GACETA MEFISTO 11

Mefisto Julio de 2014

Número 11

Mefisto En este número: Presentación

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Octavio Campuzano Cardona

El compás del joven Gauss

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Carlos Infante Vargas

Construcciones con regla y compás

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Carlos Infante Vargas

Construcción del polígono de 17 lados 9 Daniel Maisner Bush

El cielo de invierno

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Acertijos

El buen cristiano debe estar precavido frente a los matemáticos y todos aquellos que hacen profecías vacías.

22 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.

Sudoku

24 San Agustín, De genesi ad Litteram, II, xviii, 37.

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Mefisto

Universidad Autónoma de la Ciudad de México Nada humano me es ajeno

Mefisto Editor Fausto Cervantes Ortiz

Rector

Comité Editorial

Dr. Vicente Hugo Aboites Aguilar

Ana Beatriz Alonso Osorio

Secretario General Mtro. Ernesto Aréchiga Córdoba

Octavio Campuzano Cardona Fausto Cervantes Ortiz Daniel Maisner Bush

Coordinadora Académica

Verónica Puente Vera

Dra. Micaela Rosalinda Cruz Monje Coordinador de Difusión Cultural y Extensión Universitaria Mtro. Miguel Ángel Godínez Gutiérrez Coordinadora del Plantel San Lorenzo Tezonco Dra. María Elena Torres Bustillos Responsable del área de publicaciones Mtro. Carlos López Barrios

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Publicada electrónicamente en: http://issuu.com/gacetamefisto Toda contribución deberá enviarse en versión electrónica a: gaceta.mefisto@gmail.com Registro ISSN en trámite. Las opiniones expresadas en los artículos son puntos de vista del (los) autor(es) y no necesariamente reflejan la opinión del Comité Editorial.

Mefisto

Presentación Octavio Campuzano Cardona

Academia de Cultura Científico-Humanística Plantel San Lorenzo Tezonco

El sorprendente poder de las matemáticas para resolver problemas de toda índole, junto a su aparente universalidad y coherencia interna, impiden ver que los principios y procedimientos que la integran en la actualidad han surgido y se han desarrollado 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 aportaciones a la teoría de números, el análisis matemático, el álgebra, la estadística y la geometría diferencial, 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 problemas 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 polígono de diecisiete lados? En un par de artículos se da respuesta a estas preguntas, y de paso se ilustra ese camino de ida y vuelta entre el hacer y la abstracción, necesario para hacer matemáticas de alto nivel.

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Mefisto

El compás del joven Gauss Carlos 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 construcción del heptadecágono --el polígono regular de 17 lados-- utilizando únicamente regla y compás.

Hoy, después de esforzadas y profundas reflexiones 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 criterio 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 páginas y que lo acompañará durante los próximos 18 años de su vida:

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“Principia quibus innititur sectio circuli, ac divisibilitas 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 generoso patrocinio; y en su amigo Wolfgang Bolyai, con quien comparte largos paseos en silencio, cada uno inmerso en sus propios pensamientos. Sí, podría 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 estar en calma, esos meses de tremendo esfuerzo intelectual --esas noches sin dormir-- han terminado. 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.

Mefisto

Construcciones con regla y compás Construcciones con regla y comp´as Carlos Infante Vargas Profesor de Instituto en Barcelona, Cataluña Carlos Infante Vargas

Introducci´ on

En nuestro caso particular, partimos de un problema geom´etrico; as´ı que ¿c´ omo traducirlo al mundo del ´ Para ello –y para dar una respuesta completa Disponer de s´olo una regla no graduada y un comp´ as, Algebra? on en es decir, usar s´olo rectas, circunferencias y sus inter- a nuestro problema–, dividiremos nuestra exposici´ secciones para hacer construcciones geom´etricas, era un tres secciones. Primero hablaremos de la geometr´ıa euon a geometr´ıa anal´ıtica y cl´ asico entre los griegos. Se dice que esta restricci´ on –que clidiana, despu´es su traducci´ es una pura convenci´on– se debe a Plat´on (al menos, ´el finalmente hablaremos del uso de la aritm´etica para su fue quien la difundi´o y la transform´o en una regla inape- ataque. lable). Entre estas construcciones est´a la del pol´ıgono regular: ¿se puede construir, utilizando s´olo regla y comp´ as, cualquier pol´ıgono regular? La respuesta es no. Ya desde Un poco de Geometr´ ıa griega tiempos de Euclides era conocido que se pod´ıan construir de esta manera todos los pol´ıgonos regulares de n lados, Construir un n´ umero con regla y comp´ as significa trasiendo n una potencia de dos multiplicada por el 3, 5 zar con estos instrumentos un segmento de recta que o 15 y, durante dos mil a˜ ´ nos, se pens´o que estos eran los tenga por longitud el valor absoluto de dicho n´ umero. u ´nicos pol´ıgonos regulares construibles.

Los antiguos griegos ya eran capaces de construir todos los numeros racionales positivos y, curiosamente, tambi´en sus ra´ıces cuadradas bas´ andose en el teorema de Tales ,en el teorema de Pit´ agoras y en propiedades de las circunferencias.

Para construir las ra´ıces cuadradas de un n´ umero construible hac´ıan lo siguiente: Sea x un numero construible, constr´ uyase un segmento de longitud 1 + x y, a partir del punto medio de este segmento, tr´ acese una circunferencia con di´ ametro en los extremos. Apl´ıquese el teorema de Pit´ agoras al segmento perpendicular desde el punto que divide al segmento en partes 1 y x, tomando en cuenta los tres angulos rect´ angulos, de donde se deduce que √ tri´ mide x, como se muestra en la figura:

Figura 1: Construcci´on del pent´agono usando regla y comp´ as.

Sin embargo, hacia el a˜ no 1796 K.F. Gauss realiz´ o el primer gran avance al comprender lo que quiere decir on de las ra´ıces de los construibles. construir con regla y comp´ as desde el punto de vista al- Figura 2: Construcci´ gebraico. Esta es una estrategia com´ un en las Matem´ aticas, un problema que inicialmente parece de naturaleza visual o geom´etrica, se transforma –o se replantea– para su comprensi´on y soluci´on en un lenguaje algebraico Un poco de Geometr´ ıa Anal´ıtica puramente operacional. Rec´ıprocamente, en otros problemas es muy importante pasar de un problema algebraico Recordemos que siempre podemos pensar que una fia uno geom´etrico, pero de eso nos ocuparemos posterior- gura dada est´ a formada por puntos del plano cartesiano mente. y que las coordenadas de sus puntos, por el hecho de 1

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Mefisto pertenecer a esa figura concreta y no a otra, deben satisfacer ciertas relaciones num´ericas espec´Ĺficas. Se llaman curvas algebraicas aquellas que se pueden obtener como gr´afica de puntos que satisfacen relaciones polinomiales.

