l'art de fer demostracions en...

L’art de fer demostracions en Matematiques

Joan Josep Carmona

Departament de Matematiques

Dissabte de les Matematiques, 1 d’abril 2017

Guio de la xerrada

1 Consideracions sobre les demostracions en Matematiques

2 Quatre demostracions senzilles

3 Els nombres primers

4 El teorema de Pitagores i consequencies

Joan Josep Carmona L’art de fer demostracions en Matematiques

Les demostracions en Matematiques

Definicio: Demostracio es la derivacio d’un enunciat mitjancantl’aplicacio d’unes determinades regles logiques, a partir d’uns altresenunciats, dits premisses de la demostracio.Quines son les eines per fer una demostracio?Les podem resumir en els punts seguents:

(1) Coneixer les tecniques d’elaboracio de demostracions (principisde Logica, Principi d’induccio, principi de les caselles, calculcombinatori, etc.)

(2) Saber els teoremes, proposicions, observacions, conjecturesrelacionades amb el tema a resoldre.

(3) Tenir presents demostracions similars i idees usades en altressituacions.

(4) Molta inventiva, enginy i dedicacio.

Dels punts anteriors en aquesta xerrada (i amb el Taller) incidiremuna mica en els punts (3) i (4).


Preguntes a respondre

El nostre objectiu sera fer un recorregut d’enunciats idemostracions que us permetra respondre a les preguntes seguentso d’altres que us pugueu plantejar.

P1. Existeixen demostracions “genials” o “perfectes” o que son“obres d’art”? SI

P2. Hi ha afirmacions relativament senzilles d’enunciar que ningusap si son certes o falses? SI

P3. Que es una conjectura?

P4. Es util tenir diferents demostracions d’un resultat? SI

P5. Hi ha teoremes que tenen moltes demostracions? SI

P6. Esta clar quan es pot afirmar que dues demostracions d’unmateix resultat son diferents? N0


Quatre demostracions senzilles: (1) Quadrat d’una suma

Proposicio

Si x i y son nombres reals arbitraris es verifica

(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2.

Demostracio: Suposem x = a > 0 i y = b > 0. Llavors

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2


Ara ens podem preguntar: Es correcta? I Es completa?Respostes: Es correcta? SI, Es completa? NOHo podrıem demostrar amb un altre dibuix, pero ho farem ambuna mica de calcul.Excloent els casos trivials on x = 0 o y = 0 ens falta demostrar elcas que x = a > 0 i y = −b, b > 0. Podem raonar aixı: Persimetria podem suposar que a > b, per tant

a2 = [(a−b)+b]2ja demostrat

= (a−b)2+2(a−b)b+b2 = (a−b)2+2ab−b2.

Aıllant (a− b)2 surt

(a− b)2 = a2 − 2ab + b2

tal com es volia demostrar.


Els Elements d’Euclides

Presentarem demostracions que surten als Elements d’Euclides.Hem de comentat que aquesta obra es un tractat matematic queconsta de 13 llibres i despres de la Bıblia es l’obra que ha tingutmes edicions, mes de 1.000 i durant segles ha estat l’obra dereferencia en l’ensenyament de la Geometria. El seu contingut esvigent avui dia, cosa sorprenent a la Ciencia.

Papir d’Oxirrinc, fragment dels Elements Una edicio en llatıDatat de finals del segle I i principis del II


(2) La suma dels angles d’un triangle

Teorema

La suma dels angles interns d’un ∆ABC arbitrari sempre es 180◦.

Demostracio:


(3) Teorema de Tales

Tales de Milet matematic grec (625 a. C. - 545 a. C.)

Teorema (Teorema de Tales)

Suposem que ∆ABC es tal que BC coincideix amb el diametred’una circumfererencia que conte el vertex A. Llavors ∆ABC esrectangle.


Demostracio: Agafem el punt M que es el punt mig del segmentBC i que coincideix amb el centre de la circumferencia. Llavors∆AMB es isosceles, ja que AM i BM tenen la mateixa longitud.

Per tant ABM = BAM = α. Pel mateix argument

MAC = MCA = β. Per tant α + β + α + β = 180◦ o siguiα + β = 90◦.


