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gaceta universitaria de divulgación / ciencias / humanidades / UACMTRANSCRIPT
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MefistoNúmero 11 Julio de 2014
En este número:
Presentación 3Octavio Campuzano Cardona
El compás del joven Gauss 4Carlos Infante Vargas
Construcciones con regla y compás 5Carlos Infante Vargas
Construcción del polígono de 17 lados 9Daniel Maisner Bush
El cielo de invierno 12
Acertijos 22
Sudoku 24
El buen cristiano debe estar precavido frente a los matemáticos y todos aquellos que hacen profecías vacías. Existe el peligro de que los matemáticos hayan hecho un pacto con el diablo para ofrecer el espíritu y confinar al hombre en el infierno.
San Agustín, De genesi ad Litteram, II, xviii, 37.
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MefistoEditor
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Fausto Cervantes Ortiz
Comité Editorial
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Octavio Campuzano Cardona
Fausto Cervantes Ortiz
Daniel Maisner Bush
Verónica Puente Vera
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PresentaciónOctavio Campuzano Cardona
Academia de Cultura Científico-HumanísticaPlantel San Lorenzo Tezonco
El sorprendente poder de las matemáticas para re-solver problemas de toda índole, junto a su apar-ente universalidad y coherencia interna, impiden ver que los principios y procedimientos que la in-tegran en la actualidad han surgido y se han de-sarrollado a partir del interés de las personas por resolver asuntos particulares en contextos bien determinados. En consecuencia, la matemática no ha sido la misma a lo largo del tiempo, tiene una historia forjada por hombres y mujeres de mayor o menor talento. Karl Friedrich Gauss es, sin duda uno de los personajes más destacados en la historia de la matemática, no sólo por sus grandes aporta-ciones a la teoría de números, el análisis matemáti-co, el álgebra, la estadística y la geometría diferen-cial, y en campos fuera de la matemática como la astronomía y la geodésica, sino también por haber llevado una vida de gran interés.
En este número de Mefisto se muestra el lado humano de Gauss por medio de un breve relato, en el cual se recrean las sensaciones del joven Karl después de haber resuelto uno de los prob-lemas más relevantes de la teoría de números de su época: la construcción del polígono de diecisiete lados, usando regla y compás. La solución de ese problema fue determinante para que el joven Karl decidiera encaminarse hacia las matemáticas y la ciencia y dejara a un lado la filología. Respecto a su aportación a la matemática cabría preguntarse ¿cuál fue el problema resuelto por Gauss? ¿cómo se usan la regla y el compás para construir el polígo-no de diecisiete lados? En un par de artículos se da respuesta a estas preguntas, y de paso se ilus-tra ese camino de ida y vuelta entre el hacer y la abstracción, necesario para hacer matemáticas de alto nivel.
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El compás del joven GaussCarlos Infante Vargas
Profesor de Instituto en Barcelona, Cataluña
Hoy es un día especial. Hoy, la mañana del 30 de marzo de 1796 (a un mes de su décimo noveno aniversario), él sabe que será matemático. Sí, la Filología y los estudios clásicos pueden esperar, ya no tiene duda alguna: será matemático. Pero, ¿qué lo ha hecho decidirse tan rápido? la construc-ción del heptadecágono --el polígono regular de 17 lados-- utilizando únicamente regla y compás. Hoy, después de esforzadas y profundas reflexio-nes sobre la ecuación ciclotómica x17-1=0, sobre las extensiones de los racionales correspondientes al añadir estos puntos, sobre el número e de Euler y los primos de Fermat, su gran genio ha logrado desentrañar el problema. Ha encontrado el crite-rio necesario para deducir tal hecho, aquello que los matemáticos no han podido encontrar desde tiempos de los geómetras griegos. Sí, hoy es un día especial y, como tal, lo anota en su diario; en ese pequeño cuaderno del que sólo utilizará 19 pági-nas y que lo acompañará durante los próximos 18 años de su vida:
“Principia quibus innititur sectio circuli, ac divisi-bilitas eiusdem geométrica in septemdecim partes, etc. Mart 30 Brunsv. ”Ahora, relajado, piensa tranquilamente en su madre, quien estará orgullosa de su “maravilloso Karl”; en el Duque Guillermo de Brunswick, que lo ha enviado a estudiar a Gotinga bajo su gen-eroso patrocinio; y en su amigo Wolfgang Bolyai, con quien comparte largos paseos en silencio, cada uno inmerso en sus propios pensamientos. Sí, po-dría haberse dedicado a la Filología y al estudio de las Lenguas Clásicas; pero no, las Matemáticas han ganado y entre ellas su “princesa”, la Teoría de los Números, que le ha arrebatado la cabeza --y el corazón-- para siempre. Sí, hoy todo vuelve a es-tar en calma, esos meses de tremendo esfuerzo in-telectual --esas noches sin dormir-- han termina-do. Al menos por el momento. Y ello es así, porque si no, sería cualquier otra persona --cualquier otro ser humano-- pero no él: Karl, Karl Friedrich; Karl Friedrich Gauss.
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Construcciones con regla y compásCarlos Infante Vargas
Profesor de Instituto en Barcelona, CataluñaConstrucciones con regla y compas
Carlos Infante Vargas
Introduccion
Disponer de solo una regla no graduada y un compas,es decir, usar solo rectas, circunferencias y sus inter-secciones para hacer construcciones geometricas, era unclasico entre los griegos. Se dice que esta restriccion –quees una pura convencion– se debe a Platon (al menos, elfue quien la difundio y la transformo en una regla inape-lable). Entre estas construcciones esta la del polıgono re-gular: ¿se puede construir, utilizando solo regla y compas,cualquier polıgono regular? La respuesta es no. Ya desdetiempos de Euclides era conocido que se podıan construirde esta manera todos los polıgonos regulares de n lados,siendo n una potencia de dos multiplicada por el 3, 5o 15 y, durante dos mil anos, se penso que estos eran losunicos polıgonos regulares construibles.
Figura 1: Construccion del pentagono usando regla ycompas.
Sin embargo, hacia el ano 1796 K.F. Gauss realizo elprimer gran avance al comprender lo que quiere decirconstruir con regla y compas desde el punto de vista al-gebraico. Esta es una estrategia comun en las Matemati-cas, un problema que inicialmente parece de naturalezavisual o geometrica, se transforma –o se replantea– pa-ra su comprension y solucion en un lenguaje algebraicopuramente operacional. Recıprocamente, en otros proble-mas es muy importante pasar de un problema algebraicoa uno geometrico, pero de eso nos ocuparemos posterior-mente.
En nuestro caso particular, partimos de un proble-ma geometrico; ası que ¿como traducirlo al mundo delAlgebra? Para ello –y para dar una respuesta completaa nuestro problema–, dividiremos nuestra exposicion entres secciones. Primero hablaremos de la geometrıa eu-clidiana, despues su traduccion a geometrıa analıtica yfinalmente hablaremos del uso de la aritmetica para suataque.
