Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Curso de formación docente de TIC y...

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 45 (abril -junio 2012)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y lecciones de preparación de Olimpiadas

Pantoja, P.: Primos gêmeos e outras conjecturas.

Problemas para los más jóvenes 45

Cuatro problemas de la Olimpiada de Eslovenia

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 45

Presentamos los problemas propuestos en la Competición Matemática Mediterránea 2012.

Problemas 45

Problemas propuestos 221-225

Problemas resueltos

Problema 216

Presentamos la solución recibida de Daniel Darío Góngora García, de Lima, Perú. Resuelto también por el proponente.

Problema 217

Recibidas soluciones de Roberto Bosch Cabrera, Florida, USA; y de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España. Presentamos la solución de Lasaosa.

Problema 218

Recibidas soluciones de Daniel Darío Góngora García, Lima, Perú; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y Cristóbal Sánchez-Rubio García, Benicassim, España. Presentamos la solución de Sánchez-Rubio.

Problema 219

Recibidas soluciones (muy similares) de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y Cristóbal Sánchez-Rubio García, Benicassim, España. Presentamos la solución de Sánchez Rubio.

Problema 220

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y Albert Stadler, Herrliberg, Suiza (utilizando el teorema de los residuos). Presentamos la solución de Lasaosa.

Reseña de Congresos, Libros y páginas web 45

Reseña del libro de I.M. Yaglom, Números complejos y sus aplicaciones a la Geometría.Ed. URSS, Moscú, 2009.

Divertimentos matemáticos 45

A decadencia dun mito estético: o rectángulo de moda fala galego.

Trabajo realizado por un grupo de 4 alumnos del I.E.S. de Mugardos, coordinados por la Prof. Covadonga Rodríguez-Moldes Rey.

Convocatorias OEI

Curso de formación docente de TIC y matemática

Especialización en TIC y Educación del CAEU de la OEI Este curso de formación tiene como objetivo dar a conocer distintas aplicaciones que faciliten la incorporación de las TIC al aula de matemáticas en los diferentes niveles educativos. Es evidente que resulta imposible recoger todos los recursos existentes, por lo que en cada uno de los bloques desarrollados en el siguiente material se ha apostado por unos determinados programas por sus características y posibilidades, apoyados en todo momento con otros recursos disponibles en Internet. Matrícula y becas parciales abiertas

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PRIMOS GEMEOS E OUTRAS CONJECTURAS

PEDRO PANTOJA

Resumo. Nessa nota trataremos alguns aspectos de uma classe especial de primos, os primosgemeos. Existe um problema em aberto bastante conhecido: A conjectura dos primos gemeos.

Iremos provar varias equivalencias de primos gemeos. Algumas generalizacoes desse problema,

como a conjectura de Polignac, a conjectura de Hardy–Litllewood e a conjectura de Dicksonserao discutidas. Falaremos tambem sobre a distribuicao dos numeros primos.

Sumario

1. Introducao 12. Resultados Elementares 23. Equivalencias 34. Teorema de Brun e a Conjectura de Hardy-Litllewood 55. Conjecturas 9Referencias 10

1. Introducao

1

Desde o tempo de Euclides sabe-se da existencia da infinitude dos numeros primos. Muito maistarde Dirichlet, estudou primos em progressoes aritmeticas. Recentemente em 2004, T. Tao e B. Greenprovaram um resultado de progressoes aritmeticas arbitrariamente longas de primos, veja §[1]. O pro-

blema aqui e um pouco diferente. Vejamos o seguinte caso trivial: E facil de argumentar que os unicosprimos cuja diferenca e 1 sao (2, 3). A famosa conjectura dos numeros primos gemeos pergunta se exis-tem um numero infinitos de pares de primos da forma (p, p+ 2), em outras palavras, se existem infinitosnumeros primos cuja diferenca e 2. Esta conjectura esta em aberto, poucos avancos foram dados embusca de sua solucao e e um dos temas centrais da moderna teoria analıtica dos numeros. Os primeirospares de primos gemeos menores do que 250 sao (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43),(59, 61),(71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151),(179, 181), (191, 193), (197, 199), (227, 229), (239, 241).

Curiosamente, com excecao de (3, 5), todos esses pares de primos podem ser escritos como (6k −1, 6k + 1) para algum k ∈ Z , por exemplo, 5 = 6 · 1 − 1 e 7 = 6 · 1 + 1. Isso e facil de ver, ja que todonumero inteiro pode ser escrito como 6k, 6k− 1, 6k− 2, 6k+ 1, 6k+ 2, 6k+ 3 desses os unicos que podemser primos sao (6k− 1, 6k+ 1) com 6k+ 1− (6k− 1) = 2, os outros sao multiplos de 2 e de 3. Agora peloteorema de Dirichlet existem infinitos primos da forma 6k− 1 e 6k+ 1, k ∈ Z e cada par pode ser escritocomo (6k − 1, 6k + 1) exceto para (3, 5), Poderemos concluir assim, tao facilmente que existem infinitosprimos gemeos?

Infelizmente (ou felizmente) muito dos numeros da forma (6k − 1) e (6k + 1) nao sao primos.Veremos mais tarde que o conjunto dos numeros primos gemeos e limitado no seguinte sentido, a somada serie dos inversos dos numeros primos gemeos converge, ao contrario da soma da serie dos inversos

1Data: Versao de 22 de Abril de 2012.Gostaria de agradecer ao professor Pedro Duarte e a fundacao Calouste Gulbenkian, Lisboa–Portugal.Dedicamos este trabalho em memoria do Professor Elmano († 30/03/2012).Palavras chaves. Primos Gemeos, Conjectura de Hardy-Litllewood, Teorema de Brun.

1

2 PEDRO PANTOJA

dos numeros primos que diverge. Existem uma grande quantidade de primos gemeos descobertos, masisso nao resolve nosso problema. A maioria dos primos gemeos muito grandes descobertos sao da formak · 2n ± 1 pois existem eficientes testes de primalidade para numeros quando k nao e muito grande,por exemplo, o teorema de Proth2 (vide §[8] e §[33] para os detalhes). Dubner em 1993 mostrou que459 · 28529 ± 1 sao primos gemeos, Forbes em 1995 mostrou que 6797727 · 215328 ± 1 sao primos gemeose da mesma forma Lifchitz em 1999 mostrou que 361700055 · 239020 ± 1 sao primos gemeos. Tambem osnumeros 65516468355 · 2333333 ± 1 sao primos gemeos.

Existem outras classes de primos, os chamados triplos de primos (p1, p2, p3) onde p1 < p2 < p3sao numeros primos consecutivos com a menor diferenca p3 − p1 possıvel. Ha dois tipos neste caso(p, p + 2, p + 6) e (p, p + 4, p + 6). Para os primos quadruplos so existe um tipo, a saber, os numerosprimos da forma (p, p+2, p+6, p+8). Os numeros primos quadruplos menores do que 800 sao (5, 7, 11, 13),(11, 13, 17, 19), (101, 103, 107, 109), (191, 193, 197, 199). Podemos generalizar esse conceito, e dizemos quepara k ≥ 2, (p1, ... , pk) e uma k–tupla de primos se p1 < ... < pk sao numeros primos consecutivos coma diferenca pk − p1 menor possıvel.

O texto e organizado da seguinte forma. Na secao 2 apresentamos alguns resultados elementares.Na secao 3 resultados assegurando condicoes necessarias e suficientes para pares de primos gemeos. Nasecao 4 apresentamos o teorema de Brun e a conjectura de hardy–Litllewood. Tambem estudaremoso comportamento da distribuicao dos numeros primos. Finalmente, estudaremos varias conjecturasimportantes relacionadas com os primos gemeos. A notacao usada nesse trabalho e basicamente astandard.

2. Resultados Elementares

Nosso primeiro resultado e uma simples consequencia do pequeno teorema de Fermat.

Proposicao 2.1. Se os numeros (p, p + 2) sao primos gemeos, entao

(2.1) 2p+2 ≡ 3p + 8 (mod p2 + 2p).

Demonstracao. A prova e facil. Se p e primo, entao pelo pequeno teorema de Fermat (claro que p 6= 2)tem-se 2p−1 ≡ 1 (mod p) ⇒ 2p+2 ≡ 8 ≡ 3p + 8 (mod p).Analogamente, se p + 2 e primo,2p+1 ≡ 1 (mod p + 2) ⇒ 2p+2 ≡ 2 ≡ 2 + 3(p + 2) = 3p + 8 (mod p).

E claro que p e p + 2 sao coprimos, O resultado segue. �

Vale salientar que a recıproca nao e valida, um contra-exemplo e o par (561, 563) (sera mera coin-cidencia 561 ser um numero de Carmichael?).

