Guanyant un final d'àlfils de diferent color... regalant el propi àlfil!

En la posició del diagrama següent, el blanc té dos peons de més, però és un final de dames, i a part de ser un final de dames, els àlfils són de diferent color. El que augura una difícil victòria pel blanc, si és que és capaç d'aconseguir-la.



Però el blanc (Aronian) va aconseguir guanyar amb una enginyosa (i molt maca) continuació.

1. Db6+. Com? El blanc es deixa una peça neta?

No, no ho fa. Després de 1. ... Dxb6 (única), 2. Axb6, i el negre no es pot menjar l'àlfil perquè segueix 3. Rh5 i el negre no pot evitar que els peons blancs coronin, encara que intenti lluitar amb 3. ... Ad1+ 4. Rg6 Rb5 5. h7 Ac2+ 6. Rh6 Axh7 7. Rxh7 Rb4 8. g6 Rb3 9. g7 Rxb2 10. g8=D a3 11. Dg2+ i el blanc pot evitar la coronació del negre.

Per tant, el negre no es pot menjar l'àlfil, però... no és això un final d'àlfils de diferent color? No té possibilitats de fer taules?

Doncs no. El negre pot evitar Rh5 jugant 2. ... Ag6.



Sembla que tot estigui al seu lloc, que el blanc hagi de fugir amb l'àlfil, i que el negre aconsegueixi les taules.

Però no.

El blanc tenia reservada una altra sorpresa! 3. Rg4.

Com? El blanc es torna a deixar l'àlfil?

Si el blanc hagués tret l'àlfil, això donava un temps extra al negre, que aconseguia bloquejar l'entrada del rei blanc, i fent servir l'àlfil i el rei per bloquejar les diagonals b1-h7 i a1-h8, eren taules.

Sí, molt bé, però... com pot el blanc guanyar un final de peó i àlfil contra 3 peons, quan sembla que l'àlfil para els dos peons de g i h, i el negre es menjarà el peó de b i coronarà?

Doncs arribant abans que el negre!

3. ... Rxb6 4. Rf4 Rc5 5. Re5 Rb4. El negre no té res a fer al flanc de rei i intenta arribar més ràpid a menjar el peó de b i entrar.

6. Rf6



Al negre només li queden dues opcions: o fugir amb l'àlfil, o anar ràpid a menjar el peó de b.

Menjar el peó de b perd ràpid: 6. ... Rb3 7. Rxg6 Rxb2 8. h7 a3 9. h8=D+, i pot sacrificar la dama pel peó d'a, que encara li quedarà un altre peó per coronar fàcil.

Així doncs, només li queda treure l'àlfil: 6. ... Ae4 7. g6 Rb3 8. h7 Rxb2 9. h8= D a3 10. g7



I totes les opcions són dolentes pel negre:

10. ... Ad5 11. Db8+

10. ... a2 11. g8=D a1=D 12. Rg5+ i el negre ha de perdre la dama i si intenta conservar-la amb 12. ... Rb1, segueix 13. Db3+ .

On és Wally?

Avui només unes quantes fotos i un vídeo... A partir de finals de setmana torno a la "normalitat", i espero que també a la normalitat blocaire.

Però aquí hi ha unes quantes fotos del London Chess Classic, de la quarta ronda que es va jugar el dissabte 11 de desembre. La pregunta és: On és Wally? :-D

(Ajuda: en Wally surt a totes les fotos i al vídeo!)

Juguen blanques

El negre està a punt de coronar. El blanc ha d'aconseguir no perdre. Com ho pot fer?

Juguen blanques

Juguen blanques, que sembla que perden la dama, però... com poden guanyar?

Matrius amb tres 0, tres 1 i tres 2 que tinguin rang màxim

En els comentaris del post del dia 20 d'octubre, en Gerard em deixava aquest problema:

I, ja que hi som, quantes matrius que facin servir tres cops cadascun dels números {0,1,2} tenen rang màxim? :)

El problema em sembla interessant, però és clar, no en sé la solució... i estic una mica oxidada (que fa molt que no resolc problemes d'aquest estil, vaja!)

