This is a preprint of: “Joies matemàtiques”, Armengol Gasull, Nou Biaix, vol. 44, 4–32, 2019. JOIES MATEMÀTIQUES ARMENGOL GASULL El doble sentit de la paraula joia en ha permès triar per aquest treball un títol que conté la, també doble, motivació del treball. Més concretament, el que es pretén és recollir demostracions, que en opinió de l'autor siguin senzilles i boniques, i a més, siguin tals que llegir-les i comprendre-les ens provoqui una certa felicitat. Senzill és un terme subjectiu, però per situar-lo en un context acadèmic, podríem assimilar-ho al nivell de comprensió matemàtica que tenen els bons alumnes de primers anys de universitat. Si senzill ja és subjectiu, que podem dir de bonic!. Per descomptat ni volem, ni sabem precisar-ho. En tot cas, un resultat per ser bonic ha d'interessar i no deixar indiferents a la majoria dels lectors matemàtics. A més, pot ser bonic per diferents raons: pel seu enunciat, per la seva interpretació, o pel tipus d'argumentacions que han permès demostrar- lo. Uns treballs que reexionen sobre aquesta qüestió són [21, 30, 46, 48]. Segons Hardy ([23]) en els grans teoremes hi ha un grau molt alt de sorpresa, combinat amb 1 inevitabilitat i economia . Una recopilació molt més ambiciosa és el famós llibre [1]. També s'ocupen de la mateixa qüestió els tres llibres clàssics [25, 26, 27], els llibres [2, 22, 39] o el treballs [37, 51]. Espero que el lector gaudeixi amb aquest recull tant com ho ha fet l'autor prepa- rant-lo i hi trobi demostracions que no coneixia. El treball està estructurat en seccions independents que s'han intentat ordenar en funció de la seva dicultat. Quan ha estat possible s'han contextualitzat les qüestions i proves presentades. Com no podia ser de cap altra manera, hi ha resultats involucrant els nombres primers, π, e, triangles, àrees, volums, polinomis, sèries, fraccions contínues, daus, . . . , vaja, els àtoms de les matemàtiques. Una altra cosa, també inevitable, és la quantitat de . noms il lustres que surten citats al treball. Una versió ampliada d'aquest article és [20]. Índex 1. Una pregunta amb resposta sorprenent 2 2. Hi ha innits nombres primers 2 3. Hi ha innits primers de la forma 4n − 1 3 4. Un gran forat sense nombres primers 3 5. Quadrats i més quadrats 3 6. El Teorema de Viviani 5 7. Dues conjectures d'Euler 5 8. Estrelles 6 9. Algunes proves sense paraules 8 10. Ternes pitagòriques i números de Fibonacci 9 1In [great theorems] there is a very high degree of unexpectedness, combined with inevitability and economy. 1 2 ARMENGOL GASULL 11. Arc capaç i molt més que Pitàgores 10 12. Fórmules d'Heró i Brahmagupta 13 13. Els babilonis i Newton 16 14. Posició de n punts al pla 17 15. Els primers dígits de π 18 16. Càlcul d'Arquimedes del volum de l'esfera 19 17. Daus de Sicherman 19 18. La irracionalitat d'e 21 19. Càlcul dinàmic del màxim comú divisor 22 20. Divergencia de la suma dels inversos dels primers 24 Agraïments 25 Referències 25 1. Una pregunta amb resposta sorprenent. Hi ha dos números irracionals a i b tals que ab sigui racional? √ √2 √ La prova, no constructiva, de que la resposta és si és a la vegada senzilla i bonica. Agafem c = 2 . Si c és racional ja hem acabat prenent a = b = 2. Si no, observem √ que √ √2 2 ( 2 ) = 2, √ per tant podem prendre a = c i b = 2. Observem que la demostració anterior no ens aclareix si c és racional o no. De fet, √ l'any 1900 Hilbert va proposar com a problema VII de la seva famosa llista, decidir per exemple si 2 2 i eπ eren números transcendents (és a dir, no eren arrels de cap polinomi no nul amb coecients enters). Aquestes qüestions van ser resoltes simul- tàniament per Gelfond i Schneider al 1934. El seu resultat, conegut com Teorema de GelfondSchneider, ens diu que si a i b són números algebraics (no transcendents), a ∈/ {0, 1} i b és irracional, aleshores ab és transcendent. √ Anem a veure que la transcendencia (i per tant la irracionalitat) dels números 2 2 , √ √2 π √ 2 i e se segueix del teorema. Observi's en primer lloc que si α és un número no algebraic, aleshores β= α fos arrel d'un polinomi P (x), també ho és, ja que si β no nul amb coecients enters, aleshores α seria arrel de Q(x) ∶= P (x2 ). Per tant, √ √ √2 com que 2 2 és transcendent el mateix passa amb la seva arrel quadrada, 2 . iπ −i Finalment, com que e és un dels valors que pren (e ) = (−1) , també sabem que π −i és transcendent. És curiós observar que encara no se sap si √ √2 √ (√2 √ √ ) = 2 2 2 e π o 2 són irracionals o transcendents. 2. Hi ha innits nombres primers. Per a molts matemàtics la prova d'Euclides de que hi ha innits primers és immillorable. A la secció següent en veurem una variació. Recordem-la breument. Si n'hi hagués un número nit, p1 , p2 , . . . , pk arri- bem a una contradicció considerant p1 p2 ⋯pk + 1 ja que o bé aquest número és un nou primer, o té un primer diferent dels n donats com a divisor. 3 Recentment, al 2006, li ha sortit una competidora ([47]) que reproduïm a conti- nuació. Considerem la següent successió de números naturals: xk+1 = xk (xk + 1), 1 < x1 ∈ N. Demostrarem per inducció que la descomposició en factors primers de xk conté com a mínim k primers diferents. El resultat és clarament veritat per k = 1. Suposem-lo cert per k = n i anem a provar-lo per k = n + 1. Tenim que xk és divisible per k primers diferents. A més, per a tot 1 < m ∈ N, els números m i m + 1 són primers entre si, ja que si p divideix a m i m + 1, divideix també a la resta que és 1. Així xn + 1 conté algun primer en la seva descomposició en factors primers que no és a la descomposició de xn . Per tant xn+1 és divisible, com a mínim, per n + 1 nombres primers, tal i com volíem demostrar. Entre els dos llibres [34, 44] hi ha una dotzena de proves diferents de l'existència d'innits nombres primers. 