 deberías dibujar un círculo de radio 1/12^s (tú eliges el “s”) centrado en el eje OX en cada uno de los divisores de 12. En particular, centrado en cada número dibujarías infinitos círculos -uno por cada uno de sus múltiplos- con radios inversamente proporcionales a alguna potencia “s” de los múltiplos del número. Y entonces las longitudes y áreas se relacionarían con la función zeta.

El dibujo de los círculos es raro en comparación con los círculos de Ford y en comparación con los tuyos, pero al menos sale por ahí la zeta, como pedías.

No sé si me he explicado ahora mejor
Omar-P | 1 de Febrero de 2008 | 16:48

Si, Domingo H.A., ahora resulta mucho más accesible la explicación de este nuevo y extraño diagrama. Espero que alguna vez puedas dedicarle un tiempo y mostrarlo dibujado, para que podamos apreciar, en forma visual, todos sus detalles. Muchas gracias.
Omar-P | 1 de Febrero de 2008 | 17:17

En cuanto mi pedido original, consistía en tratar de relacionar la función zeta de Riemann con el diagrama de curvas periódicas superpuestas. Este diagrama, en donde cada curva representa un divisor, permite determinar en forma exacta la posición de los números primos y comprender su distribución. Por otro lado, utilizando los ceros de la parte imaginaria de la función zeta de Riemann, entiendo que también se logra determinar la ubicación de los primos.
Quería saber entonces si, entre estos dos recursos, se puede percibir la existencia de alguna conexión elemental, que pudiese explicarse en forma sencilla.
Pepito Grillo | 2 de Febrero de 2008 | 6:33

Omar-P, ya sabes, investiga. Que tú mucho preguntar, pero nunca aportas nada.
Domingo H.A. | 2 de Febrero de 2008 | 14:33

Hombre, tampoco es para ponerse así. Estemos o no de acuerdo con lo que dices, hay formas más correctas de decirlo.
Omar-P | 2 de Febrero de 2008 | 16:36

Pienso que cuando uno no sabe la respuesta hay que decir “no se” o permanecer callado y nunca incomodarse por la pregunta. Después de todo, el Universo aún guarda muchos secretos y debe ser más lo que ignoramos, que lo que sabemos.
Toro Sentado | 14 de Febrero de 2008 | 1:23

Creo que tras mucho reflexionar a ratos libres he dado con una demostración del punto 1:

Consideramos $\frac{a}{b},\frac{a^\prime}{b^\prime}$ elementos seguidos de $\mathfrak{F}_N$ y $\frac{u}{v} \in \mathfrak{F}_{N+1}, \frac{u}{v} \not\in\mathfrak{F}_N$
Es decir $\frac{u}{v}$ es una fracción que se añadirá a $\mathfrak{F}_N$ para formar $\mathfrak{F}_{N+1}$

1. Si $\frac{a}{b} \ll \frac{u}{v} \ll \frac{a^\prime}{b^\prime}$
Es fácil ver que $v=n \cdot b^\prime+m \cdot b$ Siendo n y m números naturales
Y que $latex \frac{u}{v}=\frac{a+a^prime}{b+b^\prime}+\frac{n-m}{(b+b^\prime) \cdot v}

2. Suponemos que hasta N se cumple que $N+1\ll b+b^\prime$ para todos los pares de denominadores consecutivos de $\mathfrak{F}_N$

3. Al construir $\mathfrak{F}_{N+1}$ a partir de $\mathfrak{F}_N$ se demuestra que:
3.1 todos los $\frac{u}{v}$ no simplificables usados caen entre fracciones con denominadores b y b’ tales que $N+1=b+b^\prime$

3.2 y a la inversa, todas las fracciones con denominador b y b’ tales que $N+1=b+b^\prime$ reciben una fracción ${u}{v}$ en medio.