(4) Un octogon quasi regular

Problema

Trobeu l’area d’un octogon convex inscrit en una circumferenciaque te quatre costats consecutius de longitud 2 i els altres quatrede longitud 3.


(4) Un octogon quasi regular: una solucio d’enginy!

Hem tallat i reorganitzat les peces!

Per tant A = (3 + 2√

2 )2 − 4 12 (√

2 )2 = 13 + 12√

2.


Nombres primers

Recordem un nombre natural p es primer si p 6= 1 i els unicsdivisors que te son p i 1.

Teorema (Teorema de la infinitat de nombres primers)

El conjunt dels nombres primers es infinit.

Demostracio: Suposem que el conjunt dels nombres primers esfinit, per tant siguin p1, p2, p3, p4, . . . , pk tots els primers. Agafem

M = p1 · p2 · p3 · · · pk + 1.

Llavors M es mes gran que tots els primers, per tant no es primer.Aixo ens diu que te un divisor d i aquest divisor te un divisorprimer pj . Llavors

pj |M i pj |p1 · p2 · p3 · · · pk

per tant pj divideix la diferencia M − p1 · p2 · p3 · · · pk = 1 que esuna contradiccio.


Pierre de Fermat

Retrat de Pierre de Fermat Monument ciutat natal1601-1665 Beumont de Lomanha, Franca


Nombres de Fermat

Els nombres de Fermat son els seguents:

Fk = 22k + 1, k = 0, 1, 2, 3, 4, . . .

F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65.537

F5 = 232 + 1 = 4.294.967.297,

F6 = 264 + 1 = 18.446.744.073.709.551.617

Christian Goldbach en 1730 va fer aquesta demostracio de que hiha infinits nombres primers.Demostracio: Ho fem en tres passos:

F0 · F1 · F2 · · ·Fn−1 = Fn − 2.


Sigui A = (220+ 1)(221

+ 1)(222+ 1) · · · (22n−1

+ 1) i recordem quex2 − y 2 = (x + y)(x − y). Multiplico A per 220 − 1 = 1 i notemque queda

A = (221 − 1)(221+ 1)(222

+ 1)(223+ 1) · · · (22n−1

+ 1) =

(222 − 1)(222+ 1)(223

+ 1)(224+ 1) · · · (22n−1

+ 1) =

(223 − 1)(223+ 1)(224

+ 1) · · · (22n−1+ 1) =

· · · =

· · · (22n−1 − 1)(22n−1+ 1) = 22n − 1.

Per tantA = Fn − 2.


Els nombres Fk i Fn per k 6= n son primers entre sı.

En efecte suposem que k < n llavors Fk < Fn i si d es un divisorde Fk i de Fn llavors

d | Fn i d | Fn − 2 =⇒ d | 2

Per tant d = 1 o d = 2, aquesta darrera possibilitat no pot ser jaque Fn son senars.Ara ja podem concloure agafant per a cada Fk un divisor primerdk :

F1 F2 F3 F4 · · · Fn · · ·↓ ↓ ↓ ↓ · · · ↓ · · ·d1 d2 d3 d4 · · · dn · · ·

Tots els dk son diferents.


Euler i Gauss

Leonhard Euler, 1707-1783 Carl Friedrich Gauss, 1777-1855Retrat pintat per Handmann Retrat pintat per Ch. A. Jensen, 1840


Euler, Gauss i els nombres de Fermat

Els nombres de Fermat tenen la importancia per:

Teorema (Gauss)

Un polıgon de regular n costats es pot construir usant regle icompas si i nomes si

n = 2k · p1 · p2 · · · pr

on p1, p2, . . . , pk son nombres de Fermat primers i tots diferents.

Per tant per n = 3, n = 5 es poden construir i Gauss va ser elprimer que va construir el polıgon regular de 17 costats.Pregunta: Tots els nombres de Fermat son primers?Fermat es va arriscar i va conjecturar que sı. Euler, va establir queels divisors primers de Fn, n > 2 han de ser de la forma k2n+2 + 1 iva demostrar que F5 no es primer. Presenten una demostracio(que naturalment no pot ser la primera) que F5 no es primer.