3. Hi ha innits primers de la forma 4n − 1. Del fet que hi ha innits nombres primers ja sabem que o bé n'hi ha un número innit de la forma 4n − 1, o bé n'hi ha un número innit de la forma 4n + 1, o bé les dues opcions es donen. Anem a veure que la primera opció és certa. La prova és una senzilla i elegant adaptació de la prova d'Euclides de la innitud dels nombres primers. Suposem que no, per tal d'arribar a contradicció. Siguin p1 , p2 , ..., pk tots els primers de la forma 4n − 1. Considerem N = 4p1 p2 ⋯pk − 1. Aleshores N no pot ser primer, ja que seria de la forma 4n − 1 i no és a la llista de tots els primers d'aquesta forma. Clarament cap pj divideix a N. A més a la descomposició de N en factors primers n'hi ha com a mínim un de la forma 4n − 1, ja que si tots fossin de la forma 4n + 1, N també ho seria ja que (4n + 1)(4m + 1) = 4(4nm + n + m) + 1. Aquest primer seria de la forma 4n − 1 i no és cap dels pj , j ≤ k, obtenint la contradicció desitjada. De fet, Dirichlet al 1837 va demostrar que, variant n ∈ N, qualsevol expressió an+b amb aib enters coprimers dona lloc a innits nombres primers. 4. Un gran forat sense nombres primers. Acabem de veure que hi ha innits nombres primers. De fet, se sap molt més. Per exemple, a l'any 1896, Hadamard i de la Vallée-Poussin van provar, usant idees de Riemann, que si π(n) denota el número de nombres primers menors o iguals que n, = 1. π(n) ln(n) lim n→∞ n Per això, a primera vista pot resultar sorprenent el resultat següent: per a tot m∈N hi ha m números consecutius de manera que cap d'ells és primer. Abans de seguir llegint potser ve de gust pensar-ho per un mateix. Hi ha una prova senzillíssima d'aquest fet: per a m ≥ 2, podem prendre (m+1)!+k, per k ∈ {2, ..., m + 1}. Clarament, cada (m + 1)! + k és divisible per k. 5. Quadrats i més quadrats. No és senzill dividir un quadrat en un número nit de quadrats més petits, tots disjunts i diferents, vegeu [14, Cap. 2]. Aquestes construccions es poden relacionar amb el disseny de certes xarxes elèctriques, vegeu [6]. A l'esquerra de la Figura 1, donem un quadrat de mida 112 × 112 subdividit 4 ARMENGOL GASULL en 21 quadrats més petits i diferents, tots amb costats enters. Va ser trobat l'any 1978 per Duijvestijn i s'ha demostrat que és el més senzill possible amb aquestes característiques. El mateix problema però començant amb un rectangle té solucions més simples, vegeu de nou la mateixa gura, on es mostra un rectangle 33 × 32, trobat l'any 1925 per Moro«, dividit en 9 peces quadrades diferents, amb costats enters. També se sap que aquesta solució és minimal. 10 9 14 1 4 7 8 18 15 Figura 1. Quadrat i rectangle dividits en quadrats diferents. C1 Figura 2. Impossibilitat de dividir un prisma rectangular en cubs diferents. El que és força curiós és que cap prisma rectangular amb costats sencers es pot dividir en un número nit de cubs més petits, tots diferents. Anem a provar-ho per reducció a l'absurd seguint [15, Cap. 17]. Suposem que sí que es pogués. Aleshores, per exemple la base de sota del prisma quedaria dividida en quadrats, tots amb costats diferents. Sigui Q1 , el quadrat més petit. Sobre aquest quadrat, el cub corresponent, C1 és tal que tots els que l'envolten són més alts que ell mateix, vegeu la Figura 2. Aleshores, la base de sobre d'aquest cub és un quadrat (de la mateixa 5 mida que Q1 ) de manera que les bases de tots els cubs que estan recolzats en ell el divideixen en quadrats més petits i tots diferents. De nou, n'hi ha un que és el més petit, diem-li Q2 . Podem raonar igual començant ara amb la cara superior del cub C2 que té com a base Q2 , i continuar aquest procés ns arribar a que hi hauria cubs de costat més petit que 1, en contradicció amb el que suposàvem. De fet, seguint un raonament semblant també podem demostrar que cap prisma rectangular (independentment de les mides dels seus costats) es pot subdividir en un número nit de cubs, tots diferents i tampoc amb costats necessàriament enters. 6. El Teorema de Viviani. Aquest teorema va ser provat per Viviani al segle XVII. Arma que si P és un punt interior d'un triangle equilàter aleshores la suma de les distancies de P als tres costats del triangle AB, BC i CA no depèn de P i val l'alçada √ h del triangle. Recordem, que si a és el costat del triangle, aleshores pel Teorema de Pitàgores, h = 3a/2. Figura 3. Teorema de Viviani: s+t+u és constant. La prova només usa que l'àrea d'un triangle és el producte de la base per alçada entre dos. Així, l'area total del triangle, ah/2, és igual a la suma de les àrees dels tres triangles en que es pot dividir, AP B , BP C i CP A, vegeu la Figura 3. Aquestes àrees són as/2, at/2 i au/2. Per tant s + t + u = h, tal i com volíem veure. 7. Dues conjectures d'Euler. Expliquem a continuació dos problemes que va tractar Euler, pels quals el seu fabulós enginy no va ser sucient per a proposar respostes correctes. Fixat, n ∈ N, Euler va conjecturar l'any 1769 que si sumen k > 1 potencies n- èsimes de números naturals i obtenim una potència n-èsima, aleshores k ≥ n. Aquest resultat va resultar ser fals i el primer contraexemple va ser per n = 5 i és de l'any 1966 ([29]): 275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445 . Més endavant, l'any 1988, Frye va donar un contraexemple per n = 4, 958004 + 2175194 + 4145604 = 4224814 . 20 La capacitat matemàtica, simplificadora i lúdica, en l’obra d’Euler 6 ARMENGOL GASULL Segons Euler: El segon problema és el següent: donats dos conjunts amb n elements A i B, un quadrat grecollatí d'ordre n és una quadrícula de mida n × n de manera que a elements d'A × B hi són, i a (1) Això no és possible. cada casella hi ha un element de cada conjunt, tots els més, cada element d'A i de (2)BNo apareix a totes les hi ha quadrats les i totes grecollatins les columnes. d’ordre 2n, per a nAquests > 2. quadrats són coneguts des d'abans d'Euler, però ell els va popularitzar. El seu nom Les respostes ve de que ell denotava els elements d'un a les conjectures dels conjunts ambd’Euler són:gregues i els de lletres l'altre amb lletres llatines. Avui en dia se sap que hi ha quadrats grecollatins per a n ≥ 3, n = 6, (1) L’any 1901, un matemàtic amateur francès, Gaston Tarry [Villefranche tot excepte per en contra del que va conjecturar Euler en el seu temps. mostren dos, un per n = 4, cosit per la meva mare en punt de creu de Panat (França), 27 de Setembre de 1843-Algèria, 21 de juny de 1913], A la Figura 4 se'n n = 10. va aconseguir establir la certesa de la primera de les conjectures d’Euler. amb ls de 8 colors, i un altre per En els dos, es representen els elements (2) de dels conjunts com els colors Endins canvi, més i de dedels fora cinquanta anys més quadradets tard, en els per cadascun n2 anys dels 1959 i 1960, quadrats que els formen. els matemàtics americans Bose, Parker i Shirkhande van establir que la segona conjectura és falsa.30 Quadrat grecollatı́ 10 × 10 Figura 4. Quadrats grecollatins 4 × 4 i 10 × 10. 