Particularmente en los cursos de geometr´Ĺa anal´Ĺtica se estudian las rectas y las c´ onicas como soluciones de ecuaciones de primer y segundo grado en dos variables. As´Ĺ, por ejemplo, los puntos P (x, y) que forman una recta dada de pendiente − ab , deben satisfacer una ecuaci´on lineal de la forma ax+by+c = 0, para ciertos valores num´ericos de 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 esta relaci´on, es decir, au0 + bv0 + c, !nunca vale cero!

En resumen, podemos pensar en estas formulas como una clave de seguridad que nos dice si un punto cualquiera 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 ecuaci´on de segundo grado del tipo:

Primero observemos que, multiplicando por 4 ambos miembros de la igualdad, esta ecuaci´ on es equivalente a: 4x2 + (2y − 1)2 = 1.

Si substituimos en esta u ´ltima la expresi´ on que obtenemos para x de la ecuaci´ on 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: √ √ 1 + 5 −1 + 5 √ , √ y= , 2 5 2 5 y por tanto, tambi´ en el de x: 1 −1 x= √ ,√ .

5 5 Finalmente, concluimos que los puntos intersecci´ on son:

√ √ 1 1+ 5 −1 −1 + 5 √ √ , y P2 = √ , .

P1 = √ , 5 2 5 5 2 5

(x − d)2 + (y − e)2 = r2 , como se puede deducir f´ acilmente de la f´ ormula de la distancia entre dos puntos, que es una consecuencia directa del teorema de Pit´ agoras.

Ahora, ¿qu´e pasa entonces,con los puntos del plano cartesiano que son la intersecci´ on entre rectas y c´Ĺrculos? Desde el punto de vista algebraico, se corresponden a las soluciones simult´ aneas de las dos ecuaciones. Al resolverlas, observamos que las coordenadas x y y de los puntos de intersecci´ on de estas figuras deben satisfacer una nueva ecuaci´ on que tambi´en es de segundo grado.

Por ejemplo, si despejamos y en la segunda ecuaci´on y sustituimos en la primera, se tiene la ecuaci´ on: Ax2 + Bx + C = 0

Ahora, si repetimos este proceso varias veces m´as utilizando cada vez como coeficientes de nuestras rectas y circunferencias valores que son ra´Ĺces de ra´Ĺces cuadradas de n´ umeros obtenidos de esta manera, entonces las coordenadas de los u ´ltimos puntos de intersecci´on –despu´es de eliminar todas las ra´Ĺces de ra´Ĺces cuadradas de los coeficientes– necesariamente han de satisfacer ecuaciones de grado una potencia de 2 donde los coeficientes son los n´ umeros de las primeras rectas y circunferencias con los cuales empezamos el proceso.

Ejemplo 2

(1)

Supongamos que tenemos la expresi´ on:

√ √ x= 2+ 3+ 5

donde las letras may´ usculas (llamados coeficientes) A, B y C son expresiones en las que s´ olo aparecen sumas, restas, multiplicaciones y divisiones de los n´ umeros a , b, c, d, e y r. As´Ĺ, las coordenadas de los puntos de corte de estas dos figuras, tambi´en deben cumplir ecuaciones de grado 2 y, por lo tanto, resolviendo (1) el valor de la coordenada x (y de manera similar la y) est´ a dado por la f´ormula de todos conocida: √ −B Âą B 2 − 4AC x= 2A

¿Cu´ al es la ecuaci´ on que satisface? Para responder esta pregunta, tenemos que eliminar todas las ra´Ĺces cuadradas que aparecen elevando repetidamente al cuadrado:

√ √ x2 = 2 + 3 + 5 √ 5)2 = 2 + 3 √ √ (x4 + 3)2 = (2 5x2 + 3)2 √ x8 − 14x4 + 6 = 4 15x4 (x2 −

As´Ĺ, si los n´ umeros a, b, c, d, e y r son construibles, tambi´en lo ser´a x (y similarmente y).

(x8 − 14x4 + 6)2 = 250x4 x16 − 24x12 + 208x8 − 414x4 + 36 = 0

Ejemplo 1 Supongamos que queremos encontrar la intersecci´ on de la recta x − 2y + 1 = 0 con la circunferencia

1 2 1 = x2 + y − 2 4

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√

Hemos visto entonces que los n´ umeros construibles de esta manera deben satisfacer ecuaciones de grado una potencia de 2 con coeficientes enteros.

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Mefisto Un poco de Aritm´ etica

mo n´ umeros complejos est´ a en que ´estos u ´ltimos tienen una estructura algebraica nueva. Es decir, podemos sumarlos, restarlos, multiplicarlos y dividirlos, mientras que los vectores asociados a los puntos s´ olo se pueden sumar y restar.

Desde este punto de vista, el punto

2π se corresponde con el n´ u mero com, sen P1 = cos 2π n n plejo

2π 2π Ξ = cos + i sen . n n

Podemos pensar que nuestro problema de inscribir un pol´Ĺgono regular de n lados consiste en dividir un circulo, que podemos considerar (sin p´erdida de generalidad) de radio 1, en n partes iguale. Luego, si toda la circunferencia hace 2Ď€ radianes (es decir, 360o ), entonces necesitamos construir con nuestros instrumentos permitidos (recordar que no disponemos de un transportador) n puntos sobre ella que disten entre si exactamente ´ angulos de 2Ď€ n La gracia est´ a en que este n´ umero complejo satisface la o ertice lo colocamos ecuaci´ radianes (es decir, 360 on ciclot´ omica (o circular) siguiente: n ). Si el primer v´ en el punto P0 (1, 0), entonces, usando trigonometr´Ĺa elezn − 1 mental, siguiente v´ertice tendr´ a que estar en el punto = 1 + z + z 2 + ¡ ¡ ¡ + z n−1 = 0, el 2Ď€ 2Ď€ z−1 P1 = cos n , sen n . Es evidente que este punto P1 es construible con regla y comp´ as, si y s´ o lo si, el n´ umero y en que todas las soluciones (o ra´Ĺces) de esta ecuaci´on 2Ď€ 2Ď€ 2Ď€ cos n lo es (Recordemos que sen n = 1 − cos n ). –gracias a la f´ ormula de De Moivre– est´ an dadas por las potencias de Ξ, a saber: {Ξ, Ξ 2 , Ξ 3 , ¡ ¡ ¡ , Ξ n−1 }. M´as extraordinario a´ un, !estos n´ umeros complejos se corresponden exactamente con los v´ertices faltantes de nuestro n-´agono regular!