Proposicao 2.2. Se os numeros (p, p + 2), p 6= 3, p 6= 5 sao primos gemeos, entao:

i) 3p+1 ≡ 4p + 9 (mod p2 + 2p)ii) 5p+2 ≡ 60p + 125 (mod p2 + 2p).

Demonstracao. E deixada ao cuidado do leitor. �

Consideremos agora os numeros de Catalan, definidos por

(2.2) Cn =1

n + 1

(2n

n

)Existem varias propriedades interessantes dos numeros de Catalan, vide §[2].

O seguinte Lema e imediato.

Lema 2.3. Se p e um primo ımpar, entao (−1)p−12 Cp−1

2≡ 2 (mod p).

2Seja N = k · 2n + 1 com k < 2n, se existe um inteiro a tal que aN−1

2 ≡ −1 (mod N), entao N e primo.

PRIMOS GEMEOS E OUTRAS CONJECTURAS 3

Demonstracao. Tem-se que p − i ≡ −i(mod p) para qualquer inteiro i, daı

(p − 1)! = 1 · 2 · 3 · ... ·(p − 1

2

)(p −

(p − 1

2

))(p −

(p − 1

2− 1

))· ... · (p − 1)

≡ (−1)p−1

2

[(p − 1

2

)!

]2 ⇒ Cp−12≡ (p + 1)Cp−1

2= 2

(p − 1

(p − 1)/2

)= 2

(p − 1)![(p−12

)!]2

≡ 2(−1)p−1

2 (mod p), o resultado segue. �

Proposicao 2.4. Se os numeros (p, p + 2), sao primos gemeos, entao

(2.3) 8(−1)p−1

2 Cp−12≡ 7p + 16 (mod p2 + 2p).

Demonstracao. Pelo lema anterior,

8(−1)p−1

2 Cp−12≡ 2 · 8 ≡ 7p + 16 (mod p)

Analogamente, como

C(p−1)/2 =

(p + 3

4p

)C(p+1)/2

tem-se

8(−1)p−1

2 C(p−1)/2 = 8(−1)p−1

2

(p + 3

4p

)C(p+1)/2 ≡ −4

(p + 3

p

)≡ 2 ≡

2 + 7(p + 2) = 7p + 16 (mod p + 2), desde que −4(p + 3) ≡ 2p (mod p + 2). �

O seguinte teorema sera util na proxima secao. E bem conhecido da teoria elementar dos numeros.

Teorema 2.5. (Wilson) Um numero natural p e primo se, e somente se,

(2.4) (p − 1)! ≡ −1 (mod p).

Indicamos ao leitor interessado §[19] para material adcional e Discussao sobre generalizacoes do teo-rema de Wilson.

3. Equivalencias

Muitas das equivalencias provadas nessa secao nao sao muito uteis na pratica, para determinar seprimos sao gemeos. O principal e difıcil problema e saber se existem infinitos primos gemeos. Isto seradiscutido com mais detalhes nas proximas secoes. O resultado abaixo foi demonstrado por P. A. Clementem 1949.

Equivalencia 3.1. (Clement) Os numeros (p, p + 2) sao primos gemeos se, e somente se,

(3.5) 4[(p − 1)! + 1] + p ≡ 0 (mod p2 + 2p).

Demonstracao. Suponhamos primeiramente que (p, p + 2) sao primos, entao por 2.4, (p − 1)! + 1 ≡0 (mod p) e (p+1)!+1 ≡ 0 (mod p+2)⇒ 2(p−1)!+1 = k(p+2) para algum k ∈ Z, sai −1 ≡ 2k (mod p),em outras palavras, 2k+1 ≡ 0 (mod p) daı 4(p−1)!+2 = 2k(p+2)⇒ 4[(p−1)!+1]+p = (2k+1)(p+2) ≡0 (mod p2 + 2p).Reciprocamente, se 4[(p−1)!+1]+p ≡ 0 (mod p2+2p)⇒ 4[(p−1)!+1]+p ≡ 0 (mod p). 4 nao pode dividirp, assim [(p−1)!+1] ≡ 0 (mod p), pelo teorema de Wilson p e primo. Analogamente, se 4[(p−1)!+1]+p ≡0 (mod p+2) tem-se 4(p−1)!+p+4 ≡ 2(−1)(−2)(p−1)!+2 ≡ 2(p+1)!+2 = 2[(p+1)!+1] ≡ 0 (mod p+2)pode-se argumentar que p + 2 e 2 sao coprimos, entao (p + 1)! + 1 ≡ 0 (mod p + 2) pelo teorema deWilson p + 2 e primo. �

Equivalencia 3.2. Os numeros (p, p + 2) sao primos gemeos se, e somente se,

(3.6) 2

[(p − 1

2

)!

]2+ (−1)

p−12 (5p + 2) ≡ 0 (mod p2 + 2p).

4 PEDRO PANTOJA

Demonstracao. Pelo lema 2.3 e o teorema 2.5, (−1)p−1

2

[(p−12

)!]2≡ −1 (mod p) se, e somente se p e

primo, entao[(p−12

)!]2

+ (−1)p−1

2 ≡ 0 (mod p) donde

2

[(p − 1

2

)!

]2+ 2(−1)

p−12 ≡ 0 (mod p)⇔

2

[(p − 1

2

)!

]2+ (−1)

p−12 (5p + 2) ≡ 0 (mod p)

se, e somente se p e primo. Para p + 2 tem-se[(p + 1

2

)!

]2+ (−1)

p+12 ≡ 0 (mod p + 2)

se, e somente se p + 2 e primo, entao

8

[(p + 1

2

)!

]2+ 8(−1)

p+12 ≡ 0 (mod p + 2)⇔

8

(p + 1

2

)2 [(p − 1

2

)!

]2+ (−8)(−1)

p−12 ≡ 0 (mod p + 2)⇔

2(p2 + 2p + 1)

[(p − 1

2

)!

]2+ (5(p + 2) − 8)(−1)

p−12 ≡ 0 (mod p + 2)⇔

2

[(p − 1

2

)!

]2+ (−1)

p−12 (5p + 2) ≡ 0 (mod p + 2)

se, e somente se p + 2 e primo. Assim

2

[(p − 1

2

)!

]2+ (−1)

p−12 (5p + 2) ≡ 0 (mod p2 + 2p).

se, e somente se (p, p + 2) sao primos gemeos. �

Os seguintes resultados dao uma caracterizacao de primos gemeos usando a funcao de Euler e afuncao soma de divisores.


(3.7) φ(p) + φ(p + 2) = 2p.

Demonstracao. Se (p, p + 2) sao primos, φ(p) = p − 1 e φ(p + 2) = p + 1 donde φ(p) + φ(p + 2) = 2p.Reciprocamente, como φ(n) ≤ n− 1 para qualquer inteiro n, suponhamos que φ(p) +φ(p+ 2) = 2p. Sep nao fosse um numero primo, digamos p = cd, 1 < c, d < p⇒ φ(p) ≤ (p− 1) − 2⇒ φ(p) +φ(p+ 2) =2p ≤ φ(p + 2) + p − 3 ⇒ φ(p + 2) ≥ p + 3, uma contradicao. Portanto p e primo. O caso onde p + 2nao e um numero primo e analogo. A prova esta completa. �


(3.8) σa(p) + σa(p + 2) = 2 + pa + (p + 2)a

para a inteiro, a ≥ 1.

Demonstracao. Se p, p+2 sao primos σa(p) = pa+1 e σa(p+2) = (p+2)a+1 assim, σa(p)+σa(p+2) =

2 + pa + (p + 2)a.Reciprocamente, e obvio que σa(n) ≥ na + 1 para qualquer inteiro n, assim se p nao fosse primo, entaop = bc, 1 < b, c < p. Por hipotese, σa(p) + σa(p+ 2) = 2+ p

a + (p+ 2)a i.e. σa(p) ≥ 1+ ba + ca + pa >1+1+1+pa = 3+pa daı σa(p)+σa(p+2) = 2+p

a+(p+2)a > σa(p+2)+pa+3⇒ σa(p+2) < (p+2)a−1

o que nao pode acontecer, pois σa(p + 2) ≥ (p + 2)a + 1, portanto p e um numero primo. Da mesmaforma se p + 2 nao for primo, chegaremos a uma contradicao. A prova esta completa. �

Equivalencia 3.5. Seja n = pq, entao (p, q) sao primos gemeos se, e somente se,

(3.9) φ(n)σ(n) = (n − 3)(n + 1).