6 Quan Euler és seriós, Déu n’hi do: una sè- rie i una funció 8. Estrelles. Donada una estrella qualsevol de cinc puntes, anem a demostrar, Però 5], seguint les idees de [16, Cap. Euler —al que costat dels la suma de qüestions que molts cinc angles dels nostres que formen insignes aquestes col.legues que α1 + α2 + α3 + α4 + α5 = π, vegeu la Figura 5. puntes és π. És a dir, i, potser fins i tot alguns estudiants, podrien considerar poc interessants— 30 Per a més informació veieu l’excel.lent conferència de Josep M. Brunat Blay [Bru10]. . O Comencem agafant un vector unitari, situat a un dels vèrtexs de l'estrella, paral lel O a un costat (vegeu el vector a la posició 0 en la Figura 6). Aleshores, el fem lliscar π − α3 O. O O, . . . O ns a la posició 1 . A continuació, girem un angle ns a estar a la posició O. 2 Fem el mateix, passant per les posicions 3 , 4 ns arribar a 9 i nalment tornem a la posició 0 Per una banda, és clar que el vector ha fet dos voltes i per tant el seu gir total ha estat de 4π radiants. Per altra banda, els angles que ha anat girant a cadascuna de les cinc puntes han estat π − α3 , π − α5 , π − α2 , π − α4 i π − α1 . Per tant, (π − α1 ) + (π − α2 ) + (π − α3 ) + (π − α4 ) + (π − α5 ) = 4π, d'on es dedueix que α1 + α2 + α3 + α4 + α5 = π, tal i com volíem veure. 7 α4 α5 α3 α1 α2 Figura 5. Estrella de cinc puntes: α1 + α2 + α3 + α4 + α5 = π. O 7 π − α4 O3 Oα8 π − α5 4 O α5 4 O π−α 2 O 3 α3 1 α1 O O 0 π − α1 α2 6 O 9 π − α2 O 5 Figura 6. Estrella de cinc puntes. Clarament, usant la mateixa idea, es poden obtenir resultats similars en el cas de polígons o d'estrelles amb més puntes. Per exemple, en el cas d'un triangle tenim que (π − α1 ) + (π − α2 ) + (π − α3 ) = 2π i en el d'un quadrilàter convex (π − α1 ) + (π − α2 ) + (π − α3 ) + (π − α4 ) = 2π. Per tant, pels triangles α1 + α2 + α3 = π i pels quadrilàters convexos, α1 + α2 + α3 + α4 = 2π. De fet, el resultat és cert per tots els 8 ARMENGOL GASULL quadrilàters, com es pot veure per exemple dividint-los en dos triangles, però pels no convexos aquest argument no demostra el resultat desitjat. Fn+1 Fn−2 Fn−1 Fn Figura 7. Números de Fibonacci i números triangulars. 9. Algunes proves sense paraules. Les quatre proves presentades i moltes més es poden trobar a [35, 36]. El famosos números de Fibonacci Fn , que recordem, venen denits com Fn = Fn−1 + Fn−2 , amb F0 = 0, F1 = 1, o els números triangulars Tn = 1 + 2 + ⋯ + n, satisfan certes relacions. Per exemple 2 Fn+1 = 4Fn Fn−1 + Fn−2 2 , T2n = 3Tn + Tn−1 . Tot i que no és gens difícil demostrar-les analíticament, les gures següents ens donen proves sense paraules de les mateixes. Figura 8. Suma dels quadrats. 9 Figura 9. Teorema de Pitàgores. Una prova sense paraules de n(n + 1)(n + 1/2) 12 + 22 + 32 + ⋯ + n2 = , (1) 3 es mostra a la Figura 8. No és difícil demostrar (1) usant inducció. Aquí la bellesa no està pas en en resultat, sinó en la prova visual. Les gures de la Figura 9 demostren el Teorema de Pitàgores ja que la suma de les àrees dels quadrats vermells coincideix amb la del quadrat blau, és a dir a2 + b2 = c2 , on a i b són els costats d'un triangle rectangle que formen angle recte i c és la seva hipotenusa. 10. Ternes pitagòriques i números de Fibonacci. Una terna pitagòrica és una tripleta d'enters positius a, b, c que compleixen a2 +b2 = c2 , és a dir que són els costats d'un triangle rectangle. Euclides ja va demostrar que totes les ternes pitàgoriques primitives (és a dir, tals que a, b i c no tenen cap divisor comú més gran que 1) venen donades per a = u2 − v 2 , b = 2uv, c = u2 + v 2 , (2) amb enters positius, u > v, coprimers i els dos no senars a la vegada. La més uiv coneguda és 32 + 42 = 52 i correspon a u = 2 i v = 1. Anem a demostrar-ho seguint [41]. Una primera observació és que el números aib han de tenir diferent paritat, i a més c ha de ser senar. Observem, per exemple que si c fos parell, aleshores c2 = a2 +b2 hauria de ser divisible per 4, però si a i b fossin els dos senars, és a dir a = 2k + 1 ib = 2` + 1, aleshores a2 + b2 = 4(k 2 + k + `2 + `) + 2, que no és divisible per 4. Així, suposarem sense pèrdua de generalitat que b és parell, i a i c senars. Escrivim b2 = c2 − a2 = (c + a)(c − a). Com que c i a són primers entre si, i els dos senars, l'únic divisor comú entre c + a i c − a és 2. En altres paraules, (c + a)/2 i (c − a)/2 són naturals positius i primers entre sí. Per tant tenim la igualtat b 2 c+a c−a ( ) =( )( ). 2 2 2 Finalment, com que b/2 ∈ N i (c+a)/2 i (c−a)/2 no tenen factors en comú, la igualtat donada força que ambdós números siguin també quadrats. Així, (c + a)/2 = u2 i (c − a)/2 = v 2 , amb u, v ∈ N. Operant, c = u2 + v 2 , a = u2 − v 2 i b2 = 4u2 v 2 , com volíem demostrar. A partir de (2) és trivial trobar ternes pitagòriques amb números de Fibonacci, o amb el números que es vulgui. Seguint [5, 39] anem a donar un parell de casos elegants. 10 ARMENGOL GASULL Si prenem u = Fn+1 , v = Fn i usem que Fn2 + Fn+1 2 = F2n+1 obtenim (Fn+1 − Fn2 ) + (2Fn Fn+1 ) = F2n+1 2 2 22 . La següent prova de que F2n+1 = Fn+1 2 + Fn2 és també força enginyosa. És senzill demostrar per inducció que n M n ∶= ( ) = ( n+1 ). 1 1 F Fn 1 0 Fn Fn−1 Per tant, com que M 2n = M n M n , tenim que ( 2n+1 ) = ( n+1 ) ( n+1 ). F F2n F Fn F Fn F2n F2n−1 Fn Fn−1 Fn Fn−1 Fent el producte de matrius i igualant l'element de la primera la i la primera columna tenim que F2n+1 = Fn+1 + Fn2 , tal i com volíem provar. 2 Si eliminen la condició F0 = 0, F1 = 1 dels números de Fibonacci obtenim uns números diferents, que denotarem per fn i anomenarem números de bonacci ge- neralitzats. Per exemple, prenent F0 = 2, F1 = 1 obtenim els números de Lucas: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, . . . La segona terna pitagòrica que presentem involucra 4 números de bonacci gene- ralitzats consecutius fn , fn+1 , fn+2 i fn+3 i és (fn fn+3 ) + (2fn+1 fn+2 ) = (fn+1 + fn+2 ) . 