Demostracio de G. T. Benett

Teorema

F5 es un nombre compost.

Demostracio: Per la divisi de polinomis sabem

x4−1 = (x +1)(x3−x2 +x−1) =⇒ (x +1) | x4−1, per a tot x.

Llavors tenim

641 = 640 + 1 = 5 · 128 + 1 = 5 · 27 + 1 =⇒ 641 | 54 · 228 − 1

641 = 625 + 16 = 55 + 24 =⇒ 641 | (54 + 24) · 228.

Per tant

641 | 54 · 228 + 232

641 | 54 · 228 − 1

}=⇒ 641 | (232 + 1).

Llavors la descomposicio en nombres primers es:

F5 = 641 · 6.700.417.


Curiositats

(1) Conjectura: F0,F1,F2,F3,F4 son els unics primers de Fermat.

(2) F. J. Richelot, 1808-1875, matematic alemany va construir unpolıgon regular de 257 costats. No s’expressa cos(2π/257) entermes d’arrels quadrades ja que tindria mes de 5000 arrelsquadrades (mes de 500 pagines).

(3) Johann G. Hermes, 1846-1912, professor de matematiques, vapassar 10 anys de la seva vida per construir un polıgon regularde 65.537 costats. El seu manuscrit esta a la universitatGottingen i avui en dia es pot consultar. Son 200 folis, escriten lletra petita, guardats en una carpeta especial “Koffer”.No queda clar, segons John Stillwell, que hagi la construcciode tal polıgon (consultat el 5 desembre del 2002).

(4) L’heptagon regular no es pot construir amb regle i compas.Malgrat aixo podreu trobar molt vıdeos a Youtube quemostren metodes per dibuixar-los i en lloc diuen que laconstruccio no es exacta.


Serie harmonica

Recordem que 1 + 12 + 1

22 + 123 + · · ·+ · · · = 2.

La segona es la serie harmonica.

1 +1

2+

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+ · · ·+ 1

n+ · · ·

Per n = 10.000 suma 9, 7675 . . . i per n = 100.000 val 12, 09 . . .


Suma infinita de la serie harmonica

Teorema

Es verifica

1 +1

2+

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+ · · ·+ 1

n+ · · · = +∞.

El matematic Nicole Oresme 1323-1382, fa ser el primer en donaruna demostracio.Demostracio: Considerem la suma de 2n+1 termes de la sumaharmonica:

= 1 +1

2+(1

3+

1

4

)+(1

5+

1

6+

1

7+

1

8

)+ ·+

( 1

2n + 1+ ·+ 1

2n+1

)≥ 1 +

1

2+(1

4+

1

4

)+(1

8+

1

8+

1

8+

1

8

)+ ·+

( 1

2n + 1+ ·+ 1

2n+1

)= 1 +

1

2+

1

2+

1

2+ · · ·+ 2n

2n+1= 1 +

n

2→ +∞.


Nombres primers i series

Teorema (Euler)

Per la serie dels inversos del nombres primers tenim

1 +1

2+

1

3+

1

5+

1

7+

1

11+

1

13+ · · · = +∞.

Com a consequencia tenim una demostracio completament diferentde l’existencia d’infinits nombres primers.Petit guio de la demostracio de Paul Erdos: Sigui p1, p2, . . . , els nombresprimers. Es suposa que la suma es finita s’agafa k tal que∑

n≥k+1

1

pn<

1

2.

Els p1, p2, . . . , pk son els primers “petits”i els altres son els primers “grans”.Llavors es troba un nombre N apropiat tal que

Ng + Np < N,

on Ng ≤ N el nombre de naturals divisibles per algun primer gran, i Np ≤ N

que solament son divisibles per primers petits.


Primers bessons

Definicio: Diem que dos nombres primers p i q son bessons si sonde la forma q = p + 2.Per exemple:

2, 3; 5, 7; 11, 13; 17, 19; 29, 31; 41, 43; 59, 61; 71, 73

101, 103; 2.996.863.034.895 · 221.290.000 ± 1.