Tot i així, com que suposo que en Gerard sap la solució (o sap com trobar-la!) i segurament algú més que es passi per aquí pot trobar-la millor, jo poso la meva proposta... i ja em direu on és l'error (si és que n'hi ha, que suposo que sí, perquè jo em pensava que n'hi hauria menys...)

En un principi, les compto totes. Trobar-les totes seria equivalent a ordenar els tres 0, els tres 1 i els tres 2. Per tant,

$$\frac{9!}{3!3!3!} = 1680. $$

D'aquestes 1680, quines seran de rang màxim?

Calculo quines no tenen rang 3, que em sembla més senzill. En principi, he trobat 3 tipus de matrius que no tinguin rang 3:

• Les matrius que tenen 3 zeros en alguna fila o columna
  
• Les matrius que tenen dues files (o columnes) iguals
  
• Les matrius en les que una fila (columna) és el doble d'una altra fila (columna).
  

Així que anem-los a comptar:

Matrius que tenen 3 zeros en alguna fila o columna:

Si una matriu té 3 zeros en una fila (columna) qualsevol, em queden per fixar els tres 1 i els tres 2, que els posaré en 6 posicions. Per tant, fixant la fila/columna de zeros, tinc en total

$$\frac{6!}{3!3!} = 20 $$ possibilitats.

Com que els zeros poden estar en 3 files o 3 columnes, en total tinc 120 matrius que no tenen rang màxim perquè tenen tota una fila/columna de zeros.

Matrius que tenen dues files (columnes) iguals

En aquest cas, com que dues files (o columnes) han de ser iguals, totes les files (o columnes) han de tenir un 0, un 1 i un 2. Això vol dir que en total tindré 6 casos: 012,021,102,120,210,201.

Fixades les dues files i els nombres que hi ha d'haver a cada fila, només em queden 6 possibilitats més per posar el 0, l'1 i el 2 que em queden. Per tant, en tindré 36 casos (fixant quina fila i columna vull que es repeteixin).

Però... les matrius que tenen les 3 files (columnes) iguals les estic comptant 3 cops! I, a part, ja les havia comptat quan mirava les matrius que tinguessin tota una fila/columna de zeros.

Així doncs, com que tinc 3 maneres diferents de trobar les dues files que vull que siguin iguals, tindré:

3*36-6 = 102, si m'ho miro per files, i 102 si m'ho miro per columnes, en total 204 matrius.

Matrius amb una fila el doble que l'altra:

Serien els casos on tinc una fila amb 110 (o permutació) i una altra amb 220 (o permutació, que sigui la mateixa, és clar!!!)

Puc escollir 3 casos per files (i 3 per columnes), i 110 el puc posar amb 3 ordres diferents.

Altre cop he de restar els casos en què em surti una fila/columna de 0...

En total, torno a tenir 6 possibilitats pels casos que em queden "lliures", però com que ara les files no són iguals (no és el mateix que la primera fila sigui 110 i la segona 220 que al revés), per cada cas de fila/ordre en tindré 12.

Per tant, d'aquest tipus en tinc 12*3*6 = 216.

D'aquí hi he de treure les que tinguin una fila/columna de zeros (que ja les he comptat abans), que serien 2*2*3*6 = 72.

Per tant, d'aquí me'n queden 144.

D'acord, a dalt hi ha tot el rotllo, i el resultat?

Doncs si no m'he equivocat (cosa que seria molt normal, i com que està tan mal explicat no crec que ningú sigui capaç de trobar l'error... però si hi ha una manera més senzilla de calcular-ho estaré contenta de saber-ho...), el total de matrius seria:

Total de matrius: 1680
Matrius amb 000: 120
Matrius amb 2 files/col iguals i no 000: 204
Matrius amb una fila/col el doble d'una altra i no 000: 288

Total de matrius amb rang 3: 1068.