Gauss tambi´en sab´Ĺa que si j es un n´ umero primo relativo con n, entonces todas las potencias del n´ umero complejo Ξ j nos vuelven a dar los n v´ertices del pol´Ĺgono regular: {Ξ j , (Ξ j )2 , (Ξ j )3 , ¡ ¡ ¡ , (Ξ j )n−1 } = {Ξ, Ξ 2 , Ξ 3 , ¡ ¡ ¡ , Ξ n−1 } (2) Y Âżcu´ antos de estos n´ umeros j hay? Pues la respuesta la hab´Ĺa dado otro portento matem´ atico llamado Leonhard Euler, quien hab´Ĺa calculado este n´ umero a trav´es de la funci´ on Ď•(n) , que cuenta la cantidad de n´ umeros entre 1 y n que son primos relativos con n. Euler sab´Ĺa que si n tiene una descomposici´ on como producto de potencias de n´ umeros primos de la siguiente forma:

Figura 3: Divisi´on de una circunferencia en n partes y su interpretaci´ on como n´ umeros complejos.

Gauss interpret´ o los puntos P (x, y) del plano cartesiano como n´ umeros complejos del tipo z = x + iy, los cuales manejaba sin ning´ un tipo de problema –matem´ atico o ´etico– a pesar de que en su tiempo a´ un no eran del entonces todo entendidos, ni mucho menos aceptados.

n = 2m

s

piÎąi ,

pi primo impar,

i=1

Ď•(n) = 2m−1

s

i=1

pibi −1 (pi − 1).

Ejemplo 3 Calculemos Ď•(10).

Observemos que 10 = 2 ¡ 5, por lo que se tiene: Ď•(10) = 21−1 ¡ 51−1 ¡ (5 − 1) = 4.

As´Ĺ, s´ olo hay cuatro numeros entre 1 y 10 que son primos relativos con 10, los cuales pudimos haber encontrado de forma directa, a saber: {1,3,7,9}.

Soluci´ on al problema ¿Y esto que tiene que ver con nuestro n-´ agono regular?

Pues todo parte del hecho crucial de que Figura 4: El conjugado de un n´ umero complejo.

2Ď€ −1 Ξ + Ξ = 2 cos , La ventaja de pensar en los puntos del plano con 3

7

Mefisto Con toda esta valiosa informaci´ on podemos deducir que si el n´ umero Ξ + Ξ −1 es construible con regla y comp´ as, entonces este polinomio tiene que tener por grado una potencia de 2, digamos 2m . Luego, dado que este grado es igual a Ď•(n) 2 , se debe tener la igualdad:

y por lo tanto, el pol´Ĺgono regular de n lados es construible con regla y comp´ as, si y s´ olo si, Ξ + Ξ −1 tambi´en lo es. As´Ĺ las cosas, nuestro problema se reduce a saber que ecuaci´ on o f´ ormula satisface este numero.

Y sobre todo saber el grado de esta ecuaci´ on. Pero, ¿en donde podemos buscar tal ecuaci´ o n?

La expresi´ on Ξ + Ξ −1 = 2 cos 2Ď€ le sugiri´ o a Gauss la n idea de asociar las parejas j ↔ n − j para cada numero j primo relativo con n (lo cual equivale a emparejar Ξ j con su inverso multiplicativo y conjugado complejo Ξ n−j = Ξ −j ). De esta manera obtenemos exactamente Ď•(n) parejas (lo cual es posible pues Ď•(n) siempre es par 2 cuando n ďż˝= 2) y si sumamos los numeros de cada pareja

n´ umeros del tipo Ξ + Ξ −1 = 2 cos 2Ď€ se obtienen Ď•(n) 2 n .

Finalmente, usando las propiedades antes vistas, podemos construir el siguiente polinomio: Ď•(n) 2

k

x− Ξ −Ξ

n−k

=

i=1

s

Ď•(n) i −1 = 2m−2 (pi − 1). pÎą i 2 i=1

La u ´nica posibilidad para que esto se cumpla es que las Îąi ’s sean todas iguales a 1 y que los factores pi − 1 cumplan pi −1 = 2rj . Pero como los pi ’s son n´ umeros primos, se debe tener a su vez que las ri ’s son potencias de 2 –la cual cosa era tambi´en conocida por Euler–, es decir, que tj deben ser primos de Fermat de la forma pi = 22 + 1.

As´Ĺ, podemos concluir –finalmente– que si el pol´Ĺgono regular de n lados es construible con regla y comp´as, entonces n tiene que ser de la forma

Ď•(n) 2

i=1

2m =

x − Ξ k − Ξ −k .

2m

s

pi ,

con pi primo impar de Fermat.

i=1

Gauss observ´ o que este polinomio permanece inalterable Como nota final se tiene que, despu´es del 5, el siguiensi intercambiamos Ξ por cualquiera de las potencias Ξ j te primo de Fermat es el 17. As´Ĺ, y desde entonces, el con j primo por n, ya que (como vimos en la ecuaci´ on 2) heptadec´ agono permanece inscrito –eternamente– en la el conjunto de ra´Ĺces no se altera y lo u ´nico que estamos l´ apida de K. F. Gauss. haciendo es un cambio de orden de los factores. factores.

Adem´ as, a partir de la relaci´ on ciclot´ omica: 1 + Ξ + Ξ 2 + ¡ ¡ ¡ + Ξ n−1 = 0, Gauss dedujo que este polinomio tiene coeficientes enteros y que es el polinomio de menor grado que puede tener a los n´ umeros complejos (de hecho reales) Ξ j + Ξ −j como ra´Ĺces. As´Ĺ, !este es el polinomio que buscamos!

Ejemplo 4 Calculemos este polinomio para n = 11. Observemos que en este caso:

2π 2π Ξ = cos + i sen , 11 11 y que se tiene la relaci´ on ϕ(11) 2

1 + Ξ + Ξ 2 + ¡ ¡ ¡ + Ξ 10 = 0,

las 5 = parejas que se forman en este caso corresponden a los emparejamientos: 1 ↔ 10

4↔7

2↔9 5↔6 3↔8 que nos dan los n´ umeros complejos siguientes: Ξ 1 + Ξ 10 , 2

Ξ4 + Ξ7

Ξ + Ξ , Ξ5 + Ξ6 Ξ3 + Ξ8 .

Finalmente, formamos el polinomio correspondiente: 5

k=1

8

9

x − Ξ k + Ξ −k = x5 + x4 − 4x3 − 3x2 + 3x + 1

4

Mefisto

Construcción del polígono de 17 lados Bush de 17 lados Contrucci´ onDaniel del Maisner pol´ıgono

Academia de Matemáticas, SLT Daniel Maisner Bush 6 de agosto de 2014

1.

Contrucciones con regla y comp´ as

Los griegos desarrollaron de forma prodigiosa la geometr´ıa, ´ o mas precisamente lo que hoy conocemos bajo el nombre de geometr´ıa euclidiana. Su legado es uno de los pilares de la matem´ atica moderna, no s´ olo por la amplia gama de resultados obtenidos en matem´ aticas, f´ısica y otras ´ areas, sino tambi´en por su claridad y rigor en la exposici´ on de los mismos.