3.3 Se puede demostrar que en estos casos $latex \frac{u}{v}=\frac{a+a^\prime}{b+b^\prime}

3.4 Las fracciones $\frac{u}{v} simplificables coinciden con alguna fracción de$ latex \mathfrak{F}_N$

3.5 Se ve fácilmente que la condición 2 se cumplirá también para N+2, con lo cual se puede pensar en una demostración por inducción

4. Por inducción, como para N=2 se cumple el punto 3, también se cumplirá para todo N
Toro Sentado | 14 de Febrero de 2008 | 1:28

Lo siento le he dado sin querer al botón comentar y he comentado antes de tener preparada del todo la demostración mientras la preparaba con el “vista previa”.
Toro Sentado | 14 de Febrero de 2008 | 1:52

Creo que tras mucho reflexionar a ratos libres he dado con una demostración del punto 1:

Consideramos $\frac{a}{b},\frac{a^\prime}{b^\prime}$ elementos seguidos de $\mathfrak{F}_N$ y $\frac{u}{v} \in \mathfrak{F}_{N+1}, \frac{u}{v} \not\in\mathfrak{F}_N$
Es decir $\frac{u}{v}$ es una fracción que se añadirá a $\mathfrak{F}_N$ para formar $\mathfrak{F}_{N+1}$

1. Si $\frac{a}{b} \ll \frac{u}{v} \ll \frac{a^\prime}{b^\prime}$
Es fácil ver que $v=n \cdot b^\prime+m \cdot b$ Siendo n y m números naturales
Y que $\frac{u}{v} = \frac{a+a^\prime}{b+b^\prime}+\frac{n-m}{(b+b^\prime )\cdot v}$

2. Suponemos que hasta N se cumple que $N+1\ll b+b^\prime$ para todos los pares de denominadores consecutivos de $\mathfrak{F}_N$

3. Al construir $\mathfrak{F}_{N+1}$ a partir de $\mathfrak{F}_N$ se demuestra que:
3.1 todos los $\frac{u}{v}$ no simplificables usados caen entre fracciones con denominadores b y b’ tales que $N+1=b+b^\prime$

3.2 y a la inversa, todas las fracciones con denominador b y b’ tales que $N+1=b+b^\prime$ reciben una fracción $\frac{u}{v}$ en medio.

3.3 Se puede demostrar a partir de las fórmulas en 1 y del punto 2 que en los casos 3.1 y 3.2 $\frac{u}{v}=\frac{a+a^\prime}{b+b^\prime}$

3.4 Las fracciones $\frac{u}{v}$ simplificables coinciden con alguna fracción de $\mathfrak{F}_N$

3.5 Se ve fácilmente que la condición 2 se cumplirá también para N+2, con lo cual se puede pensar en una demostración por inducción

3.6 Es fácil demostrar que si $\frac{u}{v}=\frac{a+a^\prime}{b+b^\prime}$
se cumple que $a^\prime \cdot v - b^\prime \cdot u = 1$ y $u \cdot b - v \cdot a = 1$

4. Por inducción, como para N=2 se cumple el punto 3, también se cumplirá para todo N
Toro Sentado | 14 de Febrero de 2008 | 1:55

Posteriormente iré aclarando cada punto de la demostración. Como ésta era muy larga he decidido escribir primero el esquema general que he seguido y luego desarrollar cada punto.
Toro Sentado | 15 de Febrero de 2008 | 0:40

Aclaraciones a la demostración:

1. Se deduce de $u \cdot b - a \cdot v = n$ y $a^\prime \cdot v - u \cdot b^\prime = m$ Siendo n y m naturales

2. En este punto debe decir:
Se supone que hasta N se cumple que $N+1\ll b+b^\prime$ y que $a^\prime \cdot b - b^\prime \cdot a = 1$ Para cada par de fracciones consecutivas de $\mathfrak{F}_N$

3.1. Esto se deduce de $N+1\ll b+b^\prime$ y de $v=n \cdot b^\prime+m \cdot b$

3.2. Se deduce de que la fracción $\frac{a+a^\prime}{b+b^\prime}$ no pertenece a $\mathfrak{F}_N$ y está entre $\frac{a}{b} y \frac{a^\prime}{b^\prime}$

3.3. Según 3.1. y 3.2. se concluye que n=m=1. Luego sustituyendo en las ecuaciones del punto 1 se llega a la fórmula en 3.3.