Un poco de Geometrıa griega
Construir un numero con regla y compas significa tra-zar con estos instrumentos un segmento de recta quetenga por longitud el valor absoluto de dicho numero.Los antiguos griegos ya eran capaces de construir todoslos numeros racionales positivos y, curiosamente, tam-bien sus raıces cuadradas basandose en el teorema deTales ,en el teorema de Pitagoras y en propiedades delas circunferencias.
Para construir las raıces cuadradas de un numero cons-truible hacıan lo siguiente: Sea x un numero construible,construyase un segmento de longitud 1+x y, a partir delpunto medio de este segmento, tracese una circunferenciacon diametro en los extremos. Aplıquese el teorema dePitagoras al segmento perpendicular desde el punto quedivide al segmento en partes 1 y x, tomando en cuentalos tres triangulos rectangulos, de donde se deduce quemide
√
x, como se muestra en la figura:
Figura 2: Construccion de las raıces de los construibles.
Un poco de Geometrıa Analıtica
Recordemos que siempre podemos pensar que una fi-gura dada esta formada por puntos del plano cartesianoy que las coordenadas de sus puntos, por el hecho de
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pertenecer a esa figura concreta y no a otra, deben satis-facer ciertas relaciones numericas especıficas. Se llamancurvas algebraicas aquellas que se pueden obtener comografica de puntos que satisfacen relaciones polinomiales.Particularmente en los cursos de geometrıa analıtica seestudian las rectas y las conicas como soluciones de ecua-ciones de primer y segundo grado en dos variables. Ası,por ejemplo, los puntos P (x, y) que forman una recta da-da de pendiente − b
a, deben satisfacer una ecuacion lineal
de la forma ax+by+c = 0, para ciertos valores numericosde a, b y c.De tal manera que si un punto Q(u0, v0) del plano
no pertenece a esta recta, entonces no se cumple estarelacion, es decir, au0 + bv0 + c, !nunca vale cero!
En resumen, podemos pensar en estas formulas comouna clave de seguridad que nos dice si un punto cualquie-ra del plano pertenece o no a una curva dada.Similarmente, una circunferencia centrada en el punto
P (d, e) y radio r > 0, viene descrita por una ecuacion desegundo grado del tipo:
(x− d)2 + (y − e)2 = r2
, como se puede deducir facilmente de la formula de ladistancia entre dos puntos, que es una consecuencia di-recta del teorema de Pitagoras.Ahora, ¿que pasa entonces,con los puntos del plano
cartesiano que son la interseccion entre rectas y cırcu-los? Desde el punto de vista algebraico, se correspondena las soluciones simultaneas de las dos ecuaciones. Al re-solverlas, observamos que las coordenadas x y y de lospuntos de interseccion de estas figuras deben satisfaceruna nueva ecuacion que tambien es de segundo grado.Por ejemplo, si despejamos y en la segunda ecuacion ysustituimos en la primera, se tiene la ecuacion:
Ax2 +Bx+ C = 0 (1)
donde las letras mayusculas (llamados coeficientes) A,B y C son expresiones en las que solo aparecen sumas,restas, multiplicaciones y divisiones de los numeros a , b,c, d, e y r. Ası, las coordenadas de los puntos de cortede estas dos figuras, tambien deben cumplir ecuacionesde grado 2 y, por lo tanto, resolviendo (1) el valor de lacoordenada x (y de manera similar la y) esta dado porla formula de todos conocida:
x =−B ±
√
B2− 4AC
2A
Ası, si los numeros a, b, c, d, e y r son construibles,tambien lo sera x (y similarmente y).
Ejemplo 1
Supongamos que queremos encontrar la interseccion dela recta
x− 2y + 1 = 0
con la circunferencia
x2 +
(
y −
1
2
)
2
=1
4
Primero observemos que, multiplicando por 4 ambosmiembros de la igualdad, esta ecuacion es equivalentea:
4x2 + (2y − 1)2 = 1.
Si substituimos en esta ultima la expresion que obtene-mos para x de la ecuacion de la recta, a saber
x = 2y − 1,
se tiene:
5(2y − 1)2 = 1,
a partir de la cual obtenemos el valor de y:
y =1 +
√
5
2√
5,−1 +
√
5
2√
5,
y por tanto, tambien el de x:
x =1√
5,−1√
5.
Finalmente, concluimos que los puntos interseccion son:
P1 =
(
1√
5,1 +
√
5
2√
5
)
, y P2 =
(
−1√
5,−1 +
√
5
2√
5
)
.
Ahora, si repetimos este proceso varias veces mas uti-lizando cada vez como coeficientes de nuestras rectas ycircunferencias valores que son raıces de raıces cuadradasde numeros obtenidos de esta manera, entonces las coor-denadas de los ultimos puntos de interseccion –despuesde eliminar todas las raıces de raıces cuadradas de loscoeficientes– necesariamente han de satisfacer ecuacio-nes de grado una potencia de 2 donde los coeficientesson los numeros de las primeras rectas y circunferenciascon los cuales empezamos el proceso.
Ejemplo 2
Supongamos que tenemos la expresion:
x =
√
√
2 +√
3 +√
5
¿Cual es la ecuacion que satisface? Para responder estapregunta, tenemos que eliminar todas las raıces cuadra-das que aparecen elevando repetidamente al cuadrado:
x2 =
√
2 +√
3 +√
5
(x2−
√
5)2 = 2 +√
3
(x4 + 3)2 = (2√
5x2 +√
3)2
x8− 14x4 + 6 = 4
√
15x4
(x8− 14x4 + 6)2 = 250x4
x16− 24x12 + 208x8
− 414x4 + 36 = 0
Hemos visto entonces que los numeros construibles de
esta manera deben satisfacer ecuaciones de grado una
potencia de 2 con coeficientes enteros.
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Un poco de Aritmetica
Podemos pensar que nuestro problema de inscribir unpolıgono regular de n lados consiste en dividir un circulo,que podemos considerar (sin perdida de generalidad) deradio 1, en n partes iguale. Luego, si toda la circunferen-cia hace 2π radianes (es decir, 360o ), entonces necesita-mos construir con nuestros instrumentos permitidos (re-cordar que no disponemos de un transportador) n puntossobre ella que disten entre si exactamente angulos de 2π
n
radianes (es decir, 360o
n). Si el primer vertice lo colocamos
en el punto P0(1, 0), entonces, usando trigonometrıa ele-mental, el siguiente vertice tendra que estar en el puntoP1 =
(
cos 2π
n, sen 2π
n
)
. Es evidente que este punto P1 esconstruible con regla y compas, si y solo si, el numero
cos 2π
nlo es (Recordemos que sen 2π
n=
√
1− cos 2π
n).
Figura 3: Division de una circunferencia en n partes y suinterpretacion como numeros complejos.