Una parte muy importante de esta herencia, es una magnifica recopilaci´ on de una gran parte de los resultados en el ´ area de muchos de los pueblos de la antig¨ uedad occidental tanto anteriores como contempor´ aneos a ellos, junto con una enorme contribuci´ on propia. Destacan, por su gran legado a la ciencia, la obra de Arqu´ımedes, considerado, junto a Gauss y Newton, los matem´ aticos m´ as grandes de todos los tiempos y la monumental obra de Euclides: Los Elementos, que representa el primer tratado de de geometr´ıa con un concepto de rigor matem´ atico muy cercano al concepto de rigor moderno, y que ha trascendido como ejemplo de exposici´ on en muchas ´ areas del conocimiento, m´ as all´ a de la geometr´ıa y de la matem´ atica.

En gran parte del estudio de la geometr´ıa por los griegos se impuso la restricci´ on, de que todos los trazos, a partir de los cuales se construye el conocimiento, deber´ıan realizarse, usando, u ´nicamente, regla (no graduada) y comp´ as. Es decir, todas las figuras geom´etricas y resultados que se obtengan a partir de ellas, deben obtenerse, trazando rectas, c´ırculos y sus intersecciones.

A pesar de haber construido un edificio muy s´ olido, hubo una serie de problemas que permanecieron sin soluci´ on (´ o en jerga matem´ atica abiertos) hasta el siglo XIX. Mencionemos los cuatro problemas m´ as famosos de construcciones con regla y comp´ as que no pudieron ser resuletos por los griegos: 1. Cuadratura del c´ırculo: Sin lugar a dudas se trata del problema m´ as famoso de todos, al grado de que, la expresi´on quiere encontrar la cuadratura al c´ırculo, esta totalmente incorporada al lenguaje cotidiano para significar que alguien intenta realizar algo imposible. El enunciado del problema es el siguiente: dado un c´ırculo construir, con regla y comp´ as, un cuadrado cuya ´ area sea igual a la del c´ırculo.

2. Duplicaci´ on del cubo: Dado un cubo, construir con regla y comp´ as un cubo con volumen igual al doble del original.

3. Trisecci´ on del ´ angulo: Utilizando regla y comp´ as dividir un ´ angulo en tres partes iguales. ´ 4. Inscribir un n-´ agono en una circunferencia: Este es el problema principal del presente art´ıculo, por lo cual lo incluimos en la lista, a pesar de no ser tan famoso. El problema es determinar cuales pol´ıgonos regulares pueden inscribirse en una circunferencia. En cierto sentido este problema representa un complemento al problema anterior, ahora tenemos un ´angulo fijo de 2π radianes (360◦ ) y nos preguntamos para qu´e valores de n lo podemos dividir en n partes iguales.

Quiz´ as en sus or´ıgenes la restricci´ on de s´ olo utilizar regla y comp´ as haya tenido un car´ acter pr´ actico, pero con el tiempo se volvi´ o una hip´ otesis puramente te´ orica, incluso con tintes de tipo religioso; y en cierto sentido, un bloqueo para la soluci´ on de los problemas antes mencionados. Para Plat´ on por ejemplo, la recta y el c´ırculo eran las curvas ideales, y por eso la geometr´ıa deber´ıa restringir su uso al trazo de estas curvas.

Es sabido que Arqu´ımedes resolvi´ o el problema de la trisecci´ on del ´ angulo utilizando otro tipo de trazos y en general, desde la antiguedad, existen soluciones a muchos de los problemas irresolubles de regla y comp´ as, eliminando ´esta restricci´ on. Pero no hay mal que por bien no venga, el reto te´ orico fue fuente de trabajo e inspiraci´on de muchos matem´ aticos, gracias a cuyos esfuerzos por solucionarlos se obtuvo un desarrollo enorme del conocimiento matem´ atico.

En general todos los grandes problemas matem´ aticos que han permanececido abiertos durante largos periodos de tiempo y han entusiasmado a grandes y peque˜ nos pensadores, tienen las siguientes caracter´ısticas en com´ un: 1

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Mefisto 2

Figura 1: Trisecci´on del ´angulo.

• Enunciado sencillo: su enunciado, es sencillo de entender para todo el mundo, incluso para los no especialistas, lo cual lleva al error psicol´ ogico de creer que la soluci´ on debe ser igualmente sencilla; y se convierte en un reto natural para cualquier estudioso del ´ area.

• Enunciados similares de f´ acil soluci´ on: existen problemas con un enunciado semejante, ´ o casos particulares de los problemas estudiados, de f´ asil soluci´ on, lo cual aumenta el nivel del reto. Por ejemplo, en nuestro caso ¿por qu´e dividir un ´ angulo en dos partes iguales es elemental y dividirlo en tres imposible? ¿Qu´e diferencia existe entre un pent´ agono y un ept´ agono para qu´e uno sea construible y el otro no?

• Imposibilidad de soluci´ on en general: muchos de los problemas que han permanecido abiertos por largos periodos de tiempo tienen en com´ un que son imposibles de solucionar, por lo menos lo son con las t´ecnicas que se han desarrollado en su ´epoca. Aunque, existen ejemplos de f´ acil soluci´ on en casos concretos, la soluci´on general es imposible.

• Necesidad de un cambio de Lenguaje: la comprensi´ on profunda de los problemas planteados requiere de un cambio tanto de lenguaje como de las t´ecnicas matem´ aticas utilizadas para afrontarlos. En nuestro caso la comprensi´ on profunda de cuales figuras son construibles con regla y comp´ as s´ olo fue posible gracias al desarrollo del an´ alisis y el ´ algebra modernos (desarrollados hasta avanzado el siglo XIX y formalizados hasta principios del XX).

El ´ algebra moderna permite contestar de manera completa a la pregunta esencial, que est´ a en el fondo de todos estos problemas ¿cu´ ales son todos los n´ umeros reales construibles?, es decir ¿cu´ ales n´ umeros reales α cumplen que puede trazarse, con regla y comp´ as, un segmento de longitud |α|?

Por otro lado, el desarrollo del an´ alisis matem´ atico permiti´ o una comprensi´ on profunda del concepto de n´ umero real, sin la cual, tampoco puede explicarse qu´e n´ umeros reales son construibles, m´ as concretamente, la comprensi´ on de qu´e n´ umeros son construibles va de la mano con entender la diferencia entre n´ umeros algebraicos y trascendentes.

2.