3.4. Porque en este caso v sería menor que N+1

Con esta demostración se prueban a la vez los puntos 1, 2 y 3.
En resumen: se ha analizado el modo de construcción de la serie. A cada paso que se da en esta construcción las condiciones que cumplen las fracciones de la serie son la 1, 2 y 3 del post inicial, y se demuestra por inducción, que esto se repetirá en todo el proceso.
Omar-P | 16 de Febrero de 2008 | 23:43

El valor del límite (3/pi^2) es igual al radio del círculo cuya circunferencia equivale a la razón de volúmenes entre el ortoedro y el elipsoide inscrito, o entre el cuboide y el esferoide inscrito, o entre el cubo y la esfera inscrita.
Omar-P | 17 de Febrero de 2008 | 0:33

3/pi^2 también es igual al radio del círculo cuya circunferencia equivale a la razón de superficies entre el cubo y la esfera inscrita.
Domingo H.A. | 17 de Febrero de 2008 | 13:03

Vamos a responder a la cuestión número 1. Tomamos las fracciones $\frac{a}{b}\prec\frac{\tilde{a}}{\tilde{b}}$ consecutivas en $\mathfrak{F}_n$ . Como a y b son primos ente sí (y $1\leq a\leq b\leq n$ ), por la identidad de Bézout, existen enteros $x_0, y_0$ tales $bx_0-ay_0=1$ , y además podemos suponer sin perder generalidad que $0\prec x_0\leq y_0$ .

Por tanto, la soluciones de la ecuación diofántica $bx-ay=1$ son de la forma

$x=x_0+at,\quad y=y_0+bt,\quad t\in\mathbb{Z}$

Nos interesa ver que $\tilde{a}$ y $\tilde{b}$ resuelven esta ecuación diofántica. Para ello notamos, y esta es la clave de la cuestión, que de entre todas las soluciones podemos elegir $t\in\mathbb{Z}$ que cumpla $y\leq n$ y $n\prec b+y$ ; es decir, $0\leq n-b\prec y\leq n$ (y manteniéndose la solución $x$ positiva). Entonces la fracción irreducible de $\frac{x}{y}$ pertenece a $\mathfrak{F}_n$ y debe ser igual a $\frac{\tilde{a}}{\tilde{b}}$ .

En efecto, si no fuesen iguales, ya que las fracciones originales son consecutivas, debería ser que $\frac{a}{b}\prec \frac{\tilde{a}}{\tilde{b}}\prec\frac{x}{y}$ . Y entonces:

$\tilde{b}=\tilde{b}(xb-ay)=xb\tilde{b}-\tilde{a}by+\tilde{a}by-a\tilde{b}y=b(x\tilde{b}-\tilde{a}y)+y(\tilde{a}b-a\tilde{b})\succ b+y\geq n+1$

lo cual es absurdo.
Domingo H.A. | 17 de Febrero de 2008 | 13:12

Bueno y para la cuestión 5, hay que tener en cuenta que las circunferencias son tangentes si y sólo si la distancia entre los centros es igual a la suma de los radios, es decir (poniendo esta igualdad y elevando al cuadrado),

$latex \left(\cfrac{a}{b}-\cfrac{\tilde{a}}{\tilde{b}}\right)^2
+\cfrac{1}{4}\left(\cfrac{1}{b^2}-\cfrac{1}{\tilde{b}^2}\right)^2=
\cfrac{1}{4}\left(\cfrac{1}{b^2}+\cfrac{1}{\tilde{b}^2}\right)^2$

o lo que es lo mismo, si y sólo si

$\cfrac{(a\tilde{b}-\tilde{a}b)^2}{(b\tilde{b})^2}=\cfrac{1}{(b\tilde{b})^2}$
y esto nos dice que las fracciones son consecutivas.
Omar-P | 17 de Febrero de 2008 | 14:43