Demonstracao. Se (p, q), p < q sao primos gemeos, entao φ(n) = φ(p)φ(q) = (p − 1)(q − 1) e σ(n) =1 + p + q + pq = (1 + p)(1 + q) ⇒ φ(n)σ(n) = (p2 − 1)(q2 − 1) = (pq)2 − p2 − q2 + 1 = (pq)2 − p2 +2pq − q2 + 1 − 2pq = (pq)2 − (p − q)2 + 1 − 2pq = n2 − 2n − 3 = (n − 3)(n + 1) porque q − p = 2.A outra parte da demonstracao e deixada ao cuidado do leitor. Vide §[8]. �

Com a equivalencia 3.4 podemos mostrar um resultado interessante.


(3.10)

p∑i=1

ia(⌊p + 2

i

⌋+⌊pi

⌋)= 2 + pa +

p∑i=1

ia(⌊p + 1

i

⌋+

⌊p − 1

i

⌋)Para a ≥ 0, onde bxc denota a parte inteira de x.

Demonstracao. Como para qualquer inteiro p ≥ 2⌊pi

⌋−

⌊p − 1

i

⌋=

{1, se i divide p0, caso contrario

p∑i=1

ia(⌊p

i

⌋−

⌊p − 1

i

⌋)=∑i|p

ia = σa(p).

Donde, pela Equivalencia 3.4

2 + pa + (p + 2)a = σa(p) + σa(p + 2) =

p∑i=1

ia(⌊p

i

⌋−

⌊p − 1

i

⌋)+

p+2∑i=1

ia(⌊p + 2

i

⌋−

⌊p + 1

i

⌋)=

p∑i=1

ia(⌊p

i

⌋−

⌊p − 1

i

⌋)+

p∑i=1

ia(⌊p + 2

i

⌋−

⌊p + 1

i

⌋)

+(p + 1)a⌊p + 2

p + 1

⌋− (p + 1)a

⌊p + 1

p + 1

⌋+ (p + 2)a

⌊p + 2

p + 2

⌋− (p + 2)a

⌊p + 1

p + 2

⌋=

p∑i=1

ia(⌊p + 2

i

⌋+⌊pi

⌋)−

p∑i=1

ia(⌊p + 1

i

⌋+

⌊p − 1

i

⌋)

+(p + 1)a⌊1 +

1

p + 1

⌋− (p + 1)a + (p + 2)a − (p + 2)a

⌊p + 1

p + 2

⌋=

p∑i=1

ia(⌊p + 2

i

⌋+⌊pi

⌋)−

p∑i=1

ia(⌊p + 1

i

⌋+

⌊p − 1

i

⌋)+ (p + 2)a

O resultado segue imediatamente. �

4. Teorema de Brun e a Conjectura de Hardy-Litllewood

Um resultado profundo de primos gemeos e devido ao matematico noruegues Viggo Brun em 1920.Ele afirma que a soma dos inversos de todos os pares de primos gemeos converge.

A seguinte serie e convergente

(4.11)∑

p,p+2∈P

(1

p+

1

p + 2

)

onde P denota o conjunto dos numeros primos.Entretanto, sabe-se que a soma dos inversos de todos os primos diverge.

6 PEDRO PANTOJA

Teorema 4.1. (Euler) A seguinte serie e divergente

(4.12)∑p∈P

1

p.

Demonstracao. Iremos comparar a serie dada com a serie harmonica que sabemos ser divergente. Paraisso, fixemos t ∈ N arbitrariamente. Pelo teorema fundamental da aritmetica, sabemos que, para cadan ∈ N, 2 ≤ n ≤ t, a fracao 1

ne o produto de (um numero finito) de fracoes do tipo 1

pkonde p e primo,

p ≤ n ≤ t e k ∈ N. Sendo assim, 1n

e uma parcela do produto∏p∈Pp≤t

( ∞∑k=0

1

pk

)=∏p∈Pp≤t

(1 +

1

p+1

p2+ ...

)=∏p∈Pp≤t

1

1 − (1/p)

e portantot∑n=1

1

n≤∏p∈Pp≤t

1

1 − (1/p)

tomando os logarıtmos, obtemos

log

(t∑n=1

1

n

)≤∑p∈Pp≤t

log

(1

1 − (1/p)

).

Agora, fixemos p ∈ P arbitrario. Como 1/p < 1, a expansao em serie de potencias da funcao logarıtmica,permite-nos deduzir que

log

(1

1 − (1/p)

)= − log(1 − (1/p)) = −

∞∑n=1

(−1)n+1

n(1/p)n

≤∞∑n=1

1

npn≤

∞∑n=1

1

pn=1

p+1

p2

(1 +

1

p+1

p2+ ...

)=1

p+

1

p2[1 − (1/p)]=1

p+

1

p(p − 1).

por conseguinte,

log

(t∑n=1

1

n

)≤∑p∈Pp≤t

1

p+∑p∈Pp≤t

1

p(p − 1)≤∑p∈Pp≤t

1

p+

t∑n=2

1

n(n − 1).

finalmente, tomando os limites (quando t→∞), obtemos

log

( ∞∑n=1

1

n

)≤∑p∈P

1

p+

∞∑n=2

1

n(n − 1)= 1 +

∑p∈P

1

p

porque ∞∑n=2

1

n(n − 1)=

∞∑n=2

(1

n − 1−1

n

)= 1

e, portanto, a serie ∑p∈P

1

p

e divergente, ja que∑∞n=1

1n

e divergente. Como querıamos. �

Observacao 4.2. Este fato implica que existem infinitos numeros primos.


Observacao 4.3. Pode-se provar que se mdc(a, n) = 1, entao

(4.13)∑

p≡a (mod p)

1

p=∞.

De 4.13 segue imediatamente o seguinte teorema, devido a Dirichlet em 1837:

Teorema 4.4. (Dirichlet) Dado um inteiro n > 1 e um inteiro a tal que mdc(a, n) = 1, existeminfinitos primos p tais que p ≡ a (mod p).

Sejam π(x) := card{p ≤ x : p ∈ P} e Fn = 22n

+ 1 o n–esimo numero de Fermat.

E natural perguntar se a serie

(4.14)

∞∑n=1

1

π(n)

e convergente ou divergente. Temos o seguinte exemplo.

Exemplo 4.5. Mostre que

∞∑n=1

1

π(F1) + ... + π(Fn)< 2.

Solucao: Considere P = p1 · ... · pn + 1, onde pn e o n–esimo numero primo. Como qualquer numero

natural admite um fator primo, entao pn+1 ≤ p1 · ... · pn + 1. Vamos mostrar por inducao que pn < 22n

para n ≥ 1. Quando n = 1, 2 < 22 que e um resultado verdadeiro. Suponhamos que pn < 22n assim

pn+1 ≤ p1 · ... · pn + 1 < 221

222

· ... · 22n

+ 1 < 221+...+2n + 1 = 22

n+1−1 + 1 < 22n+1

.

Segue que pn < Fn daı π(Fn) > n ⇒ π(F1) + ... + π(Fn) > 1 + ... + n = n(n+1)2

, logo

∞∑n=1

1

π(F1) + ... + π(Fn)<

∞∑n=1

2

n(n + 1)= 2. J

O (nao trivial) teorema 4.4 tem um moderno refinamento. E conhecido que se π(x, d, a) denotao numeros de primos com classe de resıduos a (mod d) que nao exedem x, entao para fixos inteiroscoprimos a, d com d > 0

(4.15) π(x, d, a) ∼1

φ(d)π(x) ∼

1

φ(d)· x

ln(x)∼

1

φ(d)Li(x), 3

onde

(4.16) Li(x) :=

∫x2

dt

ln(t).

Teorema 4.6. (Siegel-Walfisz) Para qualquer numero η > 0 existe um numero positivo C(η) tal quepara todos os inteiros positivos coprimos a, d com d < (ln(x))η,

(4.17) π(x, d, a) =1

φ(d)Li(x) +O

(x(−c(η)

√ln(x)

)), 4

onde a grande notacao O e absoluta.

Discussoes desses e outros teoremas encontram-se em §[18].A seguir daremos uma das mais belas versoes da desigualdade de Brun-Titchmarsh devido a Montgomerye Vaughan em 1979, vide §[15].

Teorema 4.7. (Desigualdade de Brun-Titchmarsh) Se d, a sao inteiros positivos com mdc(a, d) = 1,

entao para todos x > d,

(4.18) π(x, d, a) <2x

φ(d) · ln(x/d) .

3f(x) ∼ g(x) e equivalente a limx→+∞ f(x)g(x)

= 1.4Sejam f e g funcoes onde g e positiva. Se existe uma constante positiva C tal que |f(x)| ≤ Cg(x) escrevemos

f(x) = O(g(x)).