2 2 2 2 2 Els 4 números es poden escriure com u − v, v, u, u +v i el resultat se segueix de nou de la igualtat (u2 − v 2 ) + (2uv) = (v 2 + u2 ) . 2 2 2 11. Arc capaç i molt més que Pitàgores. Prenem dos punts AiB sobre una circumferència de manera que l'arc que formen és 2α. Aleshores, es pot demostrar que qualsevol punt C de la mateixa circumferència, i fora d'aquest arc, és tal que l'angle ACB α, vegeu el gràc de l'esquerra de la Figura 10. Es diu que els punts és C formen l'arc capaç del segment AB amb angle α. Així, el segment AB és veu sota un mateix angle α des dels punts d'aquest arc capaç. A γ δ γ 2α π−2δ π−2γ β B α π−2β C δ β α Figura 10. Arc capaç. 11 Per a demostrar l'armació anterior fem la construcció de la dreta de la Figura 10. En aquesta gura suposem que el centre de la circumferència que passa pels tres punts és dins del triangle. El cas en que el centre és fora es pot tractar de manera semblant. En primer lloc, observem que dos costats de cadascun dels tres triangles petits són radis de la circumferència. Per tant tenim que els tres triangles són isòs- celes i cadascun d'ells té dos angles iguals, que anomenarem β, γ i δ, respectivament. Per tant, sumant els tres angles que tenen com a vertex el centre de la circumferència obtenim 2π = (π − 2β) + (π − 2γ) + (π − 2δ) = 3π − 2(β + γ + δ). Com a conseqüència π − 2γ = 2(β + δ) que és precisament el que volíem demostrar. a b d′ b′ d a′ Figura 11. Teorema de Ptolemeu: aa′ + bb′ = dd′ . Usant arcs capaços anem a provar el Teorema de Ptolemeu, demostrat per aquest astrònom al segle II per a construir taules trigonomètriques, vegeu [9, Cap 10]. Aquest teorema arma que per un quadrilàter cíclic o inscrit, com el de la Figura 11, és a dir amb els quatre vèrtexs en una mateixa circumferència, es compleix aa′ + bb′ = dd′ . Observi's que en el cas de que el quadrilàter sigui un rectangle tenim que a = a′ , b = b′ , d = d′ i el teorema ens diu que a2 + b2 = d2 , és a dir, el Teorema de Pitàgores. Demostrarem el Teorema de Ptolomeu seguint [37]. En primer lloc, considerem ACB i ADB coincideixen ja la construcció de l'esquerra de la Figura 12. Els angles els punts AiB AB; els anomenarem α. que formen part de l'arc capaç del segment De manera semblant els angles DAC i DBC son iguals i anomenem γ l'angle que formen. A continuació considerem el segment DB i busquem un punt M en aquest segment de manera que l'angle DCM sigui també α. Aleshores veiem que l'angle CM B és α + β . Usant tots els angles esmentats arribem a que els triangles ACD i BCM són semblants i per tant ∣AD∣ ∣BM ∣ = ∣AC∣ ∣BC∣ , 12 ARMENGOL GASULL A A γ β B B γ M α+β M α α α β α β α D C D C Figura 12. Prova del Teorema de Ptolemeu. on ∣P Q∣ denota la longitud del segment que uneix P i Q. Raonant de manera sem- blant amb la construcció de la dreta, amb els triangles ABC i DM C, de la Figura 12 obtenim que ∣DC∣ ∣AC∣ = ∣DM ∣ ∣AB∣ . Finalment, expressant les igualtats anteriors en termes d'a, a′ , b, b′ , d, d′ , i anomenant ∣DM ∣ = d1 , ∣M B∣ = d2 tenim que a′ d′ = = . b d2 d ′ b′ i d1 a Per tant bb′ = d2 d′ i aa′ = d1 d′ . Com que d = d1 + d2 , sumant les dues igualtats tenim que aa′ + bb′ = dd′ . A més, anem a veure com el Teorema de Ptolemeu, junt amb el famós teorema dels sinus, ens permet calcular el sinus d'una suma d'angles. Si a la gura de l'esquerra de la Figura 12 suposem que el segment DB passa pel centre de la circumferència aleshores els triangles ABD i CBD són ambdós rectangles. A més, si la longitud del segment és 1, aleshores d = 1, a = ∣AB∣ = sin(α), b = ∣DA∣ = cos(α), a′ = ∣DC∣ = cos(β) i b′ = ∣CB∣ = sin(β). Finalment, a partir del teorema dels sinus tenim que d′ = ∣AC∣ = sin(α + β), i el Teorema de Ptolemeu ens diu que sin(α) cos(β) + cos(α) sin(β) = sin(α + β). Per acabar anem a veure que per quadrilàters convexos qualssevol (és a dir, no necessàriament inscrits en una circumferència) es compleix la coneguda com desi- gualtat de Ptolemeu, dd′ ≤ aa′ + bb′ . Seguirem la prova de [3]. Per això, pensem el quadrilàter inclòs en el pla complex, C, i considerem els quatre números complexos, u, v, w, z associats als quatre vèrtexs de la gura. Si denotem per ∣s∣ la norma de s ∈ C, tenim per exemple que a = ∣v − w∣, b = ∣u − v∣, a′ = ∣u − z∣, b′ = ∣w − z∣, d = ∣u − w∣ i d′ = ∣v − z∣. És fàcil comprovar la següent identitat entre números complexos (u − w)(v − z) = (v − w)(u − z) + (u − v)(w − z). 13 Així, si usem que ∣z1 z2 ∣ = ∣z1 ∣∣z2 ∣ i ∣z1 + z2 ∣ ≤ ∣z1 ∣ + ∣z2 ∣ obtenim dd′ = ∣u − w∣∣v − z∣ = ∣(u − w)(v − z)∣ = ∣(v − w)(u − z) + (u − v)(w − z)∣ ≤ ∣v − w∣∣u − z∣ + ∣u − v∣∣w − z∣ = aa′ + bb′ , tal i com volíem provar. Ja sabem que la igualtat es dona per quadrilàters inscrits en una circumferència. Amb una mica més de feina es pot veure que aquest és l'únic cas d'igualtat. 12. Fórmules d'Heró i Brahmagupta. La fórmula que permet calcular l'àrea A d'un triangle en funció dels seus costats, a, b i c, s'atribueix a Heró d'Alexandria (segle I), tot i que hi ha autors que pensen que Arquimedes (segle III a. C.) ja la coneixia, veure [11, Cap. 3]. Aquest bonic resultat ens diu 1√ √ A= (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) = s(s − a)(s − b)(s − c), 4 on s = (a + b + c)/2. d c b c−d h a Figura 13. Prova de la fórmula d'Heró. Per a demostrar-la, seguint [42], dividim el triangle en dos triangles rectangles mitjançant una alçada, vegeu la Figura 13. Aplicant el Teorema de Pitàgores als dos triangles resultants tenim que a2 = h2 + (c − d)2 i b2 = h2 + d2 . Restant les dues igualtats obtenim que a2 − b2 = c2 − 2cd i per tant, d = (−a2 + b2 + c2 )/(2c). Finalment, substituint aquest valor de d a la segona igualtat tenim −a2 + b2 + c2 2 (2bc)2 − (−a2 + b2 + c2 )2 h =b −d =b −( 2 2 2 2 ) = 2c 4c2 (2bc − a2 + b2 + c2 )(2bc + a2 − b2 − c2 ) ((b + c)2 − a2 )((a2 − (b − c)2 ) = = 4c2 4c2 (b + c + a)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c) = , 4c2 14 ARMENGOL GASULL on hem usat varies vegades u2 − v 2 = (u + v)(u − v). Per tant 1√ A= = (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) , ch 2 4 tal com volíem veure. Hi ha