La imágen con circunferencias tangentes enviada por Domingo H.A. me hace recordar las sangaku.
Omar-P | 17 de Febrero de 2008 | 15:00

¡Que bonita es la fórmula de los círculos tangentes de Descartes!
http://www.arrakis.es/~mcj/sangaku03.htm
Toro Sentado | 18 de Febrero de 2008 | 11:49

Gracias por las respuestas Domingo,
¿mi demostración no te parece correcta? quizá no supe expresar bien las ideas
Domingo H.A. | 18 de Febrero de 2008 | 12:42

lo de las circunferencias tangentes tiene relación con el problema de Apolonio:

http://en.wikipedia.org/wiki/Problem_of_Apollonius

http://en.wikipedia.org/wiki/Apollonian_gasket

http://mathworld.wolfram.com/ApollonianGasket.html

Y la versión tridimensional es espectacular: http://en.wikipedia.org/wiki/Image:Apollonian_spheres.jpg
Omar-P | 18 de Febrero de 2008 | 16:41

¿Sabía que… Apolonio de Perga, conocido como “el gran geómetra”, fue quien dió el nombre a las figuras de la elipse, la parábola y la hipérbola?.
Domingo H.A. | 19 de Febrero de 2008 | 0:05

Con esto de las circunferencias tangentes me acabo de acordar de una curiosidad que, con permiso del moderador, les propongo como ejercicio (es sencillo).

1) Vamos a considerar en el plano el cuadrado $(-2,2)^2$ de lado 4 y en él vamos a dibujar las cuatro circunferencias, todas de radio 1, centradas en los puntos $(\pm 1,\pm 1)$ . Estas circunferencias son consecutivamente tangentes y dejan un hueco al medio. ¿Cuál es el radio de la mayor circunferencia centrada en el origen tangente a las 4 circunferencias anteriores?

2) Misma cuestión pero en tres dimensiones: dado el cubo $(-2,2)^3$ de lado 4 y las 8 esferas, todas de radio 1, centradas en los puntos $(\pm 1,\pm 1,\pm 1)$ (son esferas consecutivamente tangentes y dejan un hueco al medio) ¿Cuál es el radio de la mayor esfera centrada en el origen tangente a las 8 esferas anteriores?

3) Responder a la misma cuestión en $n$ dimensiones partiendo de un hipercubo de lado 2 y de las $2^n$ hiperesferas tangentes de radio 1 centradas en $(\pm 1,\ldots,\pm 1)$ .

4) Y todo viene a cuento de la respuesta a la siguiente pregunta. ¿Qué ocurre a partir de la décima dimensión?
Toro Sentado | 19 de Febrero de 2008 | 0:57

Lo he pensado un poco por encima. Las respuestas son:

1. $\sqrt{2}-1$

2. $\sqrt{3}-1$

3. $\sqrt{n}-1$

4. A partir de n>=10 la esfera tangente se sale del hipercubo $(-2,2)^n$
Lo encuentro paradójico pero no se si me he equivocado en algo, o cómo debe interpretarse este resultado.
Domingo H.A. | 19 de Febrero de 2008 | 14:44

jejeje, sí señor Toro Sentado…paradójico el resultado, no?
Domingo H.A. | 19 de Febrero de 2008 | 15:46

En dimensión 9 “vemos” que la hiperesfera central tiene radio 2, que es igual a la semi-arista del hipercubo. Así que ahora la esfera central “llena” el hipercubo, siendo tangente a cada una de las hipercaras en su centro, pero aún así deja suficiente espacio en cada uno de los $2^9= 512$ vértices como para incluir 512 esferas de dimensión 9 de radio 1.
Domingo H.A. | 19 de Febrero de 2008 | 16:05

Otra curiosidad, por si alguien tiene interés:

se puede comprobar fácilmente que en dimensión 3 (resp., 2) es mejor encajar una esfera (resp., círculo) dentro de un cubo (resp., cuadrado), que un cubo (resp. cuadrado) dentro de una esfera (resp., círculo). ¿Ocurre eso en cualquier dimensión?