8 PEDRO PANTOJA

Seja π2(x) o numero de primos gemeos (p, p + 2) tal que p ≤ x. Por exemplo,

(4.19) π2(5, 4 · 1015) = 5761178723343.Brun provou que existe um inteiro x0 tal que x ≥ x0

(4.20) π2(x) <100x

(log x)2.

Mostra-se que

(4.21) π2(x) ≤ c∏p>2

(1 −

1

(p − 1)2

)x

(log x)2·(1 +O

(log log x

x

))ou

(4.22) π2(x) ≤ c · Π2x

(log x)2·(1 +O

(log log x

x

)).

Π2 e conhecida como constante dos primos gemeos e c e outra constante. Hardy e Littlewood con-jecturaram que c = 2 e que

(4.23) π2(x) ∼ Π2(x)

∫x2

dx

(log x)2.

A conjectura dos primos gemeos e equivalente a lim inf dn = 2, onde dn = pn+1 − pn e a diferenca dedois primos consecutivos, e pouco se sabe do comportamento dessa funcao. Conjectura-se que

(4.24) L = lim infdn

log pn= 0.

Mas nao ha uma prova disso. Paul Erdos mostrou que L < 1, sucessivamente houve melhoras desseresultado. O seguinte resultado e simples.

Lema 4.8. lim supdn =∞.Demonstracao. Considere a seguinte sequencia de numeros compostos consecutivos n!+2, n!+3, ..., n!+nentao a diferenca entre o maior primo menor do que n! + 2 e o menor primo maior n! + n e pelo menosn, entao dn > n, o resultado segue imediatamente. �

Westzynthius em 1931, provou que

(4.25) lim supdn

log pn=∞.

D. A. Goldston, J. Pintz e C. Y. Yildirim provaram que

(4.26) lim infpn+1 − pn√

log pn(log log pn)2<∞,

(veja §[14] para os pormenores).e em 1963, Rankin complatando o trabalho de Erdos mostrou que

(4.27) lim supdn(log log log pn)

2

log pn · log log pn · log log log log pn≥ eγ

Onde γ denota a constante Euler–Mascheroni, definida por

(4.28) γ = limn→+∞

(1 +

1

2+1

3+ ... +

1

n− log(n)

).

Em 1919 Cramer, assumindo a hipotese de Riemann, provou que existe uma constante M > 0 tal que

(4.29) dn = Pn+1 − pn < M(√pn log(pn))


Por esse motivo a Hipotese de Riemann esta intimamente relacionada com a funcao dn. E claro que esseultimo resultado pode em princıpio ser falso, caso a hipotese de Riemann tambem seja.Finalmente, daremos uma prova do teorema de Brun. Iremos utilizar o seguinte

(4.30) π2(x)�x(log log x)2

(log x)2

Para mais detalhes veja o artigo de M. Faester §[5].

Teorema 4.9. (Brun)∑

p,p+2∈P

(1

p+

1

p + 2

)<∞.

Demonstracao. B2 e chamada constante de Brun, cujo valor aproximado e 1.99. Considere an definidopor:

an =

{1, se p,p+2 sao primos gemeos0, caso contrario

Obtemos ∑p,p+2∈P

(1

p+

1

p + 2

)� lim

x→+∞(log log x)2

(log x)2+

∫∞2

(log log t)2

t(log t)2dt

Fazendo a substituicao u = log t na ultima integral temos∑p,p+2∈P

(1

p+

1

p + 2

)� lim

x→+∞(log log x)2

(log x)2+

∫∞log 2

(logu

u

)2du

Um simples calculo mostra que

(4.31)

∫ (logu

u

)2du = −

(logu)2 + 2 logu + 2

u+ C

Portanto a serie em questao converge. �

5. Conjecturas

Para finalizar, nessa secao abordaremos outras conjecturas importantes da teoria analıtica dosnumeros, que de alguma forma tem a ver com a conjectura dos primos gemeos.A conjectura geral de Polignac, e uma generalizacao da conjectura dos primos gemeos. Definimos π2k(x)da seguinte maneira, Para todo k ≥ 1 e x > 1, seja π2k(x) o numero de inteiros n tal que

(5.32) pn+1 ≤ x e pn+1 − pn = 2k.

Com o metodo de Brun, pode-se mostrar que existe uma constante Ck > 0 tal que

(5.33) π2k(x) < Ckx

(log x)2.

Em outras palavras, a conjectura de Polignac pode ser enunciada como

Conjectura 5.1. Todo numero par e a diferenca de dois numeros primos consecutivos, em um numeroinfinito de maneiras.

Se essa conjectura for verdadeira, tomando a diferenca igual a 2, obtemos a conjectura dos primosgemeos (vide §[35] e §[36]).

Em 1904, Dickson §[38] conjecturou um fato importante, chamada hoje de conjectura de Dickson.Em 1958 Schinzel e Sierpinski generalizaram essa conjectura, mas nao trataremos disso. A conjecturade Dickson (sobre polinomios lineares) afirma o seguinte:

10 PEDRO PANTOJA

Conjectura 5.2. Seja s ≥ 1 e fi(X) = biX+ ai, onde i = 1, ..., s , ai, bi ∈ Z e bi ≥ 1. Alem disso, naoexiste um inteiro n > 1 que divida todos os produtos

∏sj=1 fj(k) para cada inteiro k.

Entao existe uma infinidade de numeros naturais m tais que cada um dos inteiros f1(m), ... , fs(m) eum numeros primo.

Essa ultima conjectura tem como caso particular a conjectura dos primos gemeos e a conjecturados primos de Sophie Germain. Dizemos que p e um numero primo de Sophie Germain se p e 2p + 1sao primos. Os primos de Sophie Germain foram considerados pela primeira vez, para provar o primeirocaso do ultimo teorema de Fermat (demonstrado completamente pelas ideias de varios matematicos, masprincipalmente por Andrew Wiles) se p > 2 e um numero primo de Sophie Germain, entao nao existeminteiros x, y, z tais que xp + yp + zp = 0 com mdc(x, y, z) = 1 e p nao divide xyz. Lagrange provouem 1775 que se p ≡ 3 (mod 4) entao p e primo de Sophie Germain se, e somente se, 2p + 1|Mp ondeMp = 2p − 1 e o numero de Mersenne. Tambem e notavel dizer que a conjectura de Dickson engloba oteorema de Dirichlet como caso particular.

Conjectura 5.3. Existem infinitos numeros primos de Sophie Germain.

Entretanto, resolver a conjectura dos primos de Sophie Germain sera tao difıcil quanto resolver aconjectura dos primos gemeos.Prova-se que, Sendo π(x, S) o numero de primos de Sophie Germain menores ou iguais a x, existe C talque para todo x

(5.34) π(x, S) < Cx

(log x)2

Por fim, daremos uma generalizacao da conjectura de Hardy–Litllewood, chamada de k–Tupla con-jectura, ela afirma que o numero assintotico de constelacoes de primos pode ser calculado explicitamente.

Conjectura 5.4. Seja 0 < m1 < m2 < ... < mk entao, sendo πm1,m2,...,mk(x) o numero de primos

p ≤ x tais que p + 2m1, p + 2m2, ..., p + 2mk sao todos primos, satisfaz

(5.35) πm1,m2,...,mk(x) ∼ C(m1,m2, ...,mk)

∫x2

dt

(log t)k+1

onde C(m1,m2, ...,mk) = 2k∏q

1 − ω(q;m1,m2,...,mk)q

(1 − 1q)k+1

o produto e tomado sobre todos os primos ımpares q e ω(q;m1,m2, ...,mk) e o numero de distintosresıduos 0,m1, ...,mk (mod q).

Referencias

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[23] Riesel, Hans (1994), Prime numbers and computer methods for factorization, Basel, Switzerland: Birkhauser.[24] Furstenberg, Harry (1955),”On the infinitude of primes”, The American Mathematical Monthly (Mathematical

Association of America) 62 (5): 353.[25] Viggo Brun (1919). ”La serie 1/5+1/7+1/11+1/13+1/17+1/19+1/29+1/31+1/41+1/43+1/59+1/61+..., ou les

denominateurs sont nombres premiers jumeaux est convergente ou finie”. Bulletin des Sciences Mathematiques 43:100–104,124–128.

[26] Alina Carmen Cojocaru; M. Ram Murty (2005). An introduction to sieve methods and their applications. LondonMathematical Society Student Texts. 66. Cambridge University Press.

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Society 5 (5): 842–846.[33] Pascal Sebah and Xavier Gourdon. Introduction to twin primes and Bruns constant computation. 2002.[34] On-Line Encyclopedia of Integer Sequences(OEIS). http://oeis.org/A153185.[35] Ball, W. W. R. and Coxeter, H. S. M. Mathematical Recreations and Essays, 13th ed. New York: Dover, p. 64,

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Departamento de Matematica, Universidade Federal do Rio Grande do Norte. Campus Universitario, Lagoa Nova59078-970. Natal, RN – Brazil.E-mail address: [email protected]

Problemas para los más jóvenes 45

Cuatro problemas de la Olimpiada de Eslovenia 1997

PJ45-1

Probar que la ecuación a2+b2-8c=6 no tiene soluciones enteras.