Gauss interpreto los puntos P (x, y) del plano carte-siano como numeros complejos del tipo z = x + iy, loscuales manejaba sin ningun tipo de problema –matemati-co o etico– a pesar de que en su tiempo aun no eran deltodo entendidos, ni mucho menos aceptados.
Figura 4: El conjugado de un numero complejo.
La ventaja de pensar en los puntos del plano co-
mo numeros complejos esta en que estos ultimos tie-nen una estructura algebraica nueva. Es decir, pode-mos sumarlos, restarlos, multiplicarlos y dividirlos, mien-tras que los vectores asociados a los puntos solo se pue-den sumar y restar. Desde este punto de vista, el puntoP1 =
(
cos 2π
n, sen 2π
n
)
se corresponde con el numero com-plejo
ξ = cos
(
2π
n
)
+ i sen
(
2π
n
)
.
La gracia esta en que este numero complejo satisface laecuacion ciclotomica (o circular) siguiente:
zn− 1
z − 1= 1 + z + z
2 + · · ·+ zn−1 = 0,
y en que todas las soluciones (o raıces) de esta ecuacion–gracias a la formula de De Moivre– estan dadas por laspotencias de ξ, a saber: {ξ, ξ2, ξ3, · · · , ξn−1
}. Mas extra-ordinario aun, !estos numeros complejos se correspondenexactamente con los vertices faltantes de nuestro n-agonoregular!
Gauss tambien sabıa que si j es un numero primo re-lativo con n, entonces todas las potencias del numerocomplejo ξ
j nos vuelven a dar los n vertices del polıgonoregular:
{ξj, (ξj)2, (ξj)3, · · · , (ξj)n−1
} = {ξ, ξ2, ξ
3, · · · , ξ
n−1}
(2)Y ¿cuantos de estos numeros j hay? Pues la respuesta lahabıa dado otro portento matematico llamado LeonhardEuler, quien habıa calculado este numero a traves de lafuncion ϕ(n) , que cuenta la cantidad de numeros entre1 y n que son primos relativos con n. Euler sabıa que sin tiene una descomposicion como producto de potenciasde numeros primos de la siguiente forma:
n = 2ms∏
i=1
pαi
i, pi primo impar,
entonces
ϕ(n) = 2m−1
s∏
i=1
pbi−1
i(pi − 1).
Ejemplo 3
Calculemos ϕ(10).
Observemos que 10 = 2 · 5, por lo que se tiene:
ϕ(10) = 21−1· 51−1
· (5− 1) = 4.
Ası, solo hay cuatro numeros entre 1 y 10 que son primosrelativos con 10, los cuales pudimos haber encontrado deforma directa, a saber: {1,3,7,9}.
Solucion al problema
¿Y esto que tiene que ver con nuestro n-agono regular?Pues todo parte del hecho crucial de que
ξ + ξ−1 = 2 cos
(
2π
n
)
,
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y por lo tanto, el polıgono regular de n lados es construi-ble con regla y compas, si y solo si,
ξ + ξ−1
tambien lo es. Ası las cosas, nuestro problema se reducea saber que ecuacion o formula satisface este numero.Y sobre todo saber el grado de esta ecuacion. Pero, ¿endonde podemos buscar tal ecuacion?
La expresion ξ+ ξ−1 = 2 cos
(
2π
n
)
le sugirio a Gauss laidea de asociar las parejas j ↔ n − j para cada nume-ro j primo relativo con n (lo cual equivale a emparejarξj con su inverso multiplicativo y conjugado complejoξn−j = ξ
−j). De esta manera obtenemos exactamenteϕ(n)
2parejas (lo cual es posible pues ϕ(n) siempre es par
cuando n �= 2) y si sumamos los numeros de cada pareja
se obtienen ϕ(n)
2numeros del tipo ξ + ξ
−1 = 2 cos(
2π
n
)
.Finalmente, usando las propiedades antes vistas, pode-mos construir el siguiente polinomio:
ϕ(n)2∏
i=1
[
x−
(
ξk− ξ
n−k)]
=
ϕ(n)2∏
i=1
[
x−
(
ξk− ξ
−k)]
.
Gauss observo que este polinomio permanece inalterablesi intercambiamos ξ por cualquiera de las potencias ξ
j
con j primo por n, ya que (como vimos en la ecuacion 2)el conjunto de raıces no se altera y lo unico que estamoshaciendo es un cambio de orden de los factores. factores.
Ademas, a partir de la relacion ciclotomica:
1 + ξ + ξ2 + · · ·+ ξ
n−1 = 0,
Gauss dedujo que este polinomio tiene coeficientes ente-ros y que es el polinomio de menor grado que puede tenera los numeros complejos (de hecho reales) ξj + ξ
−j comoraıces. Ası, !este es el polinomio que buscamos!
Ejemplo 4
Calculemos este polinomio para n = 11. Observemosque en este caso:
ξ = cos
(
2π
11
)
+ i sen
(
2π
11
)
,
y que se tiene la relacion
1 + ξ + ξ2 + · · ·+ ξ10 = 0,
las 5 =ϕ(11)
2parejas que se forman en este caso corres-
ponden a los emparejamientos:
1 ↔ 10 4 ↔ 7
2 ↔ 9 5 ↔ 6
3 ↔ 8
que nos dan los numeros complejos siguientes:
ξ1 + ξ10, ξ4 + ξ7
ξ2 + ξ9, ξ5 + ξ6
ξ3 + ξ8.
Finalmente, formamos el polinomio correspondiente:
5∏
k=1
[
x−
(
ξk + ξ−k)]
= x5 + x4− 4x3
− 3x2 + 3x+ 1
Con toda esta valiosa informacion podemos deducirque si el numero ξ + ξ
−1 es construible con regla ycompas, entonces este polinomio tiene que tener por gra-do una potencia de 2, digamos 2m. Luego, dado que este
grado es igual a ϕ(n)
2, se debe tener la igualdad:
2m =ϕ(n)
2= 2m−2
s∏
i=1
pαi−1
i(pi − 1).
La unica posibilidad para que esto se cumpla es que lasαi’s sean todas iguales a 1 y que los factores pi − 1 cum-plan pi−1 = 2rj . Pero como los pi’s son numeros primos,se debe tener a su vez que las ri’s son potencias de 2 –lacual cosa era tambien conocida por Euler–, es decir, quedeben ser primos de Fermat de la forma pi = 22
tj
+ 1.Ası, podemos concluir –finalmente– que si el polıgono
regular de n lados es construible con regla y compas,entonces n tiene que ser de la forma
2ms∏
i=1
pi, con pi primo impar de Fermat.
Como nota final se tiene que, despues del 5, el siguien-te primo de Fermat es el 17. Ası, y desde entonces, elheptadecagono permanece inscrito –eternamente– en lalapida de K. F. Gauss.