altres maneres d'expressar l'àrea d'un triangle que són equivalents a la fórmula d'Heró. No detallarem el passos per veure-ho, tot i que no són gens evidents. RRR0 1 1 1 RRR Una d'elles és RRR R RR1 0 a2 b2 RRRRR R 16A = − RR RRR1 a2 0 c2 RRRRR 2 . RRR1 b2 c2 0 RRR R R De fet, la matriu de la que s'ha de calcular el determinant s'anomena matriu de Cayley-Menger i té una versió ampliada que permet calcular el volum de prismes n-dimensionals en funció de les seves arestes, vegeu per exemple [8]. L'altra manera, en lloc de donar l'àrea en termes dels costats del triangle, la dona en termes de les coordenades dels seus punts. Així, si els tres vèrtexs són (xi , yi ), i = 1, 2, 3, RRR 1 1 1 RRR2 R R 4A2 = RRRRRx1 x2 x3 RRRRR . RRR y y y RRR R 1 2 3R Abans de passar als quadrilàters, farem una deducció heurística de com hauria de ser la fórmula més senzilla que pogués donar A en termes d'a, b i c, retrobant, sense càlculs, la fórmula d'Heró, veure [28]. Per això, començarem amb una llista de propietats que ha de complir la funció que ens doni l'àrea al quadrat, ψ(a, b, c): ● Quan els tres punts estan alineats l'àrea és zero, és a dir ψ(b + c, b, c) = ψ(a, a + c, c) = ψ(a, b, a + b) = 0. ● La funció ψ és simètrica, és a dir ψ(a, b, c) = ψ(a, c, b) = ... = ψ(c, b, a). ● La funció és homogènia de pes 4, és a dir, ψ(λa, λb, λc) = λ4 ψ(a, b, c), per a tot λ > 0, ja que l'àrea és homogènia de pes 2. ● L'àrea al quadrat del triangle equilàter de costat 1 és 3/16. La funció més senzilla que compleix la llista de propietats és ψ(a, b, c) = (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c), 1 16 que correspon precisament al resultat d'Heró. Hi ha una fórmula similar per a calcular l'àrea S d'un quadrilàter inscrit en una circumferència en funció dels seus quatre costats, a, b, c i d, vegeu la Figura 14. Es deguda a Brahmagupta (segle VII) i és 1√ S= (−a + b + c + d)(a − b + c + d)(a + b − c + d)(a + b + c − d) √ 4 = (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) , on s = (a + b + c + d)/2. Clarament, la fórmula d'Herò es dedueix d'aquesta prenent d = 0, però el que farem ara és precisament el contrari. Seguint [24], la demostrarem a partir de la fórmula d'Heró. 15 c b x d y−a a Figura 14. Prova de la fórmula de Brahmagupta. Per a provar la fórmula de Brahmagupta ens podem restringir al cas en que el quadrilàter no és un rectangle (sinó, és trivialment certa) i podem suposar que estem en la situació de la Figura 14. Usant un cop més les propietats dels arcs capaços, consulteu la Secció 11, no és difícil provar que la suma de dos angles interns i oposats en un quadrilàter cíclic és π. Per tant, els dos triangles de la Figura 14 són semblants i es compleix x y−a d = = =∶ λ < 1. y x+c b (3) Així, l'àrea que busquem és S = Ag − Ap , on Ag i Ap = λ2 Ag són les àrees dels √ triangles gran i petit de la mateixa gura. Com que els costats del triangle gran són x + c, y i b, utilitzant la fórmula d'Heró, Ag = F1 F2 F3 F4 /4, on F1 = x + c + y + b, F2 = −x − c + y + b, F3 = x + c − y + b i F4 = x + c + y − b. Observem, que usant (3), tenim que (1 − λ)F1 = (1 − λ)(x + c + y + b) = x + c + y + b − (y − a + x + d) = a + b + c − d, (1 + λ)F2 = (1 + λ)(−x − c + y + b) = −x − c + y + b + (−y + a + x + d) = a + b − c + d, (1 + λ)F3 = (1 + λ)(x + c − y + b) = x + c − y + b + (y − a − x + d) = −a + b + c + d, (1 − λ)F4 = (1 − λ)(x + c + y − b) = x + c + y − b − (y − a + x − d) = a − b + c + d. Per tant, 1√ S = Ag − λ2 Ag = (1 − λ2 )Ag = ((1 − λ)F1 )((1 + λ)F2 )((1 + λ)F3 )((1 − λ)F4 ) 1√ 4 = (−a + b + c + d)(a − b + c + d)(a + b − c + d)(a + b + c − d) , 4 tal i com volíem provar. Hi ha extensions d'aquestes fórmules per a polígons amb més costats, també inscrits en una circumferència, vegeu per exemple [45]. Per quadrilàters generals és impossible que hi hagi una fórmula que doni la seva àrea només en funció dels costats, ja que aquests són gures deformables sense canviar les mides dels costats (pensem per exemple un quadrilàter fet amb quatre 16 ARMENGOL GASULL peces de Meccano). Per exemple, xada la mida dels costats d'un quadrilàter, aquest es pot deformar de manera que tingui àrea tan petita com es vulgui. L'any 1842, Bretschneider va donar una fórmula per quadrilàters convexos que involucra també dos angles interiors oposats del quadrilàter, que anomenarem com α i γ. La fórmula ens diu que √ α+γ S= (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) − abcd cos2 ( ), 2 vegeu per exemple [17, 40]. Observem que si agaféssim els altres dos angles oposats aleshores la seva suma seria 2π − (α + γ) i el resultat no variaria. Recordem també, que per als quadrilàters cíclics, α + γ = π i per tant aquesta formula coincideix amb la de Brahmagupta. Hi ha versions equivalents de la mateixa canviant els angles per les diagonals del quadrilàter ([10]). 13. Els babilonis i Newton. El babilonis, als voltants de 2000-1700 AC, calcu- laven arrels quadrades (amb precisió sucient per als seus interessos) basant-se en una idea geomètrica molt suggerent, veure [9, Cap. 7]. Aquest mètode també va √ ser descrit per Heró d'Alexandria al segle I. Sigui x0 una bona aproximació de a. Aleshores construïm un rectangle amb base x0 i alçada tal que la seva àrea sigui a, és a dir a/x0 . √ x0 és l'arrel quadrada buscada. Si Si obtenim un quadrat, ja està i no, un dels costats és més gran que a i l'altre és més petit. Aleshores és natural que el promig d'ambdós valors (x0 + a/x0 )/2 serà una aproximació millor de √ pensar a. √ En resum, aquesta idea geomètrica ens dona lloc al següent mètode iteratiu per a calcular a, xn + xan √ xn+1 = , x0 ≈ a. 2 De fet, els babilonis feien només unes poques iteracions d'aquest procés. √ √ Seguint, l'estela dels babilonis, anem a fer un raonament semblant amb cubs per a calcular 3 a. Donat x0 ≈ 3 a construïm un prisma de volum a, amb base quadrada, √ i costats x0 , x0 i a/x0 . Aleshores x1 = (2x0 +a/x0 )/3. Més en general, per a calcular 2 2 k a, k−1 prenem en primer lloc un prisma k -dimensional de costats x0 , x0 , . . . , x0 i a/x0 , i com a aproximació següent x1 = ((k −1)x0 +a/x0 )/k. És a dir, és natural considerar √ k−1 el mètode iteratiu per a calcular k a, (k − 1)xn + xk−1 a √ xn+1 = n , x0 ≈ k a. k Per altra banda, un dels mètodes més ecients per a trobar una solució, s, d'una equació general f (x) = 0, amb f derivable, és l'anomenat mètode de Newton. Aquest consisteix en considerar la successió f (xn ) xn+1 = xn − x0 ≈ s. f ′ (xn ) La seva interpretació geomètrica es mostra a la Figura 15. Se sap que si x0 és prou a prop de s, aleshores la successió {xn } convergeix cap a s, veure per exemple [43]. 