Decimos (informalmente) que una figura encaja mejor dentro de otra si sobra menos volumen.
Domingo H.A. | 19 de Febrero de 2008 | 23:50

Teniendo en cuenta la expresión del volumen y área lateral de las esferas en función de la dimensión http://en.wikipedia.org/wiki/Hypersphere , se ve que una hiperesfera está mejor envasada en un hipercubo que un hipercubo en una hiperesfera si y sólo si $n\geq 8$ , donde $n$ es la dimensión.
Omar-P | 20 de Febrero de 2008 | 0:47

¿ Es correcto n => 8 ?
Domingo H.A. | 20 de Febrero de 2008 | 14:55

Gracias por la corrección Omar-P, quise decir $n\leq 8$ . Cuando tenga un tiempo, y si nadie tiene ganas de hacerlo antes, intentaré explicar algo al respecto.
Omar-P | 20 de Febrero de 2008 | 16:24

Me resulta interesante este tema, Domingo H.A. Espero, paciente, tu comentario.
Domingo H.A. | 20 de Febrero de 2008 | 20:44

Resulta que partiendo de un hipercubo $(-R,R)^n$ de arista $2R$ , la hiperesfera inscrita tiene radio $R$ , y los volúmenes respectivos son $V_{\textrm{cubo}}=(2R)^n$ y $V_{\textrm{esfera}}=\cfrac{2\pi^{n/2}}{n\Gamma(n/2)}\cdot R^n$ , donde $\Gamma(x)$ es la función gamma de Euler. La razón entre los volúmenes es $\mathfrak{R}_1=\cfrac{V_{\textrm{cubo}}}{V_{\textrm{esfera}}}= \cfrac{n\cdot 2^{n-1}\cdot \Gamma(n/2)}{\pi^{n/2}}$ .

Del mismo modo, si ahora partimos de una hiperesfera de radio $R$ , el hipercubo inscrito tiene semiarista $\cfrac{1}{\sqrt{n}}\cdot R$ , donde $n$ es la dimensión. Ahora la razón entre los volúmenes es

$\mathfrak{R}_2=\cfrac{V_{\textrm{esfera}}}{V_{\textrm{cubo}}}= \cfrac{(n\pi)^{n/2}}{n\cdot 2^{n-1}\cdot \Gamma(n/2)}$ .

Interesa saber para qué dimensiones ocurre que $\mathfrak{R}_1\leq \mathfrak{R}_2$ (es decir, ver si sobra menos volumen al encajar una esfera en un cubo, o al encajar un cubo en una esfera). Pero

$\cfrac{\mathfrak{R}_1}{\mathfrak{R}_2}= \cfrac{1}{4}\left(\cfrac{4}{\pi}\right)^n\cdot n^{2-\frac{n}{2}}\cdot \Gamma(\frac{n}{2})^2\leq 1$ si y sólo si $n\leq 8$ . Es decir, de dimensión 9 para arriba sobra menos volumen encajando un cubo en una esfera.

Encuentro muy espectaculares los resultados que dependen de la dimensión. ¿Alguien quiere indicar algún resultado de este estilo (una propiedad que se verifique hasta una cierta dimensión, y luego ocurran otras cosas)?
Omar-P | 22 de Febrero de 2008 | 3:02

Aquí hay una interesante animación de un hipercubo:
http://es.wikipedia.org/wiki/Imagen:8-cell-simple.gif