Hem escrit els primers bessons entre 2 i 103 i els darrers son elsprimers bessons mes grans que es coneixen, descoberts el setembrede 2016.Conjectura: Existeixen infinits nombres primers bessons?Intentant demostrar la conjectura anterior amb la idea d’Euler,Viggo Brun matematic noruec al 1919, va demostrar el resultat(sorprenent).


El teorema de Brun

Teorema

Per la serie dels recıprocs dels primers bessons tenim(1

2+

1

3

)+

(1

5+

1

7

)+

(1

11+

1

13

)+

(1

17+

1

19

)+ · · · = B2.

La constant B2 rep el nom de constant de Brun i valaproximadament:

B2 = 1, 902160577783278 . . .

Per tant no ens resol el problema de saber si hi ha infinits nombresprimers bessons.


Teorema de Pitagores

De Pitagores es sap ben poc. Va neixer a la illa jonica de Samos iva viure 580 a. C. a 497 a. C. Va ser filosof i matematic.

Teorema

Sigui ABC un triangle rectangle. Denotem per b i c les longitudsdels catets i per a la longitud de la hipotenusa. Llavors

a2 = b2 + c2.

En els Elements d’Euclides si hi troben dues demostracions, laprimera s’atribueix a Pitagores.Demostracio: Considerem la figura


La demostracio atribuıda a Pitagores

El ∆C ′BC es congruent (igual) amb∆ABB′ ja que un s’obte de l’altre gi-rant 90◦. Per tant tenen la mateixa area.Tenim

area ∆ABB′ =1

2area rectangle BEFB′

area ∆C ′BC =1

2area quadrat BC ′A′A.

Per tant

c2 = area BEFB′.

Per analogia tenim el mateix per b2. Lla-vors

c2+b2 = area BEB′F+area ECFD = a2.


Demostracio usant el teorema de catet

El ∆AEB es semblant a ∆CABper tant

c

BE=

a

c

O sigui c2 = area BEFB ′. Peranalogia tenim el mateix perb2.


Demostracio de Chou-pei Suan-ching, 250 a.C.

Es un tractat d’astronomia i matematiques xines anonim que consta de 246 problemes.

Dibuixem quatre triangles congruents a l’inicial posats de dues maneres diferents:

Notem que la figura de l’esquerra es efectivament un quadrat de costat c + b, ja queels angles α i β son complementaris. Llavors tenim

a2 + 4cb

2= (b + c)2 =⇒ a2 = b2 + c2.

Si comparem la figura de la dreta i de l’esquerra observem que els quatre triangles

tenen la mateixa area per tant el quadrat de color rosa de l’esquerra te la mateixa area

que la suma dels dos quadrats rosa de la dreta.


Demostracio de Bhaskara II

Bhaskara II tambe conegut com Bhaskaracharya (Bhaskara elprofessor), va ser un matemtic indi, del segle XII. Fem la figuraposant ara la hipotenusa com a costat del quadrat gran.

Calculant l’area:

a2 = 4bc

2+(b−c)2 = b2+c2.


La prova per 3, 4, 5 en l’original xines


La diseccio de Dudeney

Henry Ernest Dudeney (1857-1930), angles, va ser un creadorgenial de jocs, puzles matematics i de disseccions de polıgons. Vafer aquesta demostracio el 1917. Considerem la figura


El punt O es el centre del quadrat construıt sobre el costat b.Passant per O es tracen dos segments perpendiculars de forma queun d’ells sigui paral·l a la hipotenusa i fins que tallin els costats delquadrat construıt sobre b. Tenim que KO = OL i HO = OJ.Queden determinats 4 quadrilaters tots congruents.Es consideren els punts mig M,N,Q,R del quadrat construıt sobrela hipotenusa i es tracen els corresponents segments paral·lels alcostat c de tal manera que queda determinat un quadrat. ComOK = 1

2 BC = BM = MC = CP. El segment MW es paral·lel aKB I a LC i tenen la mateixa longitud. Llavors KA = MX i pertant XW = BA.


La generalitzacio de Pappus

Tenim el teorema seguent de Pappus d’Alexandria (290 d.C. a 350d.C.) que proporciona una altra demostracio del teorema dePitagores.