I aquí el meu problema... segons els meus càlculs són el 63.57% de totes les matrius... i jo hagués dit que n'hi hauria moltes menys.

Així doncs: és correcte? On és l'error?

Com aconseguir ternes pitagòries a partir dels nombres de Fibonacci?

Suposem que $f_n$ són els nombres de Fibonacci: $f_1=1$, $f_2$=1, $f_3=2$, $f_4=3$, $f_5=5$, ...

Donat un nombre natural $k$ qualsevol, construim els següents nombres:

$A = f_k f_{k+3},$
$B = 2 f_{k+1} f_{k+2},$ i
$C = f_{k+1}^2 + f_{k+2}^2.$

Podem veure que $A^2+B^2=C^2$. No és difícil, però portarà un parell de línies de càlculs :-D Per veure-ho, calcularé $A^2+B^2-C^2$ i veuré que és 0:

$A^2 + B^2 - C^2 = $
$f_k^2 f_{k+3}^2 + 2 f_{k+1}^2 f_{k+2}^2 - f_{k+1}^4 - f_{k+2}^4 = $
$f_k^2 (f_{k+1} + f_{k+2})^2 - f_{k+1}^4 - f_{k+2}^4 + 2 f_{k+1}^2 (f_k+f_{k+1})^2 =$
$f_k^2 f_{k+1}^2 + f_k^4 + 2 f_k^2 f_{k+1}^2 - f_{k+1}^4 -(f_k^4 + f_{k+1}^4 + 2 f_k^2 f_{k+1}^2) + 2 f_k^2 f_{k+1}^2 +2 f_{k+1}^4,$

on tots els termes s'anul.len, i per tant és 0.

Així doncs, podem agafar k=1 i obtenim A=3, B= 4, C=5, potser la més famosa de les ternes pitagòriques. Fixem-nos que C=5, que precisament és un nombre de Fibonacci ($f_5$).

Podem agafar $k=2$ i obtenim $A=5$, $B=12$, $C=13$, una altra terna pitagòrica famosa. En aquest cas, 13 és $f_7$.

Per $k=3$, $A=16$, $B=30$ i $C=34$. 34 és $f_9$.

De fet, es pot veure que passa sempre. Fent servir una propietat dels nombres de Fibonacci que diu que:

$f_{2n+k} = f_k f_{n+1}^2 + 2 f_{k-1} f_{n+1} f_n + f_{k-2} f_n^2,$

podem comprovar que, efectivament,

$f_{2k+3} = f_3 f_{k+1}^2 + 2 f_{2} f_{k+1} f_k + f_{1} f_k^2 = $
$2 f_{k+1}^2 + 2 f_{k+1} f_k + f_k^2 =$
$f_{k+1}^2 + (f_k+f_{k+1})^2 = f_{k+1}^2 + f_{k+2}^2 = C.$

Idea: Mario Livio, La proporción áurea.

El falcó i l'espiral logarítmica

A la espiral logarítmica también se la conoce por el nombre de espiral equiangular. El nombre "equiangular" refleja otra propiedad única de la espiral logarítmica. Si se traza una línea recta desde el polo hacia cualquier punto de la curva, ésta queda cortada exactamente en el mismo ángulo. Los halcones utilizan esta propiedad para atacar a sus presas.

(...)

Tucker descubrió mediante experimentos en túneles de aire que un bamboleo de la cabeza de estas características reduciría considerablemente su velocidad. Los resultados de su investigación, que se publicaron en noviembre de 2000 en el Journal of Experimental Biology, demuestran que los halcones mantienen la cabeza recta mientras trazan una espiral logarítmica. Dadas las propiedades equiangulares de la espiral, dicha trayectoria les permite controlar visualmente a sus presas al tiempo que maximizan la velocidad.

Mario Livio. La proporción áurea.

6 anyets!!!

Encara recordo el dia, que, asseguda a casa, vaig decidir començar aquest blog. I d'això ja en fa... 6 anys! I aquest cop, com fa 6 anys, el 26 d'octubre torna a ser dimarts!