PJ45-2

El punto P dista 9 unidades del centro de un círculo de radio 15. ¿Cuántas cuerdas de longitud entera pasan por P?

PJ45-3

Se da el cuadrado ABCD. Sea E el punto medio del lado CD y F la intersección de AE y BD. Calcular la razón AF/FE.

PJ45-4

¿Para qué valores del parámetro “a” las ecuaciones

19x2+ax+97=0 y 97x2+ax+19=0

Tienen una raíz común?

Problemas propuestos 221 – 225

Problema 221 (Propuesto por D.M. Batinetzu-Giurgiu, Bucarest, y Neculai Stanciu, Buzau)

Sea ABCD un tetraedro y M un punto del espacio, distinto de los vértices del tetraedro. Demostrar que

4MA MB MC MD R r rMB MC MD MC MD MA MD MA MB MA MB MC R R

++ + + ≥ ≥

+ + + + + + + +

donde R y r son, respectivamente, el radio de la esfera circunscrita y el de la esfera inscrita en el tetraedro.

Problema 222 (propuesto por el editor)

ABC es un triángulo; P es un punto variable tal que m BP sen APB n CP sen APC⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ , donde m y n son constantes. Determinar el lugar geométrico del punto P.


Demostrar que si los lados de un cuadrilátero son las raíces de la ecuación

( )4 3 24 6 8 12 0x x qx q x s− + + − + =

entonces el cuadrilátero tiene un círculo inscrito.


Si n es un entero impar, y a,b,c,… son las n-1 raíces n-ésimas complejas de la unidad, probar que

( )( )( )( )( )( )

1 1 1

1 1 1 1

r r r

r r r

a b c n

a b c

− − − =

+ + + =

si r es cualquier número primo con n.


XAYB es una cuaterna armónica; P es un punto que no está en la recta XY, tal que XP = p, YP = q, y el XPY θ= . Si x,y son las longitudes de las perpendiculares desde X e Y a la tangente común a los dos círculos de centros respectivos A y B, y que pasan por P, demostrar que cosxy pq θ= ⋅ .

Observación del editor:se utiliza la notación inglesa para la cuaterna armónica: los puntos X, A, Y, B están en ese orden sobre la recta.

PROBLEMA 216.

Propuesto por: Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania.

Sea . Una función continúa con la notación: denotamos

Calcular el límite:

Solución de: Daniel Darío, Góngora García.

Universidad Nacional de Ingeniería. Lima, PERU.

Dado que esta en el superíndice de la sumatoria, entonces en un entero positivo.

Ahora bien: sea , el límite, reacomodamos el término general de la sumatoria:

Observar que: pertenece al dominio de la función continua.

Por lo tanto:

PROBLEMA 217, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu, Bucarest, yN. Stanciu, Buzau, Rumanıa

Sean m y n numeros reales positivos. Demostrar que para cualquier trianguloABC se verifican las desigualdades

(1)ab2

ma+ nb+

bc2

mb+ nc+

ca2

mc+ na≥ (s2 + r2 + 4Rr)2

(2m+ n)s2 + (n− 2m)r2 + 4(n− 2m)Rr,

(2)1

(mra + nrb)2+

1(mrb + nrc)2

+1

(mrc + nra)2≥ 27

(m+ n)2(4R+ r)2,

donde las notaciones del triangulo son las usuales.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Los triangulos ATI y AUIa son semejantes, donde I, Ia son el incentro y elexincentro opuesto a A, y T,U los puntos respectivos de tangencia de incırculo yexincırculo opuesto a A, con el lado AB. Como ademas es conocido (o facilmentedemostrable) que AT = s − a, AU = s, tenemos que ra

r = ss−a . Luego denotando

por S el area de ABC y usando la formula de Heron,

r(ra + rb + rc) =Sr

s− a+

Sr

s− b+

Sr

s− c= ab+ bc+ ca− s2.

Pero al mismo tiempo,

ra + rb + rcs

= tanA

2+ tan

B

2+ tan

C

2=

1 + sin A2 sin B

2 sin C2

cos A2 cos B2 cos C2=

4R+ r

s,

donde hemos usado conocidas relaciones para el triangulo. Deducimos entonces que

(4R+ r)r = r(ra + rb + rc) = ab+ bc+ ca− s2.

La primera desigualdad es entonces equivalente aab

w + ρ+

bc

u+ ρ+

ca

v + ρ≥ ab+ bc+ ca

abw+bcu+cavab+bc+ca + ρ

.

donde hemos llamado ρ = nm , u = b

c , v = ca , w = a

b . Pero esta desigualdad noes mas que la desigualdad de Jensen aplicada a la funcion convexa f(x) = 1

x+ρ

con derivada segunda estrictamente positiva f ′′(x) = 2(x+ρ)3 para todo x, ρ > 0,

en valores u, v, w y con pesos respectivos bc, ca, ab. Luego la primera desigualdades siempre cierta, y se da la igualdad si y solo si u = v = w, es decir, si y solo sia = b = c.

La segunda desigualdad es equivalente a1u2

+1v2

+1w2

≥ 3(u+v+w

3

)2 ,

donde hemos llamado ahora w = mra + nrb, u = mrb + nrc, v = mrc + nra, luegou + v + w = (m + n)(ra + rb + rc). Pero nuevamente, esta es la desigualdad deJensen aplicada a la funcion convexa f(x) = 1

x2 , con derivada segunda estrictamentepositiva f ′′(x) = 6

x4 , en valores u, v, w y con pesos iguales a 1. Luego tambien essiempre cierta la segunda desigualdad, y se da la igualdad si y solo si mra + nrb =mrb+nrc = mrc+nra. Supongamos que ra ≥ rb, rc, con lo que al ser m(ra− rb) =

1

n(rc − rb) no negativo, tenemos que rc ≥ rb, pero al ser n(ra − rc) = m(rb − rc) nonegativo, tenemos que rb ≥ rc. Luego rb = rc, de donde trivialmente ra = rb = rc,o equivalentemente, se da la igualdad si y solo si a = b = c.

La tangente en P a una cierta curva corta al eje OX en T. PN es la perpendicular desde P a dicho eje. Si el perímetro del triángulo PTN es constante e igual a 2c, demostrar que la ecuación de la curva es de la forma

2 2x

cy cy Ae− = . Solución: La ecuación de la tangente a la curva ( )y x en el punto ( ),P x y es ( )'Y y y X x− = − que corta al

eje OX en el punto ,0'

yT x

y

+

, entonces tenemos

22

2, ,

' '

y yPN y TN OT ON PT y

y y= = − = − = +

La condición del enunciado se expresa:

22

22

' '

y yy y c

y y− + + =

que después de simplificar y racionalizar queda la ecuación diferencial de variables separadas

( )2 2

'2

dy y cyy

dx c c y

−= =−

que se integra de modo inmediato:

( ) ( )22

2 1ln 2

2

c y xdy dx y cy k

y cy c c

−= ⇔ − = +

−∫ ∫

Despejando el paréntesis y poniendo kA e= obtenemos

2 2x x x

kkc c cy cy e e e Ae

+− = = = .

Cristóbal Sánchez-Rubio, Benicasim.

X

Y

TNO

P

ABC es un triángulo. Se trazan círculos de centros A y B que pasan por C. Demostrar que el producto de las distancias desde C a las tangentes comunes a ambas circunferencias es

( ) ( )2 2

2

4 s a s b

c

− −

Solución: Es inmediato comprobar que los triángulos UAV, TBV, PSC y CRQ son semejantes por ser rectángulos y con un ángulo agudo α . Al ser S el punto medio del segmento TU, claramente se cumple:

2 2 2 2cos , cos · · ·cos · ·cos cosCP CS CQ CR CP CQ CS CR CS CD SUα α α α α= = ⇒ = = = . (1)

Por semejanza de los triángulos UAV y TBV:

AV c AV c bcAV

b a a b a b

+= = ⇒ =− −

.

De donde

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2b b bUV AV b c a b c a b c a b s a s b

a b a b a b= − = − − = + − − + = − −

− − −

y

( ) ( ) ( ) ( )22cos

s a s bUV b a bs a s b

AV a b bc cα

− −−= = − − =−

(2).

Como S es el punto medio del segmento UT, 2

VT VUSU

−= .

