Juguen blanques, que sembla que perden la dama, però... com poden guanyar?
diumenge, 28 de novembre del 2010
dilluns, 15 de novembre del 2010
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:
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:
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?
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?
dilluns, 8 de novembre del 2010
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.
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.
divendres, 29 d’octubre del 2010
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.
dimarts, 26 d’octubre del 2010
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?
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:
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...
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...
divendres, 22 d’octubre del 2010
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.
dimecres, 20 d’octubre del 2010
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.
dilluns, 18 d’octubre del 2010
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.
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.
diumenge, 17 d’octubre del 2010
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!!!
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!!!
Subscriure's a:
Missatges (Atom)