Durant aquests anys el blog ha anat canviant. Però crec que sempre ha tingut el caràcter que tenia al principi: hi ha coses que m'agraden, que m'agradaria compartir, i les poso aquí, perquè les miri qui vulgui :-D (més que res, per no anar molestant a la gent que m'envolta amb coses que normalment no els interessen...)

Ara ja no faig concursos de problemes, com al principi. De fet, el blog ha anat mutant a... a què?

• Quan trobo alguna cosa interessant, l'agafo, l'escric (normalment el cap de setmana), i la poso a publicar el dilluns.
  
• Si el que trobo és una cosa curta, com un tros de llibre, un enllaç, etc, que no em costa gaire temps d'escriure, ho faig entre setmana i la poso a publicar el divendres.
  
• I si el que trobo és un problema més o menys senzill d'escacs, el poso a publicar el proper diumenge o dia de festa.
  

No sempre hi ha coses a publicar, però a vegades en trobo més tres per setmana, i llavors s'autopubliquen una setmana més tard :-D

Amb això, porto publicats:

• 575 posts en aquest blog (gairebé surto a 2 per setmana! Pensava que serien menys!!!)
  
• 167 posts en el blog de llibres (de veritat he escrit tant sobre llibres?????????)
  
• i no sé quants posts en el blog 64caselles, que qui compartia amb mi els va esborrar tots :-(
  

No és gaire, però seguiré llegint, i per tant, trobant coses interessants, i per tant... publicant per aquí allò que em sembla interessant a mi...

Filotaxis

Esta descripción muestra que el enigma de 2300 años de antigüedad acerca de los orígenes de la filotaxis puede resumirse con la siguiente pregunta básica: ¿por qué están separadas por un Ángullo Áureo de 137.5 grados las hojas sucesivas?

(...)

Es fácil de entender. Si el ángulo divergente fuera de, por ejemplo, 120º (es decir, 360/3) o cualquier otro múltiplo racional de 360 grados, entonces las hojas se alinearían radialmente (a lo largo de tres líneas en el caso de 120 grados), dejando grandes espacios entre sí. Por otro lado, un ángulo divergente como el Ángulo Áureo (que es un múltiplo irracional de 360 grados) asegura que los brotes no se alineen a lo largo de ninguna dirección radial específica, rellenando los espacios de forma eficiente. El Ángulo Áureo demuestra ser incluso mejor que otros múltiplos irracionales de 360 grados porque la Proporción Áurea es igual a una fracción continua compuesta enteramente por unos. Esta fracción continua converge de modo más lento que ninguna otra fracción continua. En otras palabras, la Proporción Áurea es el número irracional más difícilmente expresable en forma de fracción.

Mario Livio. La proporción áurea.

20 10 20 10 20 10...

I més dates maques: avui és 20-10-2010. I són les 20:10. :-D

1/89 y la sucesión de Fibonacci

Aquesta entrada és una traducció d'un post en català, traduïda per participar a la setena edició del Carnaval de matemáticas.

Coge una calculadora y calcula cuánto vale 1/89:

0.0112359550561798.

Los primeros números parecen seguir la sucesión de Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5... Pero después la cosa parece que se estropea... o no.

Intentemos calcular cuánto valdría la suma:

0.01
0.001
0.0002
0.00003
0.000005
0.0000008
0.00000013

O sea, si $F_n$ es el enésimo número de Fibonacci, queremos calcular cuánto vale
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{10^{n+1}}. $$

Este número nos dará 1/89. Por qué?

La fórmula general de la sucesión de Fibonacci es bien conocida:

$$F_n = \frac{\sqrt{5}}{5} ((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n), $$

que para simplificar la escribo usando el número de oro $\phi$:

$$F_n = \frac{\sqrt{5}}{5} (\phi^n-(\frac{1}{\phi})^n).$$

En este caso, lo que queremos calcular es:

$$ S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{10^{n+1}}.$$

Podemos usar la fórmula general y agrupar los términos:

$$ S = \frac{\sqrt{5}}{50}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n} - \frac{\sqrt{5}}{50}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\phi 10})^n}.$$

Pero estos términos son sumas geométricas, que sabemos sumar.