Por la semejanza de UAV y TBV,

11

2 2 2

a VT a VT VU a a bVT VU SU UV UV

b VU b b b

− − = ⇒ = ⇒ = = − =

.

Sustituyendo UV, resulta

( )( ) ( ) ( )2

2 2

a b a b bSU UV s a s b s a s b

b b a b

− −= = − − = − −−

(3).

Finalmente sustituyendo (2) y (3) en (1), queda

( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

2 22 2

4 4· ·cos

s a s b s a s bCP CQ SU s a s b

c cα

− − − −= = − − = .

αc

a

ab

Q

P

O

R

S

T'

U'

V

U

T

C

D

BA

Cristóbal Sánchez-Rubio, Benicasim.

PROBLEMA 220, propuesto por el editor

Si la sucesion {uj} se define mediante

u2n = u2n−2 + un − un−8, para n ≥ 8,u2n = u2n−2 + un, para n < 8,

u2n+1 = u2n,

y u0 = u1 = 1, demostrar que

u8n =(n + 1)(2n + 1)(2n + 3)

3.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

No es muy laborioso encontrar que los primeros 12 terminos con ındice par de lasucesion (desde u0 hasta u22 inclusive) son

1, 2, 4, 6, 10, 14, 20, 26, 35, 44, 56, 68

Claramente, cada termino con ındice impar serıa igual al anterior termino con ındicepar por ser u2n+1 = u2n.

Denotemos vn = un − un−8 para todo n ≥ 8. Es sencillo comprobar, a partir delos anteriores valores, que v4m = (m + 1)2, mientras que v4m+2 = (m + 1)(m + 2)para m = 2, 3, 4, 5. Usando que u2n+1 = u2n, obtenemos claramente que v4m+1 =v4m = (m + 1)2 y v4m+3 = v4m+2 = (m + 1)(m + 2). Demostraremos por induccionque estos resultados son ciertos para todo m ≥ 2. Supongamos que los resultadosson ciertos para 2, 3, . . . ,m− 1 para algun m− 1 ≥ 5. Se tiene claramente que

u4m+2 = u4m + u2m − u2m−8, u4m = u4m−2 + u2m − u2m−8,

u4m−2 = u4m−4 + u2m−2 − u2m−10, u4m−4 = u4m−6 + u2m−2 − u2m−10,

u4m−6 = u4m−8 + u2m−4 − u2m−12,

con lo que sumando las cuatro primeras y las cuatro ultimas de las anterioresigualdades, obtenemos

u4m+2 − u4m−6 = 2u2m + 2u2m−2 − 2u2m−8 − 2u2m−10,

u4m − u4m−8 = u2m + 2u2m−2 + u2m−4 − u2m−8 − 2u2m−10 − u2m−12,

es decir,

v4m+2 = 2v2m + 2v2m−2, v4m = v2m + 2v2m−2 + v2m−4.

Ahora bien, supongamos que m = 2k es par. Entonces, v2m = v4k = (k + 1)2,v2m−2 = v4k−2 = k(k + 1), v2m−4 = v4k−4 = k2, con lo que

v4m+2 = 4k2 + 6k + 2 = m2 + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2),

v4m = 4k2 + 4k + 1 = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2,y el resultado tambien es cierto para m par si es cierto para 2, 3, . . . ,m−1. Supong-amos ahora que m = 2k + 1 es impar. Entonces, v2m = v4k+2 = (k + 1)(k + 2),v2m−2 = v4k = (k + 1)2, v2m−4 = v4k−2 = k(k + 1), con lo que

v4m+2 = 4k2 + 10k + 6 = m2 + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2),

v4m = 4k2 + 8k + 4 = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2,1

y el resultado tambien es cierto para m impar si es cierto para 2, 3, . . . ,m−1. Luegoel resultado es cierto para todo m ≥ 2.

Es tambien sencillo comprobar, con los valores mostrados al principio de estasolucion, que para todo n = 0, 1, 2 tenemos

u8n =4n3 + 12n2 + 11n + 3

3, u8n+2 =

4n3 + 15n2 + 17n + 63

,

u8n+4 =4n3 + 18n2 + 26n + 12

3, u8n+6 =

4n3 + 21n2 + 35n + 183

.

Supongamos este resultado cierto para n−1. Usando el resultado anterior, tenemosentonces que

u8n = u8n−8 + v8n =4n3 − n

3+ (2n + 1)2 =

4n3 + 12n2 + 11n + 33

,

u8n+2 = u8n−6 + v8n+2 =4n3 + 3n2 − n

3+ 4n2 + 6n + 2 =

4n3 + 15n2 + 17n + 63

,

u8n+4 = u8n−4 +v8n+4 =4n3 + 6n2 + 2n

3+4n2 +8n+4 =

4n3 + 18n2 + 26n + 123

,

u8n+6 = u8n−2+v8n+6 =4n3 + 9n2 + 5n

3+4n2+10n+6 =

4n3 + 21n2 + 35n + 183

.

Luego todos estos resultados son ciertos para todo n ≥ 0, habiendose por lo tantohallado una formula cerrada para todo termino de la sucesion con ındice par, y porlo tanto para todo termino de la sucesion, pues cada termino con ındice impar seraigual al termino anterior.

En particular, para todo n ≥ 0, se tiene

u8n =4n3 + 12n2 + 11n + 3

3=

(n + 1)(4n2 + 8n + 3)3

=(n + 1)(2n + 1)(2n + 3)

3,

como querıamos demostrar. Se comprueba tambien que

u8n+2 =(n + 1)(4n2 + 11n + 6)

3=

(n + 1)(n + 2)(4n + 3)3

,

u8n+4 =(n + 1)(4n2 + 14n + 12)

3=

2(n + 1)(n + 2)(2n + 3)3

,

u8n+6 =(n + 1)(4n2 + 17n + 18)

3=

(n + 1)(n + 2)(4n + 9)3

,

con lo que se puede obtener tambien la siguiente generalizacion del resultado prop-uesto:

u4n =(n + 1)(n + 2)(n + 3)

6=

(2n + 3

3

).

Reseña de Congresos, libros y páginas web 45

Comentario al libro de I.M. Yaglom, Números complejos y sus aplicaciones a la geometría.

La editorial rusa URSS ha publicado en 2011, en español, el famoso libro de Isaac Moisevich Yaglom Números complejos y sus aplicaciones a la Geometría.

La versión rusa, publicada en los años 30 del siglo pasado, y disponible gratuitamente en Internet en la página web Internet Biblioteka po Matematika, supuso en su momento un verdadero hito en la enseñanza de las aplicaciones de los números complejos, y estamos seguros que su publicación ahora en español será de una enorme utilidad en la Península Ibérica y en Iberoamérica.

Las secciones del libro se diferencian netre sí, atendiendo a su nivel de dificultad, por no llevar asterisco, llevar un asterisco o llevar dos asteriscos.

Las secciones sin asterisco representan la línea fundamental de exposición de la teoría de los números complejos. Su aplicación a la geometría elemental lleva un asterisco. El autor recomienda, en una primera lectura, no detenerse demasiado en las secciones con asterisco, pero será necesario hacerlo si se pretende comprender conceptos como la inversión axial (de Laguerre), definida con ayuda de los conceptos de potencia de un punto y de una recta con respecto a una circunferencia.

Las secciones con dos asteriscos incluyen material que se encuentra fuera del alcance de las Matemáticas escolares, y se refieren a las relaciones de los números complejos con las geometrías no euclídeas.

El libro se compone de tres amplios capítulos: El primero se titula Tres tipos de números complejos(con 6 secciones); el segundo, Interpretaciones geométricas de los números complejos(con 6 secciones); y el tercero, Transformaciones circulares y geometrías circulares(igualmente con 6 secciones).

En definitiva, se trata de una importante contribución a la literatura matemática en español.

Valladolid, 6 de julio de 2012

Francisco Bellot Rosado

2

A decadencia dun mito estético

O rectángulo de moda fala galego

1.- PRESENTACIÓN

Dende a antiguidade clásica os gregos crían que a proporción era a clave da beleza. A pro-

porción que constituía a base na que se fundaban a arte e a arquitectura gregas era a «sección áu-

rea», o Partenón de Atenas, por exemplo, está baseado nesta proporción. Na Idade Media pensábase

que a sección áurea mostraba a perfección da creación divina e así foi utilizada polos artistas do

Renacemento como Leonardo da Vinci. A “sección áurea” tamén é coñecida polo nome de Divina

Proporción que foi a que utilizou Fra Luca Pacioli (1445 – 1517) no seu libro “De Divina Propor-

tione” para referirse a ela.

se i n urea ef nese o o a propor i n ue apare e entre ous se entos dunha recta

ao dividir esta en media e extrema razón, isto é, un segmento queda dividido noutros dous segmen-

tos de tal forma que o segmento maior é ao menor como o todo é ao maior:

Esta e ua i n ten úas solu i ns irra ionais, unha elas es nase oa letra re a Φ e é o

chamado Número de Ouro:

3

Este número define polo tanto a proporción áurea ou divina proporción e ademais de ser

usado por artistas e arquitectos, aparece con moita frecuencia na natureza, como por exemplo nas

cunchas dos moluscos, en moitas flores ou nas pólas das árbores.