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Construcción del polígono de 17 ladosDaniel Maisner Bush
Academia de Matemáticas, SLTContruccion del polıgono de 17 lados
Daniel Maisner Bush
6 de agosto de 2014
1. Contrucciones con regla y compas
Los griegos desarrollaron de forma prodigiosa la geometrıa, o mas precisamente lo que hoy conocemos bajo elnombre de geometrıa euclidiana. Su legado es uno de los pilares de la matematica moderna, no solo por la ampliagama de resultados obtenidos en matematicas, fısica y otras areas, sino tambien por su claridad y rigor en laexposicion de los mismos.
Una parte muy importante de esta herencia, es una magnifica recopilacion de una gran parte de los resultadosen el area de muchos de los pueblos de la antiguedad occidental tanto anteriores como contemporaneos a ellos, juntocon una enorme contribucion propia. Destacan, por su gran legado a la ciencia, la obra de Arquımedes, considerado,junto a Gauss y Newton, los matematicos mas grandes de todos los tiempos y la monumental obra de Euclides: LosElementos, que representa el primer tratado de de geometrıa con un concepto de rigor matematico muy cercano alconcepto de rigor moderno, y que ha trascendido como ejemplo de exposicion en muchas areas del conocimiento,mas alla de la geometrıa y de la matematica.
En gran parte del estudio de la geometrıa por los griegos se impuso la restriccion, de que todos los trazos, apartir de los cuales se construye el conocimiento, deberıan realizarse, usando, unicamente, regla (no graduada) ycompas. Es decir, todas las figuras geometricas y resultados que se obtengan a partir de ellas, deben obtenerse,trazando rectas, cırculos y sus intersecciones.
A pesar de haber construido un edificio muy solido, hubo una serie de problemas que permanecieron sin so-lucion (o en jerga matematica abiertos) hasta el siglo XIX. Mencionemos los cuatro problemas mas famosos deconstrucciones con regla y compas que no pudieron ser resuletos por los griegos:
1. Cuadratura del cırculo: Sin lugar a dudas se trata del problema mas famoso de todos, al grado de que,la expresion quiere encontrar la cuadratura al cırculo, esta totalmente incorporada al lenguaje cotidiano parasignificar que alguien intenta realizar algo imposible. El enunciado del problema es el siguiente: dado un cırculo
construir, con regla y compas, un cuadrado cuya area sea igual a la del cırculo.
2. Duplicacion del cubo: Dado un cubo, construir con regla y compas un cubo con volumen igual al doble deloriginal.
3. Triseccion del angulo: Utilizando regla y compas dividir un angulo en tres partes iguales.
4. Inscribir un n-agono en una circunferencia: Este es el problema principal del presente artıculo, porlo cual lo incluimos en la lista, a pesar de no ser tan famoso. El problema es determinar cuales polıgonosregulares pueden inscribirse en una circunferencia. En cierto sentido este problema representa un complementoal problema anterior, ahora tenemos un angulo fijo de 2π radianes (360◦) y nos preguntamos para que valoresde n lo podemos dividir en n partes iguales.
Quizas en sus orıgenes la restriccion de solo utilizar regla y compas haya tenido un caracter practico, pero conel tiempo se volvio una hipotesis puramente teorica, incluso con tintes de tipo religioso; y en cierto sentido, unbloqueo para la solucion de los problemas antes mencionados. Para Platon por ejemplo, la recta y el cırculo eranlas curvas ideales, y por eso la geometrıa deberıa restringir su uso al trazo de estas curvas.
Es sabido que Arquımedes resolvio el problema de la triseccion del angulo utilizando otro tipo de trazos y engeneral, desde la antiguedad, existen soluciones a muchos de los problemas irresolubles de regla y compas, eliminandoesta restriccion. Pero no hay mal que por bien no venga, el reto teorico fue fuente de trabajo e inspiracion demuchos matematicos, gracias a cuyos esfuerzos por solucionarlos se obtuvo un desarrollo enorme del conocimientomatematico.
En general todos los grandes problemas matematicos que han permanececido abiertos durante largos periodosde tiempo y han entusiasmado a grandes y pequenos pensadores, tienen las siguientes caracterısticas en comun:
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Figura 1: Triseccion del angulo.
• Enunciado sencillo: su enunciado, es sencillo de entender para todo el mundo, incluso para los no especia-listas, lo cual lleva al error psicologico de creer que la solucion debe ser igualmente sencilla; y se convierte enun reto natural para cualquier estudioso del area.
• Enunciados similares de facil solucion: existen problemas con un enunciado semejante, o casos particula-res de los problemas estudiados, de fasil solucion, lo cual aumenta el nivel del reto. Por ejemplo, en nuestro caso¿por que dividir un angulo en dos partes iguales es elemental y dividirlo en tres imposible? ¿Que diferenciaexiste entre un pentagono y un eptagono para que uno sea construible y el otro no?
• Imposibilidad de solucion en general: muchos de los problemas que han permanecido abiertos por largosperiodos de tiempo tienen en comun que son imposibles de solucionar, por lo menos lo son con las tecnicasque se han desarrollado en su epoca. Aunque, existen ejemplos de facil solucion en casos concretos, la soluciongeneral es imposible.
• Necesidad de un cambio de Lenguaje: la comprension profunda de los problemas planteados requierede un cambio tanto de lenguaje como de las tecnicas matematicas utilizadas para afrontarlos. En nuestrocaso la comprension profunda de cuales figuras son construibles con regla y compas solo fue posible gracias aldesarrollo del analisis y el algebra modernos (desarrollados hasta avanzado el siglo XIX y formalizados hastaprincipios del XX).
El algebra moderna permite contestar de manera completa a la pregunta esencial, que esta en el fondo detodos estos problemas ¿cuales son todos los numeros reales construibles?, es decir ¿cuales numeros reales α
cumplen que puede trazarse, con regla y compas, un segmento de longitud |α|?
Por otro lado, el desarrollo del analisis matematico permitio una comprension profunda del concepto denumero real, sin la cual, tampoco puede explicarse que numeros reales son construibles, mas concretamente,la comprension de que numeros son construibles va de la mano con entender la diferencia entre numerosalgebraicos y trascendentes.
2. Numeros construibles
Cuentan que en una ocasion un estudiante de la Facultad de Ciencias afirmo en clase del Dr. Alberto Barajasque no se podıa abrir un compas con apertura igual a π, ante lo cual, de forma pıcara don Alberto, lo hizo pasar alpizarron y le pidio que pintara la recta numerica. Posteriormente, solicito al desconcertado estudiante que apoyaraun lado del compas en el origen y desplazara el otro del tres al cuatro sin despegar el compas del pizarron, y mientrasel alumno realizaba esta actividad afirmaba “imposible que en este proceso usted no haya abierto el compas unalongitud igual a π”
Independientemente de la autenticidad de la anecdota anterior, es un buen recordatorio de que al hablar denumeros construibles estamos pensando en trazos que se puedan realizar con regla, no graduada y compas. Es
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11(continúa en la página 14)
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decir, trazando rectas y circunferencias; y como mencionamos en la seccion anterior, debilitar estas restriccionespermite una solucion de los problemas enunciados.