El primer sumatorio da

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n}} = \frac{6+5\sqrt{5}}{89}.$$

Para obtener el resultado, no hace falta hacer cálculos complicados. Simplemente sumar la progresión

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n}} = \frac{\phi/10}{1-\phi/10},$$

sustituir por el valor de $\phi$ y racionalitzar.

De la misma forma, el segundo sumatorio da:

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\phi 10})^n} = \frac{6-5\sqrt{5}}{89}.$$

Restando los dos sumatorios, se obtiene

$$ \frac{10\sqrt{5}}{89},$$

que multiplicado por $\sqrt{5}/50$ nos da el número 1/89!!!



Funte: La proporción áurea. Mario Livio.

1/89 i la successió de Fibonacci

Agafa una calculadora i calcula quan val 1/89:

0.0112359550561798.

Els primers nombres semblen seguir la successió de Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5... Però després la cosa sembla que s'espatlla... o no.

Intentem calcular quant valdria la suma:

0.01
0.001
0.0002
0.00003
0.000005
0.0000008
0.00000013

O sigui, si $F_n$ és l'enèssim nombre de Fibonacci, volem calcular quant val
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{10^{n+1}}. $$

Aquest nombre ens donarà 1/89. Per què?

La fórmula general de la successió de Fibonacci és ben coneguda:

$$F_n = \frac{\sqrt{5}}{5} ((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n), $$

que per simplificar l'escric usant el nombre d'or $\phi$:

$$F_n = \frac{\sqrt{5}}{5} (\phi^n-(\frac{1}{\phi})^n).$$

El que volem calcular, en aquest cas, és:

$$ S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{10^{n+1}}.$$

Podem usar la fórmula general i agrupar els termes:

$$ S = \frac{\sqrt{5}}{50}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n} - \frac{\sqrt{5}}{50}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\phi 10})^n}.$$

Però aquests termes no són més que sumes geomètriques, que sabem sumar.

El primer sumatori dóna

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n}} = \frac{6+5\sqrt{5}}{89}.$$

No cal fer gaires càlculs complicats, només sumar la progressió

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\phi}{10})^n}} = \frac{\phi/10}{1-\phi/10},$$

substituir pel valor de $\phi$ i racionalitzar.

De la mateixa manera, el segon sumatori dóna:

$$ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\phi 10})^n} = \frac{6-5\sqrt{5}}{89}.$$

Restant els dos sumatoris, s'obtè

$$ \frac{10\sqrt{5}}{89},$$

que multiplicat per $\sqrt{5}/50$ ens retorna la màgica xifra d'1/89!!!



Font: La proporción áurea. Mario Livio.

Juguen blanques

Aquest és un problema d'aquells que, un cop l'has vist, et quedes meravellat per la solució.

Juguen blanques i... guanyen! I sí, el negre està a punt de coronar (o sigui, el blanc és a baix i el negre a dalt).



Una pista (que no sé si ajuda o no...): a la variant més maca, a la penúltima jugada el blanc mou el rei, el negre no té més remei que coronar... i el blanc guanya fent un mat... amb dos cavalls!!!

The year of confusion

To bring the calendar back in alignment with the vernal equinox, which was supposed to occur by tradition on 25 March, Caesar also ordered two extra intercalary months added to 46 BC - consisting of 33 and 34 days inserted between November and December. Combined with an intercalary month already installed in February, the entire year of 46 BC ended up stretching an extraordinary 445 days. Caesar called it the "ultimus annus confusionis", "the last year of confusion". Everyone else called it simply "the Year of Confusion".

David Ewing Duncan. The Calendar.

101010

101010 = 42.

Juguen blanques

Avui que és un dia maco (10/10/10), un problema també maco.



En aquesta posició, malgrat el que pugui semblar, juguen blanques... i guanyen!