17 y = f (x) y = f (xn ) + f ′ (xn )(x − xn ) s xn xn+1 Figura 15. Mètode de Newton. √ 16 ARMENGOL GASULL Ara bé, si prenem f (x) = xk − a, aleshores s= k a i el mètode basat en la idea 18. Posició de n punts al pla. L’any 1893, en una columna de problemes ma- babilònica coincideix amb el mètode de Newton, ja que temàtics, J. J. Sylvester va proposar el següent problema: Demostrar que donada qualsevol distribució de n ≥ 2 punts k −a (k − + a x − k−1 = x no alineats 1)xal pla .hi ha una linea que passa x k−1 per només dos d’aquests punts, vegeu un cas particular al gràfic de l’esquerra de la kx k Figura 14. Intuïtivament És força curiós com,éspelclar casque particular f (x)sembla el resultat = xk − a,cert, però en el mètode de una primera Newton, que aproximació sembla difícil sembla fortament basat de formalitzar en el càlcul d'una una prova.apareix derivada En aquest també decasmanera el mésnatural maco es potser com amb una mica d’enginy el problema esdevé ben formalitzar i senzill. usant només idees de geometria clàssica. El problema va ser proposar de nou per Erdös l’any 1943 com a problema 4065 al 14. Posició de n punts al pla. L'any 1893, en una columna de problemes ma- American Mathematical temàtics, Monthly. J. J. Sylvester Reproduïm va proposar a continuació el següent problema:laDemostrar primera deque Gallai de donada 1944 de que el distribució qualsevol resultat ésde n ≥ De cert. fet, aquest 3 punts no alineatses coneix al pla hiavuiha en unadia com linea quea passa Teoremaper de Sylvester-Gallai. només dos d'aquests punts. Vegeu un cas particular a la gura de l'esquerra de la Donada Figurauna 16. recta r que passa Intuïtivament per que és clar dos elpunts qualssevol resultat sembla cert,del conjunt però en deuna punts, hi primera ha unsaproximació quants puntssemblaquedifícil no són a la recta. una de formalitzar Aleshores prova. En ni ha un cas aquest (no eltémés perquè macoser és únic) que és el més proper a r. Com que hi ha un número potser com, amb una mica d'enginy, el problema esdevé ben formalitzat i senzill. La qüestió va ser proposada de nou per Erdös l'any 1943 com a problema 4065 al American Mathematical Monthly. Reproduïm a continuació la prova de Gallai de 1944 de que el resultat és cert, vegeu també [1, Cap. 9]. De fet, aquest es coneix avui en dia com a Teorema de Sylvester-Gallai. ` A P′ B d c α C B′ m P Figura 16. Problema de Sylvester. Figura 14. Problema de Sylvester. 19. La suma d’Euler. Donarem, seguint [40], una prova ben senzilla de la fascinant 18 ARMENGOL GASULL Donada una recta que passa per dos punts qualssevol del conjunt de punts, hi ha uns quants punts que no són a la recta. Aleshores n'hi ha un (no té perquè ser únic) que és el més proper a aquesta recta. Com que xats els n punts hi ha un número nit de rectes passant per dos d'aquests, hi ha sempre una recta ` i un punt P del conjunt de punts (de nou, no necessàriament únics) tals que la distància d de P a ` és la més petita possible. Sigui P ′ el punt de ` més proper a P, vegeu la gura dreta de la Figura 16. Si a ` només hi ha dos punts del conjunt inicial de punts, ja hem acabat. Suposarem, per tal d'arribar a contradicció, que ` conté com a mínim 3 punts, que denotarem per A, B i C. A més, com a mínim dos d'ells (diem B i C ), són a un mateix costat de ` ∖ {P ′ }. Finalment, considerem la recta m que passa per C (el punt més allunyat de P ′ dels dos) i P. Sigui c la distància entre B i m. Com que els triangles rectangles P ′ P C i B ′ BC són semblants és fàcil veure que c < d, fet que contradiu la minimalitat de d. 15. Els primers dígits de π. Les dues igualtats següents es poden obtenir fàcil- ment calculant primitives i aplicant la regla de Barrow, (3x2 − 1)2 x4 (1 − x)4 0<∫ dx = 4(π − 3), 0<∫ dx = − π, 1 1 22 1 + x2 1+x (4) 0 0 2 7 i impliquen que 3<π< 22 7 , vegeu també [12]. Per exemple, (3x2 − 1)2 = (9x − + ) dx 1 1 16 ∫0 ∫ 2 1 + x2 1 + x2 dx 15 0 = (3x3 − 15x + 16 arctan(x))∣0 = 3 − 15 + 4π = 4(π − 3). 1 N'hi ha moltes de semblants, i han estat usades en diferents treballs per a obtenir algoritmes per a aproximar π, consulteu [4, 13, 19, 32, 33, 38]. La segona d'elles també ens permet conèixer fàcilment els primers dígits de π, ja que per x ∈ [0, 1], x4 (1 − x)4 x4 (1 − x)4 ≤ ≤ x4 (1 − x)4 2 1 + x2 ∫0 x (1 − x) dx = 1/630. Per tant, 1 4 4 i 3.1412 . . . == − <π< − = = 3.1420 . . . . 3958 22 1 22 1 3959 (5) 1260 7 630 7 1260 1260 Un cop trobada una aproximació de π, aquesta es pot millorar usant, per exemple, el procediment proposat a [49]. Aquest ens diu que si P és una aproximació de π, correcta ns la xifra decimal k -èssima, aleshores P + sin(P ) és correcta ns la xifra decimal 3k -èssima. No es pot negar que aquest resultat té un cert encant, tot i que essent justos és una mica truculent ja que usar la funció sinus implica, de manera implícita, el coneixement de π. Altres vies més naturals per a trobar més dígits de π es poden consultar per exemple a [18]. En qualsevol cas, si P = 3, tenim que 3 + sin(3) ≈ 3.1411. De manera semblant, Q = 3.141 + sin(3.141) ≈ 3.141592653555, i ∣Q − π∣ < 4 × 10−11 . Per a veure per què el mètode funciona podem aplicar la fórmula de Taylor a f (x) = x + sin(x) a x = π. Tenim que cos(sx ) x + sin(x) = π − (x − π)3 , 6 19 ja que f (π) = π, f ′ (π) = f ′′ (π) = 0 i f ′′′ (x) = − cos(x), on sx està entre x i π. Per tant, per x = P, ∣P − π∣3 ∣P + sin(P ) − π∣ ≤ , 6 tal com volíem veure. Iterant el procés obtenim que la successió recurrent Pn+1 = Pn + sin(Pn ), amb P0 = P, convergeix cúbicament cap a π. 16. Càlcul d'Arquimedes del volum de l'esfera. Calculem a continuació el volum d'una esfera seguint les idees d'Arquimedes. El que va usar en el seu temps, per un cas concret, és el que avui en dia coneixem com a principi de Cavalieri. Al seu torn, aquest principi és un cas molt particular del Teorema de Fubini. R d R R Figura 17. Volum de l'esfera. Considerem la Figura 17. A l'esquerra tenim mitja esfera de radi R, al mig un con amb base de radi R i alçada també R i a la dreta un cilindre amb la mateixa base i la mateixa alçada. Si tallen les tres gures per un pla horitzontal, que està a distància d √ dels punts més alts de les tres gures, obtenim tres cercles. Ara bé en el cas de l'esfera, usant el Teorema de Pitàgores tenim un radi R2 − d2 , en el cas del con un radi d i, en el del cilindre, un radi R. Per tant, les àrees de les 3 seccions, d'esquerra a dreta són: Sesf ∶= π(R2 − d2 ), Scon ∶= πd2 i Scil = πR2 . Així, es compleix S esf + Scon = Scil . Com a conseqüència, + Volum = Volum Volum de l'esfera del con del cilindre. 