Diremos que un numero α es construible si puede construirse un segmento de longitud |α|. El trazo de unsegmento de longitud negativa, digamos −α puede interpretarse como un segmento de longitud |α| trazado ensentido contrario al segmento de longitud α. Con esto se garantiza geometricamente que se cumple la igualdad
α+ (−α) = 0
y a partir de aquı puede definirse la diferencia entre dos numeros construibles. Los griegos no desarrollaron losnumeros negativos, pero para la interpretacion algebraica de los construibles es importante, porque permite darlesuna estructura de campo.1
En geometrıa elemental existen pruebas de los siguientes hechos:
1. Todos los numeros racionales son construibles,
2. La suma, producto y raıces cuadradas de construibles son construibles.
Ambos resultados eran implıcitamente conocidos por los griegos aunque expresados en otro lenguaje. Sin ellos,no se hubiera podido realizar la teorıa de proporciones o la prueba de que
√
2 es un numero irracional. Lo que yano es evidente y requiere del lenguaje moderno es que estos dos enunciados caracterizan a los numeros construibles,ademas, de aquı se desprende que forman un subconjunto pequeno de los numeros reales.
La idea es relativamente simple en terminos de geometrıa analıtica: cualquier punto construible se puede obtenercomo la interseccion de rectas o circunferencias cuyas ecuaciones tienen coeficientes construibles. Un calculo directomuestra que las coordenadas ası obtenidas cumplen las condiciones arriba mencionadas ( vease el artıculo de Infanteen este mismo numero o [Fra], pagina 362).
Ejemplo 1. Son construibles los siguientes numeros:
1 +√
17
2,
√
√
√
√
1 +
√
1−√
2
1−√
5, y
−1+√
5
2+
√
(−1+√
5
2)2 − 4
2
A partir de la caracterizacion antes descrita, se puede probar que existen una infinidad (no numerable) denumeros no construibles y, cualquier construccion, que de alguna forma utilice el trazo de longitud uno de ellos,sera imposible de realizarse. Ademas, de la caracterizacion anterior se puede obtener:
Teorema 2.1. Los numeros construibles satisfacen un polinomio monico, irreducible, con coeficientes racionales,
de grado mınimo igual a una potencia de 2
Nota: Intuitivamente, elevando al cuadrado tantas veces como raıces cuadradas tengamos y aplicando opera-ciones de numeros de suma y producto podemos encontrar el polinomio mınimo irreducible que las tiene por raıces.Por el tipo de operaciones realizadas el polinomio obtenido tiene coeficientes racionales y grado una potencia de 2.Una prueba rigurosa, requiere de bastante trabajo en polinomios.
Ejemplo 2. Consideremos el siguiente numero construible
x =
−1+√
5
2+
√
(−1+√
5
2)2 − 4
2.
y veamos que satisface un polinomio monico de grado una potencia de 2. Tenemos las siguientes igualdades equiva-
lentes:
(
2x−
−1+√
5
2
)2
= (−1+√
5
2)2 − 4 = 1−2
√
5+5−16
4
⇔ 4x2 + 2x− 2x√
5 + 6−2√
5
4= −5
2−
√
5
2
⇔
(
4x2 + 2x+ 4)2
= (2x√
5)2 = 20x2
⇔ 16x4 + 16x3 + 16x2 + 16x+ 16 = 0⇔ x
4 + x3 + x
2 + x+ 1 = 0.
1De manera informal digamos que un campo es un conjunto con operaciones de suma y producto donde se pueden sumar, restar,multiplicar y dividir entre elementos diferentes de cero.
Mefisto
12
El cielo de verano
Fases de la Luna
Luna nueva
26 de julio24 de agosto23 de septiembre
Cuarto creciente
4 de julio3 de agosto1 de septiembre
Luna llena
11 de julio10 de agosto8 de septiembre
Cuarto menguante
18 de julio17 de agosto15 de septiembre
Mefisto
13
Lluvias de estrellas
a Capricórnidas
29 y 30 de julio
Perséidas
11 y 12 de agosto
Planetas
Mercurio en CáncerVenus en CáncerMarte en LibraJúpiter en LeoSaturno en EscorpiónUrano en AriesNeptuno en Piscis
Mefisto
14
4
El teorema 2.1 es suficiente para explicar por que los primeros tres problemas clasicos son imposibles de solu-cionar, y entender la complejidad del cuarto problema:
1. Cuadratura del cırculo. Dada una circunferencia de radio 1, tiene area igual a π. Un cuadrado de la mismaarea supondrıa que
√
π es construible y en particular tambien lo es π. Pero π es un numero trascendente;es decir, no existe un polinomio con coeficientes racionales que lo tenga por raız y por tanto no puedeser construible. Para remarcar que esta prueba requiere del uso de herramientas modernas, mencionemos,adicionalmente, que la prueba de la trascendencia de π debida a Lindemann data de 1882. (ver [Mayer])
2. Duplicacion del cubo. Si consideramos un cubo de lado 1 entonces un cubo del doble de volumen, tienevolumen 2 y por tanto su lado es igual a 3
√
2. Ahora bien, el polinomio monico, mınimo e irreducible que tienepor raız a 3
√
2 es p(x) = x3− 2. Como 3 no es una potencia de 2, las raıces de p(x) no son construibles.
3. Triseccion del angulo. Para este caso, primero debemos comprender que quiere decir tener un anguloconstruible. Si consideramos la circunferencia de radio 1 centrada en el origen y el angulo θ formado por eleje X y una recta que pasa por el origen, entonces el punto P de interseccion tiene coordenadas:
(cos θ, sen θ) = (cos θ,√
1− cos2 θ).
Por tanto, θ es construible si y solo si cos θ lo es.
Figura 2: Angulo construible.
Ahora bien, la identidad trigonometrica:
cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ (1)
nos muestra que en caso de poder trisecar el angulo α = 3θ, existe un numero construible que soluciona laecuacion trigonometrica (1).
Pero esto, en general es imposible. Por ejemplo, si θ = π
9= 20◦ entonces (1) es:
1
2= cos
π
3= cos 3
(
π
9
)
= 4 cos3π
9− 3 cos
π
9
y por tanto cos π
9es raız del polinomio:
4x3− 3x−
1
2= 4
(
x3−
3
4x−
1
8
)
.
Pero, al ser x3−
3
4x−
1
8un polinomio irreducible de grado 3 sus raıces no pueden ser numeros construibles.
Mefisto
15
5
Ejemplos de polıgonos construibles y no construibles
Como vimos en la introduccion, determinar para que valores de n el polıgono de n lados es construible, corres-ponde a dividir la circunferencia (el angulo de 2π radianes) en n partes iguales. Es decir, queremos construir elangulo 2π/n y sus multiplos enteros; equivalentemente, queremos determinar todos los puntos
(cosnθ, sennθ) (2)
construibles.La identidad de Euler
einθ = cosnθ + i sennθ
muestra que cada punto de la ecuacion (2) se corresponde con una raız n−esima de la unidad y por tanto el problemaanterior puede enunciarse de la siguiente manera: determinar que raıces n-esimas de la unidad tienen parte real e
imaginaria construibles. Mas aun, como cualquier raız es una potencia de ζ = e
2πi
n , basta determinar para que casosla parte real e imaginaria de ζ lo son.