Stonehenge

Egyptians were not alone in their early turning to the sun. Far beyond the great Nile valley and even the Mediterranean, on the distant edge of the Eurasian continent, a little-understood people also figured out a close approximation of the solar year a few centuries after the Egyptians. We know this only because they left behind what appears to be an enormous calendar constructed out of immense slabs of bluestone, standing upright to form megaliths, some of them topped by lintels called henges. Standing on the barren Salisbury plain, this structure, Stonhenge, was used for over two thousand years by ancient Britons, who aligned the stones so that at the precise moment of the summer solstice a ray of sun shines down the main avenue and into its centre. But what was this for? Is Stonhenge truly an enormous calendar? Or is it an observatory, a fortress, a temple, a Bronze Age place of assembly - or all of the above?

No one knows for sure, though the layout leaves no doubt that the people who built it were astronomically sophisticated enough to buiild a device to accurately measure the solar year. Further evidence comes from stones erected in patterns around Stonehenge that align with the sun at both solstices and at the equinoxes, and with the moon as it runs through its orbit around the earth. This giant calendar would have allowed an ancient Briton to anticipate astronomic cycles and events as accurately as the Egyptians watching Sirius - or, for that matter, a modern astronomer using solar and star charts. Some have claimed that Stonehenge can also foretell eclipses of the moon, which occur regularly after those months when the full moon rises precisely down the main avenue.

David Ewing Duncan. The Calendar.

Una torre atrapada?

En la següent posició, és el torn de les blanques. Tenen una torre a setena, parella d'àlfils, però... la posició del negre sembla molt sòlida, i no sembla possible que es pugui guanyar ràpid, excepte potser si...



1. g6. Òbviament, s'ha de fer alguna cosa amb aquest peó... Està clar que si 1. ... fxg6 2. Txg7+ guanya. Si 1. ... f6 2. h4, que seguirà h5, i el blanc té un joc molt bo. I si 1. ... Ae8 2. gxf7+ Axf7 3. Ah5!

Per tant, al negre només li queda la solució d'intentar atrapar la torre... 1. ... Cxg6 2. Txd7 Ch4+ 3. Rg3 Cxf3 4. Rxf3 Rf8.



La torre està tancada, no? Com pot treure el blanc la torre de la setena fila, sense que s'acosti el rei negre?

Si ara 5. Axf7, el negre pot jugar 5. ... Rxg7 i no tindrà massa problemes en el final... Però el blanc pot jugar 5. h4!, jugant amb el peó passat. 5. ... Re8 (està clar que el negre no pot jugar 5. ... g6 per 6. Af6!)

Però ara ja ningú pot aturar el peó d'h: 6. Axg7 Rxd7 7. h5 i el negre no té solució. Per exemple, 7. ... Ta8 8. h6 Txa3+ 9. Rg4 f5+ 10. Rxf5 Th3 11. Rg6 c6 12. h8 Txh7 13. Rxh7 cxd5 14. Ad4 i el blanc acaba guanyant.

Juguen blanques

Un problemet senzill pel diumenge. Juguen blanques.

Juguen blanques

No, jo no faig vaga. Jo avui vaig a treballar. Però si algú fa vaga i s'avorreix... un petit problema.

A la posició del diagrama, juguen blanques. Poden guanyar? En cas de poder, com?



I si encara algú s'avorreix, han quedat problemes pendents de l'estiu...

Com per exemple, el problema del 10 d'agost.

En el problema del 16 d'agost falta una variant important.

El 17 d'agost hi havia un problema una mica llarg, i falta alguna variant.

En el problema del 24 d'agost, si bé el blanc acaba guanyant, hi ha un mat una mica més ràpid, que no deixa amb un final guanyat, però final al cap i a la fi.

I, finalment, el problema del 29 d'agost.