N´ umeros construibles

Cuentan que en una ocasi´ on un estudiante de la Facultad de Ciencias afirm´ o en clase del Dr. Alberto Barajas que no se pod´ıa abrir un comp´ as con apertura igual a π, ante lo cual, de forma p´ıcara don Alberto, lo hizo pasar al pizarr´ on y le pidi´o que pintara la recta num´erica. Posteriormente, solicit´ o al desconcertado estudiante que apoyara un lado del comp´ as en el origen y desplazara el otro del tres al cuatro sin despegar el comp´ as del pizarr´ on, y mientras el alumno realizaba esta actividad afirmaba “imposible que en este proceso usted no haya abierto el comp´ as una longitud igual a π” Independientemente de la autenticidad de la an´ecdota anterior, es un buen recordatorio de que al hablar de n´ umeros construibles estamos pensando en trazos que se puedan realizar con regla, no graduada y comp´as. Es

10

Mefisto3 decir, trazando rectas y circunferencias; y como mencionamos en la secci´ on anterior, debilitar estas restricciones permite una soluci´ on de los problemas enunciados.

Diremos que un n´ umero Îą es construible si puede construirse un segmento de longitud |Îą|. El trazo de un segmento de longitud negativa, digamos âˆ’Îą puede interpretarse como un segmento de longitud |Îą| trazado en sentido contrario al segmento de longitud Îą. Con esto se garantiza geom´etricamente que se cumple la igualdad Îą + (âˆ’Îą) = 0 y a partir de aqu´Ĺ puede definirse la diferencia entre dos n´ umeros construibles. Los griegos no desarrollaron los n´ umeros negativos, pero para la interpretaci´ on algebraica de los construibles es importante, porque permite darles una estructura de campo.1 En geometr´Ĺa elemental existen pruebas de los siguientes hechos: 1. Todos los n´ umeros racionales son construibles, 2. La suma, producto y ra´Ĺces cuadradas de construibles son construibles.

Ambos resultados eran impl´Ĺcitamente conocidos por los griegos aunque√expresados en otro lenguaje. Sin ellos, no se hubiera podido realizar la teor´Ĺa de proporciones o la prueba de que 2 es un n´ umero irracional. Lo que ya no es evidente y requiere del lenguaje moderno es que estos dos enunciados caracterizan a los n´ umeros construibles, adem´ as, de aqu´Ĺ se desprende que forman un subconjunto pequeËœ no de los n´ umeros reales.

La idea es relativamente simple en t´erminos de geometr´Ĺa anal´Ĺtica: cualquier punto construible se puede obtener como la intersecci´ on de rectas o circunferencias cuyas ecuaciones tienen coeficientes construibles. Un c´ alculo directo muestra que las coordenadas as´Ĺ obtenidas cumplen las condiciones arriba mencionadas ( v´ease el art´Ĺculo de Infante en este mismo n´ umero ´ o [Fra], p´ agina 362).

Ejemplo 1. Son construibles los siguientes n´ umeros:

√ √

1− 2 1 + 17

√ , , 1+ 2 1− 5

√ −1+ 5 2

y

+

√ ( −1+2 5 )2 − 4 2

A partir de la caracterizaci´ on antes descrita, se puede probar que existen una infinidad (no numerable) de n´ umeros no construibles y, cualquier construcci´ on, que de alguna forma utilice el trazo de longitud uno de ellos, ser´ a imposible de realizarse. Adem´ as, de la caracterizaci´ on anterior se puede obtener: Teorema 2.1. Los n´ umeros construibles satisfacen un polinomio m´ onico, irreducible, con coeficientes racionales, de grado m´Ĺnimo igual a una potencia de 2 Nota: Intuitivamente, elevando al cuadrado tantas veces como ra´Ĺces cuadradas tengamos y aplicando operaciones de n´ umeros de suma y producto podemos encontrar el polinomio m´Ĺnimo irreducible que las tiene por ra´Ĺces.

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 n´ umero construible

√ √ −1+ 5 + ( −1+2 5 )2 − 4 2 . x= 2 y veamos que satisface un polinomio m´ onico de grado una potencia de 2. Tenemos las siguientes igualdades equivalentes:

2x −

√ 2 −1+ 5 2

=

√ √ ⇔ 4x2 + 2x − 2x 5 + 6−24 5 = 2 2 ⇔ 4x + 2x + 4 = ⇔ 16x4 + 16x3 + 16x2 + 16x + 16 = ⇔ x4 + x3 + x 2 + x + 1 =

( −1+2

√ 5 2

) −4=

√ 1−2 5+5−16 4

√

− 5 √ 22 (2x 5) = 20x2 0 0. −5 2

1 De 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.

(continĂşa en la pĂĄgina 14)

11

Mefisto

El cielo de verano Fases de la Luna Luna nueva 26 de julio 24 de agosto 23 de septiembre Cuarto creciente 4 de julio 3 de agosto 1 de septiembre Luna llena 11 de julio 10 de agosto 8 de septiembre Cuarto menguante 18 de julio 17 de agosto 15 de septiembre

12

Mefisto Planetas Mercurio en Cáncer Venus en Cáncer Marte en Libra Júpiter en Leo Saturno en Escorpión Urano en Aries Neptuno en Piscis

Lluvias de estrellas a Capricórnidas 29 y 30 de julio Perséidas 11 y 12 de agosto

13

Mefisto

4

El teorema 2.1 es suficiente para explicar por qu´e los primeros tres problemas cl´ asicos son imposibles de solucionar, y entender la complejidad del cuarto problema: 1. Cuadratura del c´Ĺrculo.

Dada una circunferencia de radio 1, tiene ´ area igual a Ď€. Un cuadrado de la misma √ area supondr´Ĺa que Ď€ es construible y en particular tambi´en lo es Ď€. Pero Ď€ es un n´ ´ umero trascendente; es decir, no existe un polinomio con coeficientes racionales que lo tenga por ra´Ĺz y por tanto no puede ser construible. Para remarcar que esta prueba requiere del uso de herramientas modernas, mencionemos, adicionalmente, que la prueba de la trascendencia de Ď€ debida a Lindemann data de 1882. (ver [Mayer]) 2. Duplicaci´ on del cubo. Si consideramos √ un cubo de lado 1 entonces un cubo del doble de volumen, tiene volumen 2 √ y por tanto su lado es igual a 3 2. Ahora bien, el polinomio m´ onico, m´Ĺnimo e irreducible que tiene por ra´Ĺz a 3 2 es p(x) = x3 − 2. Como 3 no es una potencia de 2, las ra´Ĺces de p(x) no son construibles.

3. Trisecci´ on del ´ angulo. Para este caso, primero debemos comprender que quiere decir tener un ´angulo construible. Si consideramos la circunferencia de radio 1 centrada en el origen y el ´ angulo θ formado por el eje X y una recta que pasa por el origen, entonces el punto P de intersecci´ on tiene coordenadas:

(cos θ, sen θ) = (cos θ, 1 − cos2 θ).

Por tanto, θ es construible si y s´ olo si cos θ lo es.

´ Figura 2: Angulo construible.

Ahora bien, la identidad trigonom´etrica: cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ

(1)

nos muestra que en caso de poder trisecar el ´ angulo ι = 3θ, existe un n´ umero construible que soluciona la ecuaci´ on trigonom´etrica (1).