Teorema

Donat una triangle acutangle es construeixen dos paral·leogramssuperposats un a cada costat. Llavors es pot construir un altreparal·leogram superposat a l’altre costat i amb els vertexs en elscostats dels altres paral·leograms i de manera que la seva area essuma de les altres dues.


La demostracio

Prolonguem els costats FG i DE fins que es tallin en el punt H.

Prolonguem HA fins que talli el costat BC . Tracem paral·leles CM i BL a HK . La

recta LM ens determina un paral·lelogram BCML. La seva area es suma de les altres

dues. En efecte: l’area CMNK es la mateixa que l’area CMAH ja que tenen la

mateixa base igual altura. I aquesta area es la mateixa que la de CFGA. Per simetria

l’area de BDEA es igual a la de BKNL. D’on resulta l’afirmacio.


Pitagores amb semblances

Demostracio:

area ∆ABC = kSa

area ∆HBA = kSc

area ∆HAC = kSb

Com area ∆ABC = area ∆HBA + area ∆HAC , tenim

kSa = kSb + kSc .


Un president dels Estats Units d’America

Tambe tenim que el 20th president dels Estats Units, James A.Garfiel (1876) te una demostracio.

James A. Garfiel, 1831-1881 Ressenya de la seva vida

Era professor, va ensenyar llatı, grec, matematiques, historia,filosofia i etica. Podia escriure amb les dues mans simultaniamenten grec i llatı. Va morir per la infeccio de la ferida de la bala.


La demostracio

Demostracio: Es considera una figura similar a la demostracio deChou-pei Suan-Ching pero solament amb dos triangles i es formaun trapezi. Llavors si sabem calcular l’area del trapezi tenim

Calculant l’area del trapezi

(b + c)2

2=

a2

2+ 2

bc

2=⇒ b2 + c2 = a2.


The Ptyhagorean Proposition

El matematic america Elisha Scott Loomis, (1852-1940) vapublicar el llibre que conte 370 demostracions del teorema.

Elisha Scott Loomis Edicio de 1927Fotografia feta el 1935 que val mes de 1.100 dolars

S’han fet varies edicions, per exemple la del The National Councilof theachers of Mathematics, second printing 1972 que encara espot aconseguir.


La distancia en geometria analıtica

Ja sabeu que a la geometria analıtica es fa servir des de bonprincipi el teorema de Pitagores que ens permet calcular ladistancia entre punts.

d((x1, y1), (x2, y2)) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

d((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2.

Llavors tota la geometria metrica esta basada en el teorema dePitagores.


El punt de Fermat

Donat un ∆ABC on tots seus angles mesures menys de 120◦

podem considerar el problema de trobar un punt F de dins deltriangle tal que

d(F ,A)+d(F ,B)+d(F ,C ) = minP∈∆ABC

{d(P,A)+d(P,B)+d(P,C )}.

Teorema

Donat un ∆ABC amb les condicions anteriors existeix un unicpunt F , punt de Fermat, que fa mınima la suma de les distanciesals vertexs. Queda determinat per la propietat

AFC = AFB = BFC = 120o .


Una demostracio de molt enginy

Fem girar ∆BFA exactament 60◦ i obtenim ∆BF ′C ′. Es verifica

AF + BF + FC = C ′F ′ + F ′F + FC .

Llavors tenim una lınia poligonal que uneix C ′ amb C . La mescurta es al lınea recta. Com ∆BFF ′ es isosceles,BFF ′ = 180◦ − 60◦ = 120◦. I el mateix amb BF ′C ′ = BFA.


Una aplicacio recent del teorema de Pitagores

Del teorema de Pitagores es continuen fent aplicacions, Com amostra una relativament recent del 2004 de Nielsen.

Teorema

Es considera una circumferencia de diametre D i un punt arbitrariP dintre del cercle. Tracem dues rectes perpendiculars iconsiderem els quatre quadrats que tenen per costats els segmentsdes de P fins a la circumferencia. Si a, b, c , d son les longituds delscostats, llavors

a2 + b2 + c2 + d2 = D2.


El dibuix dels quatre quadrats mobils


Comparacio de presidents


Doncs ja s’ha acabat!

Ara a agafar forces pel Taller!!


l'art de fer demostracions en...

Documents