Intuició

- Vas a decirme que te guías por la psicohistoria?
- No, no voy a mentirte. No he llegado al punto en que la psicohisotira pueda servirme como guía, pero Yugo siempre está hablando de la intuición..., y yo también tengo intuición.
- La intuición! Qué es? Defínela!
- Es muy sencillo. La intuición es un arte, una peculiaridad de la mente humana que le permite obtener la respuesta correcta a partir de datos incompletos o quizá engañosos.
- Y tú has conseguido esa respuesta correcta.
- Sí, la he conseguido - dijo Seldon plenamente convencido.

Hacia la fundación. Isaac Asimov.

Juguen negres

Un de facilet pel diumenge... juguen negres i fan mat en el mínim nombre de jugades possibles. Quin és el camí?

Quant sumen 10 nombres de Fibonacci consecutius?

La successió de Fibonacci té un munt de propietats interessants. Però... si ens proposem sumar una successió de nombres consecutius, ho podem fer sense massa esforç?

Per exemple, podem sumar 1+1+2+3+5+8+13+21+34+55. Quant dóna? Doncs dóna 143.

Molt bé, i què té d'especial el nombre 143?

Podem sumar, per exemple, 3+5+8+13+21+34+55+89+144+233 = 605.

I què té d'especial el 605?

Doncs podem agafar i sumar els nombres $f_n$, $f_{n+1}$, ..., $f_{n+9}$. Fent servir que ens trobem en una successió de Fibonacci, i que per tant $f_k = f_{k-1} + f_{k-2}$, podem arribar a que la suma val $55f_n+88f_{n+1}$. Ja tenim una propietat del 143 i el 605: tots dos són múltiples d'11.

Però... hi ha més?

Doncs sí, hi ha més. Fent unes miques més de càlculs, es pot veure que $5f_n+8f_{n+1} = f_{n+6}$.

Per tant, la suma de 10 nombres de Fibonacci consecutius sempre ens donarà el setè nombre de la sucessió multiplicat per 11.

Per exemple, 21 + 34 + 55 + 89 + 144 + 233 + 377 + 610 + 987 + 1597 = 377*11 = 4147.

Font: La proporción áurea, de Mario Livio.

Cuánto suman 10 nombres de Fibonacci consecutivos?

Aquesta entrada és una traducció d'un post en català, traduïda per participar a la sisena edició del Carnaval de matemáticas.

La sucesión de Fibonacci tiene un montón de propiedades interesantes. Pero... si queremos sumar una sucesión de números consecutivos, lo podremos hacer sin mucho esfuerzo?

Por ejemplo, podemos sumar 1+1+2+3+5+8+13+21+34+55. Cuánto da? Pues da 143.

Muy bien, y qué tiene de especial el número 143?

Podemos sumar, por ejemplo, 3+5+8+13+21+34+55+89+144+233 = 605.

Y qué tiene de especial el 605?

Pues podemos sumar los números $f_n$, $f_{n+1}$, ..., $f_{n+9}$. Usando que tenemos una sucesión de Fibonacci, y que por lo tanto $f_k = f_{k-1} + f_{k-2}$, podemos llegar a que la suma vale $55f_n+88f_{n+1}$. Ya tenemos una propiedad del 143 i el 605: ambos son múltiples de 11.

Pero... hay más?

Pues sí, hay más. Calculando un poquito más, se puede ver que $5f_n+8f_{n+1} = f_{n+6}$.

Por tanto, la suma de 10 números de Fibonacci consecutivos siempre nos dará el séptimo número de la sucesión multiplicado por 11.

Por ejemplo, 21 + 34 + 55 + 89 + 144 + 233 + 377 + 610 + 987 + 1597 = 377*11 = 4147.

Fuente: La proporción áurea, de Mario Livio.

Velocitats estils

Feia molt de temps que tenia pendent el post en què mirava si el meu algorisme per les velocitats dels diferents estils convergia o no...

Malauradament, no hi ha hagut suficient temps perquè:

1. De seguida va venir el juliol i me'n vaig anar de congrés.
   
2. Tornant del congrés, va venir l'agost i no vaig anar a nedar cap dia.
   
3. I tornant de l'agost, me n'he anat a una altra banda, on hi ha una piscina, però està tan rematadament lluny que només vaig a nedar 1 o 2 dies a la setmana... i a sobre la piscina ha introduit una nova variable al problema: a vegades és de 25 metres, i a vegades és de 50!!!
   