Pero esto, en general es imposible. Por ejemplo, si θ = Ď€9 = 20â—Ś entonces (1) es: Ď€ Ď€ Ď€ 1 Ď€ = cos = cos 3 = 4 cos3 − 3 cos 2 3 9 9 9 y por tanto cos Ď€9 es ra´Ĺz del polinomio: 4x3 − 3x − Pero, al ser x3 − 43 x −

14

1 8

1 1 3 = 4 x3 − x − .

2 4 8

un polinomio irreducible de grado 3 sus ra´Ĺces no pueden ser n´ umeros construibles.

Mefisto 5

Ejemplos de pol´ıgonos construibles y no construibles Como vimos en la introducci´ on, determinar para que valores de n el pol´ıgono de n lados es construible, corresponde a dividir la circunferencia (el ´ angulo de 2π radianes) en n partes iguales. Es decir, queremos construir el ´angulo 2π/n y sus m´ ultiplos enteros; equivalentemente, queremos determinar todos los puntos (cos nθ, sen nθ)

(2)

construibles.

La identidad de Euler einθ = cos nθ + i sen nθ muestra que cada punto de la ecuaci´ on (2) se corresponde con una ra´ız n−´esima de la unidad y por tanto el problema anterior puede enunciarse de la siguiente manera: determinar que ra´ıces n-´esimas de la unidad tienen parte real e 2πi imaginaria construibles. M´ as a´ un, como cualquier ra´ız es una potencia de ζ = e n , basta determinar para qu´e casos la parte real e imaginaria de ζ lo son.

Ejemplo 3. El poligono de 5 lados es construible.

Demostraci´ on: Queremos ver que cualquier ra´ız quinta de la unidad es construible. Las ra´ıces quintas de la unidad son las soluciones de la ecuaci´ on x5 − 1 = 0 Ahora bien, podemos factorizar: x5 − 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) = (x − 1)p(x) siendo p(x) irreducible en los racionales.2 Debemos probar que las ra´ıces de p(x) son construibles. Sea � � � � 2π 2π + i sen ζ = cos 5 5 entonces las ra´ıces 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 + ζ 4 = 2 Re ζ

y

β2 = ζ 2 + ζ 3 = 2 Re ζ 2

entonces ζ es ra´ız del polinomio cuadr´ atico x2 − (ζ + ζ 4 )x + ζζ 4 = x2 − β1 x + 1, y por tanto es construible si y s´ olo si β1 lo es (lo cual tambi´en puede deducirse de que β1 es el doble de la parte real de ζ). Por otro lado, como p(x) = (x − ζ)(x − ζ 2 )(x − ζ 3 )(x − ζ 4 ) el coeficiente de x3 es 1 = −(ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 ) y de esta igualdad podemos concluir:   −(β1 + β2 ) = β1 β 2 =  =

−(ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 ) (ζ + ζ 4 )(ζ 2 + ζ 3 ) ζ3 + ζ4 + ζ6 + ζ7

= = =

1, ζ 3 + ζ 4 + ζ + ζ 2 = −1.

Unificando ambas ecuaciones concluimos que βi es ra´ız del polinomio: x2 − (β1 + β2 )x + β1 β2 = x2 + x − 1 y en consecuencia construible. M´ as a´ un, tenemos los valores espec´ıficos: 2 Al

ser m´ onico con t´ ermino independiente igual a 1, las u ´nicas ra´ıces racionales posibles son ±1, que claramente no lo son.

15

Mefisto

6

√ βi ± βi2 − 4 −1 ± 5 y ζi = = βi = 2 2 Como un corolario inmediato tenemos la igualdad:

√ −1± 5 2

(ζ + ζ 4 ) − (ζ 2 + ζ 3 ) = β1 − β2 =

±

√ ( −1±2 5 )2 − 4 2

.

√ 5.

(3)

Ejemplo 4. El pol´ıgono de 7 lados no es construible Demostraci´ on: Las ra´ıces s´eptimas primitivas de la unidad son: j

ζ =

cos

2π 7

+ i sen

2π 7

j

1 ≤ j ≤ 6,

y satisfacen el polinmomio irreducible p(x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1.

Como p(x) no tiene como grado una potencia de dos, sus ra´ıces no son construibles. Veamos adicionalmente por qu´e no funciona en este caso la idea desarrollada en el pent´ agono. Si hacemos βj = ζ j + ζ¯j = ζ j + ζ 7−j , j

1≤j≤3

entonces ζ es construible si y s´ olo si βj lo es. Ahora bien, el polinomio m´ onico e irreducible m´ınimo de βj es (x − β1 )(x − β2 )(x − β3 ) y a diferencia del ejemplo 3, es de grado 3 y por tanto sus ra´ıces no son construibles.

M´ as en general, para cualquier primo non p, las ra´ıces primitivas de la unidad deben ser ra´ıces del polinomio irreducible: xp−1 + xp−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 tambi´en tiene que ser una potencia de 2 y por tanto p es un primo de la forma: k

p = 22 + 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 pol´ıgono de 17 lados Vimos en la secci´ on anterior (y en [Infante]) que para que el p-´ agono regular sea construible, siendo p primo non, es necesario que p sea un primo de Fermat. ¿ser´ a suficiente? Los primeros primos de Fermat son: 0

1

2

{22 + 1, 22 + 1, 22 + 1} = {3, 5, 17}.

Los casos 3 y 5 son sencillos de resolver y su soluci´ on era bien conocida por los griegos. ¿qu´e sucede con el pol´ıgono de 17 lados? A los 19 a˜ nos de edad Gauss demostr´ o que es construible lo cual fue un factor fundamental para dedicarse de lleno a las matem´ aticas y ese resultado por si s´ olo hubiera bastado para que su nombre quedara inscrito en la historia de las matem´ aticas. Afortunadamente, Gauss nos legar´ıa mucho m´ as. Siguiendo sus ideas veremos una prueba en esta secci´ on.

Antes de explicar la construcci´ on recordemos algunas definiciones b´ asicas del ´ algebra modular que nos ser´an de utilidad.

16

Mefisto 7

Figura 3: Heptadec´agono.

Definici´ on 2.2.

1. Decimos que a es congruente a b m´ odulo m: a ≡ b (mod m)

si a y b dejan el mismo residuo al ser divididos por m, 2. a es invertible o unidad m´ odulo m si existe c que cumpla: ac ≡ 1 (mod m).

Equivalentemente, a es invertible si no tiene divisores en com´ un con m diferentes de ±1. Cuando m = p, un n´ umero primo, entonces todos los residuos diferentes de p, {1, 2, · · · , p − 1} son inversibles.