Ejemplo 3. El poligono de 5 lados es construible.
Demostracion: Queremos ver que cualquier raız quinta de la unidad es construible. Las raıces quintas de launidad son las soluciones de la ecuacion x
5− 1 = 0 Ahora bien, podemos factorizar:
x5− 1 = (x− 1)(x4 + x
3 + x2 + x+ 1) = (x− 1)p(x)
siendo p(x) irreducible en los racionales.2
Debemos probar que las raıces de p(x) son construibles. Sea
ζ = cos
�
2π
5
�
+ i sen
�
2π
5
�
entonces las raıces de p(x) son:{ζ, ζ
2, ζ
3, ζ
4} = {ζ, ζ
2, ζ
2, ζ},
donde la barra expresa el conjugado complejo. Hagamos
β1 = ζ + ζ4 = 2Re ζ y β2 = ζ
2 + ζ3 = 2Re ζ2
entonces ζ es raız del polinomio cuadratico
x2− (ζ + ζ
4)x+ ζζ4 = x
2− β1x+ 1,
y por tanto es construible si y solo si β1 lo es (lo cual tambien puede deducirse de que β1 es el doble de la partereal de ζ). Por otro lado, como
p(x) = (x− ζ)(x− ζ2)(x− ζ
3)(x− ζ4)
el coeficiente de x3 es
1 = −(ζ + ζ2 + ζ
3 + ζ4)
y de esta igualdad podemos concluir:
−(β1 + β2) = −(ζ + ζ2 + ζ
3 + ζ4) = 1,
β1β2 = (ζ + ζ4)(ζ2 + ζ
3) == ζ
3 + ζ4 + ζ
6 + ζ7 = ζ
3 + ζ4 + ζ + ζ
2 = −1.
Unificando ambas ecuaciones concluimos que βi es raız del polinomio:
x2− (β1 + β2)x+ β1β2 = x
2 + x− 1
y en consecuencia construible. Mas aun, tenemos los valores especıficos:
2Al ser monico con termino independiente igual a 1, las unicas raıces racionales posibles son ±1, que claramente no lo son.
Mefisto
16
6
βi =−1±
√
5
2y ζi =
βi ±
√
β2
i− 4
2=
−1±√
5
2±
√
(−1±√
5
2)2 − 4
2.
Como un corolario inmediato tenemos la igualdad:
(ζ + ζ4)− (ζ2 + ζ
3) = β1 − β2 =√
5. (3)
Ejemplo 4. El polıgono de 7 lados no es construible
Demostracion: Las raıces septimas primitivas de la unidad son:
ζj =
(
cos
(
2π
7
)
+ i sen
(
2π
7
))j
1 ≤ j ≤ 6,
y satisfacen el polinmomio irreducible
p(x) = x6 + x
5 + x4 + x
3 + x2 + x+ 1.
Como p(x) no tiene como grado una potencia de dos, sus raıces no son construibles. Veamos adicionalmente porque no funciona en este caso la idea desarrollada en el pentagono. Si hacemos
βj = ζj + ζ
j = ζj + ζ
7−j, 1 ≤ j ≤ 3
entonces ζj es construible si y solo si βj lo es. Ahora bien, el polinomio monico e irreducible mınimo de βj es
(x− β1)(x− β2)(x− β3)
y a diferencia del ejemplo 3, es de grado 3 y por tanto sus raıces no son construibles.
Mas en general, para cualquier primo non p, las raıces primitivas de la unidad deben ser raıces del polinomioirreducible:
xp−1 + x
p−2 + · · ·+ x+ 1
y por tanto p− 1 debe ser una potencia de 2:
p = 2m + 1.
Puede demostrarse, que al ser p primo non, m tambien tiene que ser una potencia de 2 y por tanto p es unprimo de la forma:
p = 22k
+ 1.
A estos primos se les denomina primos de Fermat. Hemos visto que si p es un primo non entonces que es
necesario para que el p−agono regular sea construible, que p sea primo de Fermat.
El polıgono de 17 lados
Vimos en la seccion anterior (y en [Infante]) que para que el p-agono regular sea construible, siendo p primonon, es necesario que p sea un primo de Fermat. ¿sera suficiente? Los primeros primos de Fermat son:
{220
+ 1, 221
+ 1, 222
+ 1} = {3, 5, 17}.
Los casos 3 y 5 son sencillos de resolver y su solucion era bien conocida por los griegos. ¿que sucede con elpolıgono de 17 lados? A los 19 anos de edad Gauss demostro que es construible lo cual fue un factor fundamentalpara dedicarse de lleno a las matematicas y ese resultado por si solo hubiera bastado para que su nombre quedarainscrito en la historia de las matematicas. Afortunadamente, Gauss nos legarıa mucho mas. Siguiendo sus ideasveremos una prueba en esta seccion.
Antes de explicar la construccion recordemos algunas definiciones basicas del algebra modular que nos seran deutilidad.
Mefisto
17
7
Figura 3: Heptadecagono.
Definicion 2.2. 1. Decimos que a es congruente a b modulo m:
a ≡ b (mod m)
si a y b dejan el mismo residuo al ser divididos por m,
2. a es invertible o unidad modulo m si existe c que cumpla:
ac ≡ 1 (mod m).
Equivalentemente, a es invertible si no tiene divisores en comun con m diferentes de ±1. Cuando m = p, un
numero primo, entonces todos los residuos diferentes de p, {1, 2, · · · , p− 1} son inversibles.
3. El conjunto de elementos inversibles esta generado como las potencias de un elemento ξ que se denomina raız
primitiva:
a ≡ ξi(mod m) 0 ≤ i ≤ ϕ(i), ϕ(i) := |{inversibles}|.
Para una descripcion mas a fondo de ϕ(n) vease [Infante].
Como en los ejemplos de la seccion anterior, debemos ver que son construibles las raıces del polinomio irreducible:
p(x) = x16 + x
15 + x14 + · · ·+ x
2 + x+ 1.
Sean{ζ, · · · , ζ
i, · · · , ζ
16}
las 16 raıces de p(x). Bajo el producto, las raıces se comportan como los residuos modulo 17. En efecto, la asignacionnatural:
{raıces de p(x)} −→ {enteros modulo 17}ζi
�→ i
respeta el producto. Dado que siζiζj = ζ
i+j
y si i+ j = 17 + k entoncesζi+j = ζ
17ζk = ζ
k�→ k ≡ i+ j (mod 17).