2 Per tant, sabent com calcular el volum d'un con i d'un cilindre, ja podem calcular el volum V de l'esfera a partir de la igualtat anterior: + = πR3 . V πR3 2 3 Obtenim que V = 4πR3 /3. 17. Daus de Sicherman. Els daus de Sicherman van ser popularitzats l'any 1978 per Martin Gardner en la seva esperada columna al Scientic American. El que Sicherman va fer és construir dos daus, amb valors diferents als usuals a les seves sis cares, però tals que en tirar-los la probabilitat de que la seva suma fos un cert valor coincidís amb la probabilitat que és té quan es tiren dos daus usuals. Així, mentre els daus normals estan numerats com 1, 2, 3, 4, 5, 6, els daus de Sicherman es numeren com 1, 2, 2, 3, 3, 4 i 1, 3, 4, 5, 6, 8, vegeu la Figura 18. La prova de que la probabilitat de la suma es la mateixa és una comprovació senzilla. Per exemple, la probabilitat d'obtenir suma 6 amb dos daus normals és 5/36 ja que aquesta suma 20 ARMENGOL GASULL es dona en les 5 parelles (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2) i (5, 1). Pels daus de Sicherman també és 5/36, però en aquest cas les parelles són (1, 5), (2, 4), (2, 4), (3, 3) i (3, 3). Figura 18. Daus de Sicherman. El que és maco és que el disseny d'aquests daus, i la prova de que no n'hi ha més, es redueix a l'estudi de la descomposició a Z[x], l'anell de polinomis amb coecients enters, d'un cert polinomi, també de Z[x]. Consulteu, per exemple [7], per a més detalls. Anem a veure per què. El secret està en la funció generatriu de probabilitats. Donada una variable ale- atòria X que pren valors a N es deneix la seva funció generatriu de probabilitats ϕX com la funció analítica ∞ ϕX (s) ∶= ∑ P (X = k)sk , k=0 on P denota la probabilitat. En el cas particular que X prengui un número nit de valors aleshores ϕX (s) és un polinomi. Per exemple, pel cas concret d'un sol dau, és el polinomi Q(s) ∶= s + s2 + s3 + s4 + s5 + s6 . 1 1 1 1 1 1 6 6 6 6 6 6 És clar que sempre ϕX (1) = 1. Una de les propietats més importants de les funcions generatrius és que si X i Y son dues variables aleatòries independents, aleshores ϕX+Y = ϕX ⋅ ϕY . Això és degut a que P (X + Y = k) = ∑ P (X = j)P (Y = k − j). k j=0 Així, la funció generatriu de probabilitats de la variable aleatòria tirar dos daus i sumar els resultats obtinguts és Q2 (s) = (s + s2 + s3 + s4 + s5 + s6 ) 1 2 36 = (s2 + 2s3 + 3s4 + 4s5 + 5s6 + 6s7 + 5s8 + 4s9 + 3s10 + 2s11 + s12 ). 1 36 Observem, que el coecient de s6 és 5/36, que dona la probabilitat de que la suma sigui 6, calculada a dalt. Eliminant el 1/36 per comoditat, tenim que P (s) ∶ = (s + s2 + s3 + s4 + s5 + s6 ) = (s(s + 1)(s2 + s + 1)(s2 − s + 1)) 2 2 = s2 (s + 1)2 (s2 + s + 1)2 (s2 − s + 1)2 , 21 i, per tant, els daus que busquem corresponen a maneres de descomposar P a Z[s] com a producte de dos polinomis P 1 i P2 a N[s] tals que P1 (1) = P2 (1) = 6 (aquest 6 prové de que ϕX (1) = 1). Fent totes les combinacions possibles amb els vuit factors de P només obtenim dues solucions P (s) = (s + s + s + s + s + s ) = (s + 2s2 + 2s3 + s4 )(s + s3 + s4 + s5 + s6 + s8 ), 2 3 4 5 6 2 que corresponen al dos daus normals i als daus de Sicherman, respectivament. A partir d'aquesta idea es pot jugar a dissenyar daus (de m cares) amb propietats curioses. Donem un parell d'exemples. Els dos daus tetraèdrics (amb 4 cares) numerats amb 1, 2, 5, 6 i 0, 2, 8, 10, en llençar-los donen una distribució uniforme, amb setze valors entre 1 i 16. El motiu és que ∑ sk = s(s + 1)(s2 + 1)(s4 + 1)(s8 + 1) = (s(s + 1)(s4 + 1))((s2 + 1)(s8 + 1)) 16 k=1 = (s + s2 + s5 + s6 )(1 + s2 + s8 + s10 ). Llençar un dodecàedre numerat, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5, i dos daus, numerats com 1, 3, 4, 5, 6, 8 i 1, 1, 3, 3, 5, 5 equival a llençar 3 daus normals. La raó és que (s + s2 + s3 + s4 + s5 + s ) = (s + 3s2 + 4s3 + 3s4 + s5 )(s + s3 + s4 + s5 + s6 + s8 )(s + s3 + s5 ). 6 3 18. La irracionalitat d'e. Reproduïm a continuació la prova de Fourier. Si denim Sn = ∑nm=0 m! 1 , aleshores ∞ e = lim Sn = ∑ 1 . m=0 m! n→∞ Per tant, com que per j ≥ 1, n!/(n + j)! ≤ 1/(n + 1)j , amb igualtat només per j = 1, ∞ 1 ∞ n! 1 ∞ 1 ∞ 1 (n+1) e − Sn = ∑ = ∑ = ∑ < ∑ = = 1 n! 1 1 1 n! m=n+1 m! n! j=1 (n + j)! n! j=1 (n + 1) 1 − (n+1) j 1 . m=n+1 m! n! n!n Prenent n = 2, obtenim que 2∑ . n p 1 p∈Pn p−1 k=1 k Prenent logaritmes en la desigualtat anterior, com que el logaritme és una funció creixent, ∑ ( log(p) − log(p − 1)) > log ( ∑ ) . n 1 p∈Pn k=1 k Per altra banda, ∑ (log(p) − log(p − 1)) = ∑ ∫ dx < ∑ ( )≤ ∑ . p 1 1 2 p∈Pn p∈Pn p−1 x p∈Pn p − 1 p∈Pn p Usant les dues desigualtats obtingudes arribem a > log ( ∑ ) n ∑ 1 1 1 p∈Pn p 2 k=1 k i com que la sèries harmònica és divergent obtenim el resultat desitjat. Anem a veure com aquest resultat, a part de provar un cop més l'existència d'in- nits nombres primers, ens dona també una informació força bona sobre el creixement de la sèrie. Comparant les sumes superior i inferiors de la funció 1/x als intervals [1, n] i [1, n + 1] amb la seva integral no és difícil veure que log(n + 1) < ∑ ≤ log(n) + 1. n 1 k=1 k Per tant, ∑ > log (log(n) + 1) . 