A súa aceptación como canon de beleza lévanos a convivir con el na nosa cotianeidade, pois

o DNI ou as tarxetas de crédito teñen esta proporción.

En 1876 o alemán Gustav Theodor Frechner (1801-1887),

creador da psicofísica -disciplina que establece as relacións ma-

temáticas precisas entre os estímulos e as sensacións que estes pro-

vocan- fixo un estudo estatístico con varios centenares de persoas

sen experiencia artística ás que lle pediu que escolleran o rectángu-

lo que máis lles agradase entre varios. O rectángulo áureo, definido

pola proporción áurea, resultou elixido por ampla maioría.

2.- OBXECTIVOS

O noso traballo pretende repetir o experimento de Frechner na vila de Mugardos.

Será necesario elixir rectángulos que acompañen ao rectángulo áureo na enquisa e seleccio-

nar unha mostra que represente con garantía á poboación de Mugardos.

Pretendemos, ademais, con este traballo:

• Relacionar ámbitos matemáticos como a xeometría e a estatística.

• Implicar ao pobo de Mugardos nunha investigación matemática.

• Aprender conceptos estatísticos como o tamaño dunha mostra.

• Saber organizarse para a realización dun amplo traballo de campo

• Aprender a manexar informaticamente unha cantidade elevada de datos.

3.- DESENVOLVEMENTO DA EXPERIENCIA

Os rectángulos que eliximos como opoñentes do rectángulo áureo son o rectángulo

cordobés, o rectángulo din e o rectángulo galego. Parécenos un número suficiente para poder elixir,

Gustav Frechner

4

sempre que teñan algunha característica común que permita comparalos. Decidimos que debían ter

unha das súas medidas -o ancho- da mesma lonxitude. A continuación describimos algunhas carac-

terísticas dos rectángulos que interveñen na nosa investigación e presentamos a súa construción co

programa xeoxebra.

3.1.- OS RECTÁNGULOS DA ENQUISA

O RECTÁNGULO ÁUREO

Na presentación xa mencionamos que o rectángulo áureo ten entre os seus lados a propor-

ción que define o Nú ero e Ouro, Φ. onstrución xeométrica que eliximos é a que parte dun

pentágono regular e se forma coa diagonal e o lado do pentágono. Podiamos construílo tamén a

partir dun cadrado, pero como isto xa o fixeramos na clase de matemáticas preferimos facelo así.

Esta é a nosa construción do rectángulo áureo co programa xeoxebra.

5

O RECTÁNGULO CORDOBÉS

A nosa profesora neste traballo contounos que nunha conferencia que lle escoitara en Sevilla

no ano 1994 ao arquitecto cordobés Rafael de la Hoz Arderius (1924-2000) titulada "La propor-

ción cordobesa", este aseguraba que un estudo estatístico que el realizara mostraba como a tenden-

cia estética non conducía á esperada proporción divina.

Polo contrario, a elixida segundo Rafael de la Hoz, era unha proporción que, por non

axustarse á divina, chamou proporción humana ou proporción cordobesa que vén definida pola

relación entre o radio da circunferencia circunscrita ao octógono regular e o lado de este . Trátase da

proporción definida polo número irracional:

Esta é a construción do rectángulo cordobés en xeoxebra:

6

O RECTÁNGULO DIN

É o rectángulo que usamos habitualmente para escribir sobre el, é o rectángulo que se pon na

impresora para poder ver en papel o que vemos no ordenador. Trátase dun tamaño estándar que se

usa en moitas partes do mundo -curiosamente non se usa en Estados Unidos e Canadá- e que se ca-

racteriza porque se se divide en dúas metades polo lado máis longo, os dous rectángulos que se ob-

teñen teñen a mesma proporción.

Este rectángulo vén definido pola proporción entre a diagonal e o lado dun cadrado e a

obtención desta proporción é moi doada a partir do teorema de Pitágoras. É o número irracional:

A base do estándar chámase Din A0 que ten un metro cadrado de superficie. Partindo este en

dous obtense o Din A1 e en sucesivas particións obtéñense os Din A2, A3, A4, A5...

Esta é a construción:

7

O RECTÁNGULO GALEGO

Buscabamos outro rectángulo para engadir aos tres anteriores. Queriamos que a súa porpor-

ción tamén estivera definida por un número irracional, que fora maior que as tres anteriores e que a

súa construción fora sinxela. E tamén buscabamos que nel puidera inscribirse a fachada da Catedral

de Santiago e a bandeira galega. Así foi como xurdiu o que nos chamamos rectángulo galego.

Definimos a proporción galega, que designamos con g, á relación entre o segmento que

une dous vértices opostos dun hexágono e o lado do hexágono.

Este rectángulo adáptase ao que pensaramos: a súa contrucción é moi sinxela, o número

irracional que o define non é complicado de obter e, sobre todo, parece funcionar con símbolos

galegos como podemos comprobar coas seguintes imaxes:

8

3.2.- PREPARANDO AS ENQUISAS

Unha vez decididos os rectángulos da enquisa tiñamos que ver a forma de presentalos. En

principio probamos a presentalos individualmente para que as persoas que respondesen puideran

manipulalos ao seu antollo, pero vimos que non era cómodo -necesitábase un lugar para deposita-

los-, foi así que nunha folla de papel colocamos os catro rectángulos, todos coa mesma medida para

o lado menor, 4cm. Fixemos fotocopias e plastificamos para manipular sen que se estropeasen nin

aparecesen marcas nos rectángulos.

Vimos que, para non condicionar respostas, era necesario presentar de cada vez os rectán-

gulos nunha posición distinta. Tamén preparamos os formularios de recollida de datos, cada formu-

lario recollía 50 respostas:

3.3.- SELECCIÓN DA MOSTRA

Mugardos atópase no lado sur da ría do Ferrol,

ocupando unha franxa da denominada Península de

Bezoucos -conformada entre a devandita ría e a de

Ares-Betanzos-. Os lindes do municipio veñen deter-

minados pola propia liña de costa no lado norte, polo

concello de Ares ó oeste e ó sur, e polo de Fene ó leste.

A superficie é de 12'73 Km2.

Sexo Idade Opción elixida

nº 1º cifra C A g d001

002

003

004

005

006

007

008

009

9

Os datos do IGE no ano 2011 establecen para

Mugardos un cómputo de 5536 habitantes, e unha alta

densidade de poboación: 435 hab./Km2. A idade media

é de 47,3 anos (dato de 2010) e o número de habitantes

maiores de 65 anos case triplica ao número de

habitantes menores de 15 anos o que indica o grao de

envellecemento da poboación.

Por tramos de idade os datos do IGE son os seguintes:

Na elección da mostra tivemos en conta esta distribución, é unha nostra estratificada.

Calcular o tamaño da mostra foi o máis complicado para nós porque non temos o vocabula-

rio nin o nivel matemático requirido pero fomos quen de usar conceptos como parámetro, estatísti-

co, erro mostral ou intervalo de confianza.

Utilizamos a fórmula:

onde

n: tamaño da mostra

N: tamaño da poboación

Zα/2 : é un valor tabulado, o seu valor é 1,96 e depende do nivel de confianza elixido que nor

malmente é 0 95%. Non entendemos ben quen é o z(variable normal e reducida) pero ten

que ser de moita utilidade porque aparece moito.

p: é a proporción en que a variable estudada se da na poboación, asígnaselle o valor, 0,5, é a

probabilidade de elixir unha opción ou a contraria, q=1-p. Corresponde ao caso máis desfa

vorable posible.

e : erro máximo que nos situamos no 5%

Aplicando a fórmula aos nosos valores temos:

[0,9] [10,19] [20,29] [30,39] [40,49] [50,59] [60,69] [70,79] [80,-) Totais

Mugardos 368 353 573 895 758 782 731 673 403 5536

10

Polo tanto necesitabamos unha mostra mínima de 386 persoas que aumentamos ata as 500 e

repartimos en estratos por franxas de idade da forma seguinte:

[0,9] [10,19] [20,29] [30,39] [40,49] [50,59] [60,69] [70,79] [80,-) Totais

Mugardos 368 353 573 895 758 782 731 673 403 5536

Mostra 33 32 52 81 68 71 66 61 36 500

3.4.- TRABALLO DE CAMPO

Despois de preparalo todo, baixamos ao pobo unha mañá de mercadiño para realizar algun-

has enquisas, nas que, ademais e pre untar a pri eira ifra a i a e, fa ia os a pre unta: “cal

destes catro é o rectángulos que máis che gusta?”.