Para los enteros modulo 17 tenemos:
invertiblesmodulo 17 := {1, 2, 3, · · · , 15, 16}
Mefisto
18
8
y estos numeros modulo 17 los podemos generar como potencias de 3:
{3i}171=0
= {1, 3, 9, 10, 13, 5, 15, 11, 16, 14, 8, 7, 4, 12, 2, 6}.
Al escribir los invertibles como potencias de 3 podemos observar que las potencias pares de 3 son cuadradosmodulo 17, mientras que las nones son no cuadrados. Es decir si denotamos por C a los cuadrados y NC a los nocuadrados tenemos:
C = {1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2} y NC = {3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6}.
De forma similar podemos realizar particiones de los enteros modulo 17 segun el residuo modulo 4 y modulo 8del exponente de la raız primitiva 3:
Exponente conjunto Exponente conjunto2i C = {1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2} 2i+ 1 NC = {3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6}4i C1 = {1, 13, 16, 4} 4i+ 1 C2 = {3, 5, 14, 12}4i+ 2 C3 = {9, 15, 8, 2} 4i+ 3 C4 = {10, 11, 7, 6}8i+ k Ok = {±k}
donde en el ultimo renglon estamos remarcando que
38 ≡ −1 (mod 17) y por tanto 38+k≡ 383k ≡ −3k(mod 17).
Estas particiones son la clave que encontro Gauss para resolver la ecuacion p(x) = 0, y demostrar que sus raıcesson numeros construibles.
En el ejemplo del pentagono, la igualdadβ = ζ + ζ
permitio reducir el calculo de raıces cuartas a uno de raıces cuadradas. Claramente una aplicacion directa de estetruco solo permite reducir el calculo de las raıces de p(x) a un polinomio de grado 8, lo cual es insuficiente paraencontrar una solucion general. Las particiones que realizamos en las diferentes potencias de 3, nos permitiran haceruna generalizacion de la idea del pentagono valida en general.
Definamos los siguientes numeros auxiliares:
βk=ζ3k
+ ζ3k+8
= ζ3k
+ ζ−3
k
= ζ3k
+ ζ3k, 1 ≤ k ≤ 8,
γj=∑
s∈Cj
ζ3s
= ζ3s
+ ζ3s+4
+ ζ3s+8
+ ζ3s+12
1 ≤ j ≤ 4,
ωi=∑
s∈C
ζ3i+s
= ζ3i
+ ζ3i+2
+ ζ3i+4
+ · · ·+ ζ3i+16
0 ≤ i ≤ 1.
(4)
Para finalizar la prueba vamos a probar que si alguno de los numeros ζi, βi, γi, ωi es construible entonces los
demas lo son, y finalizaremos mostrando que ωi lo es. Mas especıficamente, tenemos:
Teorema 2.3. 1. ζ3i
y ζ−3
i
son raıces del polinomio x2− βix + 1 y por tanto ζ
i es construible si y solo si βi
lo es,
2. βi, βi+4 son raıces de x2− γix+ γi+1, y en consecuencia βi es construible si y solo si γi lo es,
3. γi y γi+2 son raıces de x2− ωix− 1 y por tanto γi es construible si y solo si ωi lo es,
4. ω0 y ω1 son raıces de x2− x− 4 y por tanto construibles. En consecuencia γi, βi y ζ
i lo son y el polıgono de
17 lados es construible.
Demostracion: En todos los incisos tenemos polinomios de grado 2 por lo cual debemos ver que el coeficientede x es menos la suma de las raıces propuestas y el coeficiente independiente el producto de las mismas. El resultadose sigue con los siguientes calculos:
1. Coeficientes de x: Se sigue de las definiciones de βi, γi y ωi las siguientes igualdades:
ζ3i
+ ζ−3i
=βi,
βi + βi+4 =ζ3i
+ ζ3i+8
ζ3i+4
+ ζ3i+12
= γi,
γi + γi+2 =ζ3i
+ ζ3i+4
+ ζ3i+8
+ ζ3i+12
+ ζ3i+2
+ ζ3i+6
+ ζ3i+10
+ ζ3i+14
= ωi.
Mefisto
19
9
Ademas, como el coeficiente de x15 de
p(x) = (x− ζ1) · · · (x− ζ
16)
es 1, tenemos:1 = −(ζ + · · ·+ ζ
16) = −(ω0 + ω1).
2. Terminos independientes. Claramente, al ser ζ raız de la unidad
ζ3i
ζ3i+8
= ζ3i
ζ−3
i
= ζ3i
ζ3i = 1.
Por definicion de βi tenemos
βiβi+4 = (ζ3i
+ ζ3i+8
)(ζ3i+4
+ ζ3i+12
)
= ζ3i+3
i+4
+ ζ3i+3
i+12
+ ζ3i+8
+3i+4
+ ζ3i+8
+3i+12
.
Factorizando, utilizando que los exponentes se comportan como enteros modulo 16 y reordenando podemosver que los exponentes son:
3i(1 + 34), 3i+4(1 + 34), 3i+8(1 + 34) y 3i+12(1 + 34),
es decir, los elementos de Ci multiplicados por (1 + 34). Pero:
1 + 34 ≡ 1 + 13 ≡ 39(mod 17).
Como estamos trabajando con potencias de 3, podemos ver de forma directa que multiplicar los elementos deCi por 3
j con j ≡ 1(mod 4) nos da los elementos de Ci+1, y por tanto
βiβi+4 =∑
j∈Ci+1
ζj = γi+1.
Para concluir la demostracion, debemos probar las igualdades:
ω0ω1 = −4 y γiγi+2 = −1.
Comoζiζj = ζ
i+j
los sumandos del producto ω0ω1 son los ζi que cumplan:
i = a+ b con a ∈ C y b ∈ NC.
Es decir, el exponente de cada sumando lo podemos identificar con una de las 64 parejas
(a, b) ∈ C ×NC.
Ahora bien, las congruencias:
3i ≡ 3i(15 + 3) ≡ 3i(4 + 14) ≡ 3i(13 + 5) ≡ 3i(8 + 10)(mod 17)
muestran que los 64 numeros a+ b recorren 4 veces todos los numeros invertibles modulo 17 y por tanto:
ω0ω1 = 4(ζ + · · ·+ ζ16) = −4.
De forma analoga para probar la igualdad γiγi+2 = −1 demostraremos que
γiγi+2 = ζ + · · ·+ ζ16.
Como
Mefisto
20
10
γiγi+2 = (3i + 3i+4 + 3i+8 + 3i+12)(3i+2 + 3i+6 + 3i+10 + 3i+14)
cada uno de los 16 sumandos que aparecen son de la forma ζj , con j = a+ b, siendo:
{
a = 34k y b = 34k+2 si i ≡ 0 (mod 2), oa = 34k+1 y b = 34k+3
, si i ≡ 1 (mod 2)para 0 ≤ k ≤ 8.