He deixat de banda els dies que he nedat aquí, però tot i així hi ha un munt de variables que afecten als càlculs:

• Hi ha dies en què jo vaig més a poc a poc, per la raó que sigui, i llavors l'estil que faig més aquell dia queda penalitzat.
  
• Hi ha dies en què faig sèries. Si són amb temps, el temps de l'estil és sempre constant, tot i que pugui anar més ràpid. I si són, per exemple, descansant 10 segons, amb unes poques sèries ja em carrego un parell de minuts!
  
• Hi ha dies en què el genoll em fa mal i llavors m'he de frenar.
  
• I, és clar, el que em passa sempre: que em descompto!!! I, és clar, no és el mateix fer 2000 metres que fer-ne 2050, quan estic comptant la velocitat!!!
  

Tot i així, com que vull donar una mica de vida al blog després de les vacances d'estiu, escric el post pendent, i així m'animo a tornar :-D De qualsevol manera, jo seguiré guardant les distàncies i els temps que hi dedico, juntament amb altres variables, a veure si algun dia arribo a una bona aproximació...

Per començar, una gràfica que mostra que realment, amb dos mesos, no vaig millorar gaire la meva velocitat... A l'eix de les x hi ha la sessió, i a l'eix de les y la velocitat (en minuts per fer 100 metres), que anant bé hauria d'anar-se fent petita...



Fent servir el primer model (simplement iterant) sembla que les coses van tendint al que toca... o, com a mínim, totes les velocitats van millorant... Però no havíem quedat que la velocitat total no millorava? Mmmm... interessant! Tot i així, es veu una tendència, i, el que sembla més important, sembla que si faig crol vaig més ràpid (sembla que té sentit), després ve esquena, després braça (no m'agrada que al final acabin essent iguals) i després papallona... Bé, això s'haurà de millorar...



I si faig servir el segon model? Bé, hi ha més oscil.lacions, però el resultat sembla bastant semblant... Sembla que vaig bé?



Bé, doncs no ho sé... Perquè després del quart dia vaig decidir de resoldre el sistema per trobar les diferents velocitats... i em van sortir les següents velocitats:

• crol: -2.40 min/100 metres. Coi, sí que sóc ràpida!!!
  
• papallona: 17.94 min/100 metres. Ai... això són més de 4 minuts per piscina!!!
  
• esquena: 10.99 min/100 metres. També és molt gran...
  
• braça: 0.68 min/100 metres. Guanyaria l'or olímpic!!!
  

I si començo amb aquestes velocitats, arribaré tendint allà on toca? Bé, doncs la resposta és que... de moment encara no. Aquí hi ha els dos gràfics amb els altres... com es veu, no acaben tendint del tot, però es veu una mica de tendència a "arreglar-ho"...

Seguiré nedant i apuntant, a veure si arribo a alguna conclusió :-D

¿Cómo podía cualquier número de personas, todas juntas, conocer lo bastante?

A Seldon, todo esto le recordaba una pregunta que le habían planteado de niño: "¿Puede haber una pieza relativamente pequeña de platino, con asas incorporadas, que la fuerza desnuda de un grupo de personas no pueda levantar, por muchas que éstas sean?"

La respuesta era sí. Un metro cúbico de platino pesa 22420 kilos bajo la fuerza normal de gravedad. Si se sabe que cada persona puede levantar 120 kilos del suelo, entences, 188 personas bastarían para levantar el cubo de platino... Pero, 188 personas no se podrían instalar alrededor de él para que cada uno pudeira conseguir asirlo. Quizá no podrían colocarse más de 9 personas. Y las palancas u otros artilugios no estaban autorizados. Tenía que ser la "fuerza desnuda, sin ayudas".

Preludio a la Fundación. Isaac Asimov.

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen blanques

Juguen negres

Juguen blanques

Juguen blanques