3. El conjunto de elementos inversibles est´ a generado como las potencias de un elemento ξ que se denomina ra´ız primitiva: a ≡ ξ i (mod m)

0 ≤ i ≤ ϕ(i),

ϕ(i) := |{inversibles}|.

Para una descripci´ on m´ as a fondo de ϕ(n) v´ease [Infante].

Como en los ejemplos de la secci´ on anterior, debemos ver que son construibles las ra´ıces del polinomio irreducible: p(x) = x16 + x15 + x14 + · · · + x2 + x + 1.

Sean {ζ, · · · , ζ i , · · · , ζ 16 } las 16 ra´ıces de p(x). Bajo el producto, las ra´ıces se comportan como los residuos m´ odulo 17. En efecto, la asignaci´on natural: {ra´ıces de p(x)} ζi

−→ �→

{enteros m´ odulo 17} i

respeta el producto. Dado que si ζ i ζ j = ζ i+j y si i + j = 17 + k entonces ζ i+j = ζ 17 ζ k = ζ k �→ k ≡ i + j (mod 17).

Para los enteros m´ odulo 17 tenemos: invertibles modulo 17 := {1, 2, 3, · · · , 15, 16}

17

Mefisto

8

y estos n´ umeros m´ odulo 17 los podemos generar como potencias de 3: {3i }17 1=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 cuadrados m´ odulo 17, mientras que las nones son no cuadrados. Es decir si denotamos por C a los cuadrados y N C a los no cuadrados tenemos: C = {1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2} y N C = {3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6}.

De forma similar podemos realizar particiones de los enteros m´ odulo 17 seg´ un el residuo m´ odulo 4 y m´odulo 8 del exponente de la ra´ız primitiva 3: Exponente 2i 4i 4i + 2 8i + k

conjunto C = {1, 9, 13, 15, 16, 8, 4, 2} C1 = {1, 13, 16, 4} C3 = {9, 15, 8, 2} Ok = {±k}

Exponente 2i + 1 4i + 1 4i + 3

conjunto N C = {3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6} C2 = {3, 5, 14, 12} C4 = {10, 11, 7, 6}

donde en el u ´ltimo rengl´ on estamos remarcando que

38 ≡ −1 (mod 17) y por tanto 38+k ≡ 38 3k ≡ −3k (mod 17).

Estas particiones son la clave que encontr´ o Gauss para resolver la ecuaci´ on p(x) = 0, y demostrar que sus ra´ıces son n´ umeros construibles.

En el ejemplo del pent´ agono, la igualdad β = ζ + ζ¯ permiti´ o reducir el c´ alculo de ra´ıces cuartas a uno de ra´ıces cuadradas. Claramente una aplicaci´ on directa de este truco s´ olo permite reducir el c´ alculo de las ra´ıces de p(x) a un polinomio de grado 8, lo cual es insuficiente para encontrar una soluci´ on general. Las particiones que realizamos en las diferentes potencias de 3, nos permitir´an hacer una generalizaci´ on de la idea del pent´ agono v´ alida en general.

Definamos los siguientes n´ umeros auxiliares: k

βk =ζ 3 + ζ 3 γj =

ζ3

ζ3

k+8

s

k

k

s

s+4

k

=

ζ 3 + ζ −3 = ζ 3 + ζ 3k ,

=

ζ3 + ζ3

=

ζ3 + ζ3

+ ζ3

s+8

+ ζ3

1 ≤ k ≤ 8, s+12

1 ≤ j ≤ 4,

s∈Cj

ωi =

s∈C

i+s

i

i+2

+ ζ3

i+4

+ · · · + ζ3

i+16

(4)

0 ≤ i ≤ 1.

Para finalizar la prueba vamos a probar que si alguno de los n´ umeros ζ i , βi , γi , ωi es construible entonces los dem´ as lo son, y finalizaremos mostrando que ωi lo es. M´ as espec´ıficamente, tenemos: Teorema 2.3. lo es,

i

i

1. ζ 3 y ζ −3 son ra´ıces del polinomio x2 − βi x + 1 y por tanto ζ i es construible si y s´ olo si βi

olo si γi lo es, 2. βi , βi+4 son ra´ıces de x2 − γi x + γi+1 , y en consecuencia βi es construible si y s´ olo si ωi lo es, 3. γi y γi+2 son ra´ıces de x2 − ωi x − 1 y por tanto γi es construible si y s´ 4. ω0 y ω1 son ra´ıces de x2 − x − 4 y por tanto construibles. En consecuencia γi , βi y ζ i lo son y el pol´ıgono de 17 lados es construible.

Demostraci´ on: En todos los incisos tenemos polinomios de grado 2 por lo cual debemos ver que el coeficiente de x es menos la suma de las ra´ıces propuestas y el coeficiente independiente el producto de las mismas. El resultado se sigue con los siguientes c´ alculos: 1. Coeficientes de x: Se sigue de las definiciones de βi , γi y ωi las siguientes igualdades: i

i

ζ 3 + ζ −3 =βi , i i+8 i+4 i+12 + ζ3 = γi , βi + βi+4 =ζ 3 + ζ 3 ζ 3 i i+4 i+8 i+12 i+2 i+6 i+10 i+14 + ζ3 + ζ3 + ζ3 + ζ3 + ζ3 + ζ3 = ωi . γi + γi+2 =ζ 3 + ζ 3

18

Mefisto 9 Adem´ as, como el coeficiente de x15 de p(x) = (x − ζ 1 ) · · · (x − ζ 16 ) es 1, tenemos: 1 = −(ζ + · · · + ζ 16 ) = −(ω0 + ω1 ).

2. T´ erminos independientes. Claramente, al ser ζ ra´ız de la unidad i

ζ3 ζ3

i+8

i

i

i

= ζ 3 ζ −3 = ζ 3 ζ 3i = 1.

Por definici´ on de βi tenemos βi βi+4

= =

i

i+8

i+4

i+12

(ζ 3 + ζ 3 )(ζ 3 + ζ 3 ) i i+4 i i+12 i+8 i+4 i+8 i+12 + ζ 3 +3 + ζ 3 +3 . ζ 3 +3 + ζ 3 +3

Factorizando, utilizando que los exponentes se comportan como enteros m´ odulo 16 y reordenando podemos ver 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 de Ci por 3j con j ≡ 1(mod 4) nos da los elementos de Ci+1 , y por tanto βi βi+4 =

ζ j = γi+1 .

j∈Ci+1

Para concluir la demostraci´ on, debemos probar las igualdades: ω0 ω1 = −4

y

γi γi+2 = −1.

Como ζ i ζ j = ζ i+j los sumandos del producto ω0 ω1 son los ζ i que cumplan: i=a+b

con

a∈C

y

b ∈ N C.