En primeiro lugar fomos ao colexio para cubrir a franza de idade dos máis novos, logo ao

concello, ao centro médico -era día de Sintrón- e ao mercado. A maioría da xente respondeu sen

problemas, aínda que soían asustarse ao escoitar que a enquisa tiña relación coas matemáticas e a

arte.

Aquel día, volvemos ao centro con máis de 300 respostas, coas que puidemos comezar a

traballar, aínda que nos faltaban case 200 para conseguir o noso obxectivo.

Nos días seguintes, intentamos entrevistar a máis persoas, esta vez por separado e tratando

de conseguir o número de persoas que faltaban de cada grupo de idade. Recollemos tamén datos no

Rastriño Solidario que montou o instituto na vila.

Como resumo temos que mencionar o complicado que resulta atopar xente entre 20 e 30

anos ou maiores de 70 unha mañá calquera en Mugardos durante a semana, os primeiros porque

non teñen alternativas de traballo e estudo na vila e os segundos porque están nas súas casas cando

o tempo é chuvioso, como sucedeu no mes de abril cando se realizou o traballo de campo. Sabemos

que deberiamos esforzarnos máis por atopar aos de 20 a 30 anos, porque podemos atopalos na fin de

semana pero ...non nos deixan sair de noite!

Finalmente conseguimos 581 entrevistas válidas. Esta é a nosa mostra co balance entre o que

temos e o que queriamos ter, pódese observar que faltan 5 de idades entre 20 e 30 e faltan 30 maio-

res de 70.

N = 5536

Zα/2 = 1,96

p = 0,5

e = 0,05

11

MOSTRA

Estas son algunhas imaxes da realización de enquisas:

balance final

[0,10) 51 33 +18

[10,20) 73 32 +41

[20,30) 47 52 -5

[30,40) 86 81 +5

[40,50) 104 68 +36

[50,60) 82 71 +11

[60,70) 71 66 +5

[70,80) 44 61 -17

[80,-) 23 36 -13

581 500 +81

idades mostra queriamos

Totais

12

3.5.- TRABALLO INFORMÁTICO

Unha vez recollidas todas as enquisas necesarias, comezamos a traballar no ordenador. Di-

vidimos o grupo en dous: unha parella redactaba un documento de texto no que incluía toda a in-

formación sobre o traballo e outra pasaba os datos das enquisas.

Pasados os datos comenzaron as ordenacións dos mesmos, os recontos e as gráficas. Como

son bastantes datos os listados non os engadimos neste informe.

4.- RESULTADOS DA ENQUISA

Mostraremos os resultados da enquisa cos datos e gráficas nas que aparecen:

1.- Resultados xerais

2.- Resultados por sexos

3.-Resultados por tramos de idade

Usaremos porcentaxes nas gráficas para unha mellor comparación.

13

4.1.- RESULTADOS GLOBAIS

CORDOBÉS ÁUREO GALEGO DIN Total

Nº respostas 100 145 255 81 581

% 17 15 44 14 100

14

4.2.- RESULTADOS POR SEXOS

SEXO CORDOBÉS ÁUREO GALEGO DIN Totais

HOMES 36 52 94 36 218

MULLERES 64 93 161 45 363

Porcentaxes

% SEXO CORDOBÉS ÁUREO GALEGO DIN

40 HOMES 16,5 24 43 16,5

60 MULLERES 18 26 44 12

Homes Mulleres

1718

24

26

4344

17

12

Rectángulo Cordobés Rectángulo Áureo Rectángulo Galego Rectángulo DIN-A4

15

4.3.- RESULTADOS POR TRAMOS DE IDADES

Idades nº persoas Cordobés Áureo Galego Din

[0,10) 51 6 14 23 8

[10,20) 73 15 20 25 13

[20,30) 47 7 15 17 8

[30,40) 85 15 22 38 10

[40,50) 104 16 22 56 10

[50,60) 82 15 23 33 11

[60,70) 71 14 12 32 13

[70,80) 44 10 9 20 5

[80,--) 24 2 8 11 3

Porcentaxes

Idades Cordobés Áureo Galego Din

[0,10) 12 27 45 16

[10,20) 21 27 34 18

[20,30) 15 32 36 17

[30,40) 18 26 45 12

[40,50) 15 21 54 10

[50,60) 18 28 40 13

[60,70) 20 17 45 18

[70,80) 23 20 45 11

[80,--) 8 33 46 13

Clave de cores para as gráficas que veñen a continuación

Rectángulo galego

Rectángulo áureo

Rectángulo cordobés

Rectángulo din

16

Gráficas por tramos de idade

17

[0,10) [10,20) [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,--)

10

20

30

40

50

60

Cordobés Áureo Galego Din

Tramos de idade

%

18

5.- CONCLUSIÓNS

Cando comenzamos este traballo non imaxinabamos o que logo aconteceu. Dun xeito irre-

futable, con sorprendente uniformidade por sexos e tramos de idades, un mito estético como a Divi-

na Proporción derrúbase na vila de Mugardos.

Nada nos fai pensar que esta vila ten gustos estéticos diferentes a outras vilas e cidades, ao

contrario, Mugardos é un lugar no que se impulsan accións que melloran a formación estética da

xente como os premios de pintura Bello Piñeiro e Piñeiro Pose que gozan de prestixio en Galicia, o

proxecto educativo do IES de Mugardos "Isto faino un neno" que achegou a todos os estudiantes do

concello a arte contemporánea, as clases do concello de debuxo e pintura con grande afluencia de

alumnado, incluso existe algo tan curioso como unha activa sociedade cultural co nome "Amigos da

paisaxe galega" no lugar de O Seixo.

Polo dito anteriormente atrevémonos a extrapolar os resultados obtidos en Mugardos asegu-

ramos que existe un rectángulo que se alza coa coroa do reino estético dos rectángulos, o rectángu-

lo galego: o REI TÁNGULO

Somos conscientes de que haberá presións para derrocalo, sabemos que o rectángulo 16:9

ten importantes apoios que tentarán facerse coa coroa estética, incluso sabemos que a Divina Pro-

porción tentará voltar ao trono estético apoiada por unha parte importante da comunidade matemá-

tica, pero dende a vila de Mugardos esperamos que o REI TÁNGULO logre ter un longo reinado.

FICHA TÉCNICA ÁMBITO: Municipio de Mugardos. UNIVERSO: Poboación do concello de Mugardos. TIPO DE ENQUISA: Entrevista directa. TAMAÑO DA MOSTRA: 581 entrevistas. SELECCIÓN DAS ENTREVISTAS: Selección aleatoria por cuotas de idade. ERRO MOSTRAL: Cun nivel de confianza do 95,5% (dos sigmas), e P=Q como caso máis desfavora-ble, o erro é de ±5%. DATAS DE REALIZACIÓN: Do 9 ao 23 de abril de 2012. INSTITUTO RESPONSABLE: IES Mugardos. O Cristo s/n . 15624 Mugardos (A Coruña) Tel: 981472074; Fax: 981470818. Correo electrónico:[email protected]. Internet: www.edu.xunta.es/centros/iesdemugardos/

19

A decadencia dun mito estético

O rectángulo de moda fala galego

ÍNDICE

páxina

1.- PRESENTACIÓN....................................................................... 1

2.- OBXECTIVOS............................................................................ 3

3.- DESENVOLVEMENTO DA EXPERIENCIA........................ 3

3.1.- OS RECTÁNGULOS DA ENQUISA................................... 4

3.2.- PREPARANDO AS ENQUISAS............................................ 8

3.3.- SELECCIÓN DA MOSTRA................................................. 8

3.4.- TRABALLO DE CAMPO....................................................... 10

3.5.- TRABALLO INFORMÁTICO............................................... 12

4.- RESULTADOS DA ENQUISA.................................................. 12

4.1.- RESULTADOS GLOBAIS .................................................... 13

4.2.- RESULTADOS POR SEXOS................................................. 14

4.3.- RESULTADOS POR TRAMOS DE IDADES...................... 15

5.- CONCLUSIÓNS.......................................................................... 18

20

Agradecementos:

A Rafael Lago

A Leticia Ogando

Aos compañeiros e compañeiras de 2º ESO B

Ao pobo de Mugardos.

A Isabel Seoane

En Mugardos a 14 de maio de 2012

Mercedes Sara Covadonga Rubén Pedro

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Curso de formación docente de TIC y...

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