Pero estos numeros j recorren exactamente los 16 numeros invertibles modulo 17. En efecto, las siguientesigualdades muestran que cualquiera de los 16 numeros invertibles se escribe de manera unica de la forma antesmencionada:
C = {32k(16 + 2)}8k=1
y NC = {32k+1(12 + 6)}8k=1
C = {32k(12 + 6)}8k=1
y NC = {32k+1(16 + 2)}8k=1
.
donde estamos usando que modulo 17 se tienen las congruencias
16 ≡ 38, 2 ≡ 314, 6 ≡ 315 y 12 ≡ 313.
y al multiplicar por 32k o 32k+1 se obtienen sumandos de las formas propuestas.
Como un corolario inmediato tenemos igualdad:
∑
i∈C
ζi−
∑
j∈NC
ζj = ω0 − ω1 =
√
17. (5)
2.1. Algunos comentarios finales
Quiza sea un poco decepcionante para el lector encontrar una construccion con regla y compas que no utilizaninguno de los dos instrumentos en modo alguno. Aunque en general se cree que Gauss realizo una construccionexplıcita del polıgono de 17 lados, no se sabe a ciencia cierta si lo hizo, dado que fue otro de los grandes genios pocoadeptos a publicar sus resultados. Sin embargo, se conoce una construccion de estas caracterısticas de Richmond(1893) que no reproducimos por falta de espacio pero que puede leerse en [Cabeza].
El lector con algunos conocimientos de teorıa de Galois habra notado que la parte medular de la construcciondel polıgono esta en calcular la red de grupos de Galois de la extension de las raıces decimo septimas de la unidad.En este lenguaje se pueden generalizar de forma sencilla los resultados anteriores, para llegar al siguiente:
Figura 4: El matematico Pierre Laurent Wantzel.
Teorema 2.4. (Wantzel) Sea n un numero natural que se descompone en producto de primos como:
n = 2νpα11
· · · pαi
i
entonces el n-agono regular es construible si y solo si los primos nones Pi son primos de Fermat y 0 ≤ αi ≤ 1. Enparticular n es un primo impar si y solo si es un primo de Fermat.
A lo largo de su vida Gauss estuvo muy interesado en probar la ley de reciprocidad cuadratica planteada porEuler. Muchas de las ideas utilizadas para mostrar que el polıgono de 17 lados es construible estan presentes enuna de las herramientas mas poderosas que desarrollo para ello y que hoy se conocen como sumas de Gauss. Enparticular, mencionemos el siguiente resultado que generaliza las ecuaciones (3) y (5):
Mefisto
21
Teorema 2.5. Sea p un primo impar y ζ = e
2πi
p una raız p-esima de la unidad. Denotemos respectivamente a C y
NC y los cuadrados y no cuadrados de los elementos invertibles modulo p entonces:
∑
i∈C
ζi−
∑
i∈NC
ζj = (−1)
p−12√
p
Referencias
[Fra] J. Fraleigh , Algebra abstracta, ADDison-Wesley Iberoamericana, 1987, 484 pp.
[Infante] C.Infante, Construcciones con regla y compas, en este numero.
[Ivora] C.Ivora, Teorıa de Numeros, disponible en http://www.uv.es/ivorra/Libros/Numeros.pdf
[Mayer] S.Mayer, The tracendence of π, 2006 disponible en http://sixthform.info/maths/files/pitrans.pdf.
[Milne] J.Milne Fields and Galois Theory, disponible en http://www.jmilne.org/math/CourseNotes/ft.html
[Cabeza] A. Sanz, Gauss y el polıgono de 17 lados, Suma 58, 101-105 disponible en http://platea.pntic.mec.es/ ape-rez4/decabeza/58decabeza.pdf
Mefisto
22
23
x ¿
6
8
9z
5
01 Dos pastores están cuidando a sus ovejas. El primero de ellos dice:
Dame una de tus ovejas, para que tengamos los dos la misma cantidad.
El segundo le contesta:
Mejor tú dame una de tus ovejas, para que yo tenga el doble de las que tengas tú.
¿Cuántas ovejas tenía cada pastor?
2 En un equipo de basquetbol debe haber cinco ju-gadores. Adolfo, Ramiro, Fernando, Enrique y Ga-briel deciden formar su equipo. Si en el equipo se tienen las playeras para los 5 jugadores, cada una con un número diferente, ¿de cuántas formas dis-tintas pueden repartirse las playeras entre los inte-grantes del equipo?
3 Alfonso, Carlos, Rodolfo y Wenceslao son cuatro artistas. Uno de ellos es bailarín, otro es pintor, otro cantante y el otro es escritor, pero no nece-sariamente en ese orden.
Alfonso y Rodolfo estaban en el recital donde hizo su debut el cantante.
Carlos y el escritor encargaron sus retratos al pin-tor. El escritor hizo la biografía de Wenceslao y planea hacer la de Alfonso. Alfonso nunca ha oído hablar de Rodolfo.
¿A qué se dedica cada uno de ellos?
Acertijos
Mefisto
23
AcertijosSolución a los anteriores
1 Sea x el número de perlas. A la primera hija le tocan y = 1 + (x - 1)/7 perlas. A la segunda le tocan z = 2 + (x-y-2)/7, y así sucesivamente. Pero como la condición final es que cada hija recibió la misma cantidad de perlas, al igualar y con z y resolver para x la ecuación resultante, encontramos que había 36 perlas y 6 hijas.
? 4y
x2
y2
z2
1
7
2 En el momento en que coinciden las manecillas del reloj entre el 8 y el 9, faltan aproximadamente 17 minutos para las 9. Pero cuando hacen un án-gulo de 180º, entre 2 y 3 de la tarde, la manecilla de los minutos está exactamente en el mismo lugar, mientras que la de las horas apunta en dirección opuesta, por lo que deducimos que han pasado ex-actamente 6 horas.
3Si se saca un calcetín, puede ser de cualquiera de los dos colores. El segundo puede ser del mismo color que el anterior, o del otro color que hay. Pero el tercero tiene que ser de alguno de los dos colo-res, ya que no hay otros colores. Por lo tanto, con 3 calcetines que se saquen, es seguro que hay un par del mismo color, sin importar cuántos calcetines hay de cada color.
4 Los cubitos de los vértices tienen 3 caras pintadas. Los de las aristas tienen sólo 2 caras pintadas. Y los de la parte interior de las caras tienen sólo 1 cara pintada. Pero en la parte interior de las caras hay 8 x 8 = 64 cubitos, y como hay 6 caras, se tienen en total 64 x 8 = 384 cubitos con 1 sola cara pintada.
Mefisto
24
Sudoku
Fácil
Difícil
Solución al anterior
Solución al anterior
1
1
1
1
11
1
1
1
2
2
2
22
2
2
223
33
3
3
3
3
3
34
4
4
44
4
44
45
5
5
5
55
5
55
6
6
6
66
6
6
66
77
77
7
7
7
77
8
8
8
8
8
88
8
8
99
9
9
99
9
9
9
11
1
1
1
1
11
1
22
2
2
22
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