1 1 p∈Pn p 2 Aquest resultat és bastant , ja que se sap que ∑p∈Pn p1 lim = 1. n→∞ log(log(n)) De fet, el 1/2 que apareix davant de la ta inferior prové del 2 de la desigualtat 1/(p − 1) ≤ 2/p, vàlida per a tot p ≥ 2. Aquest 2 es pot disminuir i acostar-lo tant com es vulgui a 1, per sobre, prenent p prou gran. 25 Agraïments. L'autor vol agrair Gregori Guasp pels seus comentaris i suggeriments durant la redacció d'aquest treball i per la seva ajuda en la preparació de moltes de . les il lustracions que conté. L'autor està recolzat pels projectes MINECO MTM2016- 77278-P FEDER i per la Generalitat de Catalunya, projecte 2017SGR1617. Referències. [1] M. Aigner, G. M. Ziegler, Proofs from The Book. Fifth edition. Including illustrations by Karl H. Hofmann. Springer-Verlag, Berlin, 2014. [2] C. Alsina, R. B. Nelsen, Charming Proofs: A Journey into Elegant Mathematics, Dolciani Mathematical Expositions 42, 2010. AMS/MAA Press. [3] T. M. Apostol, Ptolemy's inequality and the chordal metric. Mathematics Magazine 40 (1967), 233235. [4] N. Backhouse, Pancake functions and approximations to π. Note 79.36, Math. Gazette 79 (1995), 371374. [5] M. Bicknell-Johnson, Pythagorean triples containing Fibonacci numbers: solutions for Fn2 ± Fk2 = K 2 . Fibonacci Quart. 17 (1979), 1-12. [6] B. Bollobás, Modern Graph Theory. Springer, New York, NY, 1998. [7] D. Broline, Renumbering of the faces of dice. Mathematics Magazine 52 (1979), 312315. [8] L. M. Blumenthal, B. E. Gillam,Distribution of points in n-space. Amer. Math. Monthly 50 (1943), 181185. [9] J.-L. Chabert et al., A history of algorithms. From the pebble to the microchip. Translated from the 1994 French original by Chris Weeks. Springer-Verlag, Berlin, 1999. [10] J. L. Coolidge, A historically interesting formula for the area of a quadrilateral. American Mathematical Monthly, 46 (1939), 345347. [11] H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, Math. Assoc. Amer. 1967. [12] D. P. Dalzell, On 22/7. J. London Math. Soc. 19, (1944), 133134. [13] D. P. Dalzell, On 22/7 and 355/113. Eureka: the Archimedian's Journal 34 (1971), 10-13. [14] J.-P. Delahaye, Mathématiques pour le plaisir. Un inventarie de curiosités. Belin, Pour la Science, Paris 2010. [15] M. Gardner, Mathematical Puzzles & Diversions. The University of Chicago Press 1961. [16] M. Gardner, New Mathematical Diversions. The Mathematical Association of America 1995. [17] C. E. Garza-Hume, M. C. Jorge, A. Olvera, Quadrilaterals and Bretschneider's Formula. The Mathematics Teacher 111 (2018), 310314. [18] A. Gasull, Integració de funcions racionals i π . Materials Matemàtics 2018, treball 2, 28 pp. [19] A. Gasull, Algoritmos sencillos para calcular π . Per aparèixer a Gac. RSME. [20] A. Gasull, Gemmes matemàtiques. Per aparèixer a Materials Matemàtics. [21] M. Giaquinto, Mathematical proofs: the beautiful and the explanatory. J. Humanist. Math. 6 (2016), 5272. [22] M. de Guzmán, Aventuras matemáticas Una ventana hacia el caos y otros episodios. Ed. Pirámide, Madrid 2004. [23] G. H. Hardy, A Mathematician's Apology, Cambridge University Press, Cambridge, 1969. [24] A. Hess, A highway from Heron to Brahmagupta. Forum Geom. 12 (2012), 191192. [25] R. Honsberger, Mathematical gems from elementary combinatorics, number theory, and geo- metry. The Dolciani Mathematical Expositions, 1. The Mathematical Association of America, Bualo, N.Y. 1973. [26] R. Honsberger, Mathematical gems. II. Dolciani Mathematical Expositions, 2. The Mathema- tical Association of America, Washington, D.C. 1976. [27] R. Honsberger, Mathematical gems. III. The Dolciani Mathematical Expositions, 9. Mathe- matical Association of America, Washington, D.C. 1985. [28] D. A. Klain, An intuitive derivation of Heron's formula. Amer. Math. Monthly 111 (2004), 709712. [29] L. J. Lander, T. R. Parkin, Counterexample to Euler's conjecture on sums of like powers. Bull. Amer. Math. Soc. 72 (1966), 1079. [30] M. Lange, Explanatory proofs and beautiful proofs. J. Humanist. Math. 6 (2016), 851. 26 ARMENGOL GASULL [31] W. G. Leavitt, The sum of the reciprocals of the primes. Two-Year College Mathematics Journal, 10 (1979), 198-199. [32] S. K. Lucas, Integral proofs that 355/113 > π. Austral. Math. Soc. Gaz. 32 (2005), 263266. [33] S. K. Lucas, Approximations to π derived from integrals with nonnegative integrands. Amer. Math. Monthly 116 (2009), 166-172. [34] W. Narkiewicz, The Development of Prime Number Theory, Springer-Verlag, New York, 2000. [35] R. B. Nelsen, Proofs without Words: Exercises in Visual Thinking, Mathematical Association of America, 1997. [36] R. B. Nelsen, Proofs without Words II: More Exercises in Visual Thinking, Mathematical Association of America, 2000. [37] J. Neunhäuserer, 122 beautiful mathematical theorems with short proofs. Preprint. [38] D. A. Nield (mal escrit Neild a l'article), Rational approximations to pi. New Zealand Math. Mag. 18 (1981/82), 99100. [39] B. Polster, Q.E.D. Beauty in mathematical proof. Wooden Books. Walker & Company, New York, 2004. [40] B. Pritsker, Geometrical Kaleidoscope. Courier Dover Publications, 2017, 144 pàgines. [41] H. Rademacher, O. Toeplitz, Números y guras. Alianza Editorial. Madrid 1970. [42] C. H. Raifaizen, A Simpler Proof of Heron's Formula. Mathematics Magazine. 44 (1971), 2728. [43] A. Ralston, A rst course in numerical analysis. McGraw-Hill Book Co., New York-Toronto- London 1965. [44] P. Ribenboim, The New Book of Prime Number Records, Springer-Verlag, New York, 1996. [45] D. P. Robbins, Areas of polygons inscribed in a circle. Amer. Math. Monthly 102 (1995), 523-530. [46] G.-C. Rota, The Phenomenology of Mathematical Beauty. Indiscrete Thoughts, Chap. 10, pp. 121133. Edited by Fabrizio Palombi. Basel: Birkhäuser Verlag AG, 1997, [47] F. Saidak, A New Proof of Euclides' Theorem. Amer. Math. Monthly 113 (2006), 937938. [48] D. Schattschneider, Beauty and truth in mathematics. Mathematics and the Aesthetic: New Approaches to an Ancient Anity, N. Sinclair, D. Pimm,W. Higgenson (editors), Springer, New York, 2006, pp. 4157. [49] D. Shanks, Improving an approximation for Pi. The American Mathematical Monthly 99 (1992), 263. [50] I. Stewart, Cooking the classics. Math. Intelligencer 33 (2011), 61-71. [51] V. G. Tikekar, Some Interesting Mathematical Gems. Resonance-Journal of science education 11 (2006), 2942. Departament de Matemàtiques, Universitat Autònoma de Barcelona E-mail address : gasull@mat.uab.cat