Es decir, el exponente de cada sumando lo podemos identificar con una de las 64 parejas (a, b) ∈ C × N C. Ahora bien, las congruencias: 3i ≡ 3i (15 + 3) ≡ 3i (4 + 14) ≡ 3i (13 + 5) ≡ 3i (8 + 10)(mod 17) muestran que los 64 n´ umeros a + b recorren 4 veces todos los n´ umeros invertibles m´ odulo 17 y por tanto: ω0 ω1 = 4(ζ + · · · + ζ 16 ) = −4.

De forma an´aloga para probar la igualdad γi γi+2 = −1 demostraremos que γi γi+2 = ζ + · · · + ζ 16 .

Como

19

Mefisto

10

γi γi+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 ζ j , con j = a + b, siendo:

a = 34k y b = 34k+2 si i ≡ 0 (mod 2), o ´ para 0 ≤ k ≤ 8. a = 34k+1 y b = 34k+3 , si i ≡ 1 (mod 2) Pero estos n´ umeros j recorren exactamente los 16 n´ umeros invertibles m´ odulo 17. En efecto, las siguientes igualdades muestran que cualquiera de los 16 n´ umeros invertibles se escribe de manera u ´nica de la forma antes mencionada: C = {32k (16 + 2)}8k=1 y N C = {32k+1 (12 + 6)}8k=1 C = {32k (12 + 6)}8k=1 y N C = {32k+1 (16 + 2)}8k=1 . donde estamos usando que m´ odulo 17 se tienen las congruencias 16 ≡ 38 , 2 ≡ 314 , 6 ≡ 315 y 12 ≡ 313 . o 32k+1 se obtienen sumandos de las formas propuestas. y al multiplicar por 32k ´ Como un corolario inmediato tenemos igualdad:

√ ζi − ζ j = ω0 − ω1 = 17. i∈C

2.1.

(5)

j∈N C

Algunos comentarios finales

Quiz´ a sea un poco decepcionante para el lector encontrar una construcci´ on con regla y comp´ as que no utiliza ninguno de los dos instrumentos en modo alguno. Aunque en general se cree que Gauss realiz´ o una construcci´on expl´ıcita del pol´ıgono de 17 lados, no se sabe a ciencia cierta si lo hizo, dado que fue otro de los grandes genios poco adeptos a publicar sus resultados. Sin embargo, se conoce una construcci´ on de estas caracter´ısticas de Richmond (1893) que no reproducimos por falta de espacio pero que puede leerse en [Cabeza].

El lector con algunos conocimientos de teor´ıa de Galois habr´ a notado que la parte medular de la construcci´on del pol´ıgono est´ a en calcular la red de grupos de Galois de la extensi´ on de las ra´ıces decimo s´eptimas de la unidad.

En este lenguaje se pueden generalizar de forma sencilla los resultados anteriores, para llegar al siguiente:

Figura 4: El matem´atico Pierre Laurent Wantzel.

Teorema 2.4. (Wantzel) Sea n un n´ umero natural que se descompone en producto de primos como: αi 1 n = 2ν pα 1 · · · pi

entonces el n-´ agono regular es construible si y s´ olo si los primos nones Pi son primos de Fermat y 0 ≤ αi ≤ 1. En particular n es un primo impar si y s´ olo si es un primo de Fermat.

A lo largo de su vida Gauss estuvo muy interesado en probar la ley de reciprocidad cuadr´ atica planteada por Euler. Muchas de las ideas utilizadas para mostrar que el pol´ıgono de 17 lados es construible est´ an presentes en una de las herramientas mas poderosas que desarrollo para ello y que hoy se conocen como sumas de Gauss. En particular, mencionemos el siguiente resultado que generaliza las ecuaciones (3) y (5):

20

Mefisto 2πi

Teorema 2.5. Sea p un primo impar y ζ = e p una ra´ız p-´esima de la unidad. Denotemos respectivamente a C y N C y los cuadrados y no cuadrados de los elementos invertibles m´ odulo p entonces:

p−1 √ ζi − ζ j = (−1) 2 p i∈C

i∈N C

Referencias ´ [Fra] J. Fraleigh , Algebra abstracta, ADDison-Wesley Iberoamericana, 1987, 484 pp.

[Infante] C.Infante, Construcciones con regla y comp´ as, en este n´ umero.

[Ivora] C.Ivora, Teor´ıa de N´ umeros, 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 pol´ıgono de 17 lados, Suma 58, 101-105 disponible en http://platea.pntic.mec.es/ aperez4/decabeza/58decabeza.pdf

21

Mefisto

Acertijos 1 Dos pastores están cuidando a sus ovejas. El 3 Alfonso, Carlos, Rodolfo y Wenceslao son cuatro primero de ellos dice: artistas. Uno de ellos es bailarín, otro es pintor, otro cantante y el otro es escritor, pero no neceDame una de tus ovejas, para que tengamos los sariamente en ese orden. dos la misma cantidad.

Alfonso y Rodolfo estaban en el recital donde hizo El segundo le contesta: su debut el cantante.

Mejor tú dame una de tus ovejas, para que yo Carlos y el escritor encargaron sus retratos al pintenga el doble de las que tengas tú. tor.

5

¿Cuántas ovejas tenía cada pastor?

Alfonso nunca ha oído hablar de Rodolfo. ¿A qué se dedica cada uno de ellos?

6

2 En un equipo de basquetbol debe haber cinco jugadores. Adolfo, Ramiro, Fernando, Enrique y Gabriel 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 distintas pueden repartirse las playeras entre los integrantes del equipo?

22

9

x

8

0

z

2

¿

3

El escritor hizo la biografía de Wenceslao y planea hacer la de Alfonso.

Mefisto

Acertijos Solución a los anteriores

?

y

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 ángulo 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 exactamente 6 horas.

2

7

z

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 colores, 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

1

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.

2

x

y2

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.

23

Mefisto

Sudoku F谩cil

9

7

6

Soluci贸n al anterior

3

8 4 8 5 3 5 3 1 2 7 1 7 1 8 6 7 4 3 5 6 4 6 2 1

8 6 3 5 7 5 2 7 1 8 4 1 3 4 6 2 9

1 2 4 6 3 9 5 7 8

9

3 8 5 2 6 7 4 9 1

2 1 9 3 4 8 6 7 5

7 1 2 8 4 6 9 5 3

4 9 3 7 5 2 8 6 1

7 4 6 5 9 1 2 3 8 8 6 5 9 1 3 4 7 2

Dif铆cil

9

Soluci贸n al anterior 5

8 4 2 3 1 8 7 7 2 4 6 3 1 4 9 2 5 2 3 6 9 8 8 5 7 1 4

4 9 6

9 6

1 6 5 4 9 1 6 3 7 5 3

7 3 9 2 5 8 8 7

1 4 9 2 6

7 5 3 9 8 2 6 1 1 2 7 6 4 8 3 5 8 3 5 1 2 7 4 9

4

1 7

8 3 6

5 5 8 2 1 9 3

4

7

6 7 8

24

2

2 5 3

9 7

1