z

Problema bovino 11.23.2

(\section{O problema bovino de Arquímedes}\) O $\href{https://en.wikipedia.org/wiki/Archimedes%27s_cattle_problem}{Problema \ bovino}$ debido a Arquimedes $\cite{Wiki}$ é un problema complicado cun enunciado moi simple. Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos \href{https://gl.wikipedia.org/wiki/Ecuaci%C3%B3n_diofantiana)}{diofantinos} \cite{Diofantinas} e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada. Para máis marabilla, o enunciado está escrito en forma de poesía e o texto foi descuberto en 1773 nunha biblioteca da Alemaña. A cuestión trata de resolver cantas unidades de gando tiñan Faetusa e Lampetia, fillas do Deus Helios, na illa de Trinacia (actual Sicilia), relato que aparece na Odisea. Para iso propón 7 ecuacións simples con 8 incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución. Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia. E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten $206545$ díxitos, mais ou menos un número que ocupa 30 follas. O texto orixinal non contiña a solución, aínda que eu supoño que Arquímedes era capaz de coñecela, aínda que fose en forma compacta. Na era moderna, o primeiro en dar unha solución parcial foi A. Amthor $\cite{Amthor}$ en$1880$, sabendo o número de díxitos e os tres primeiros: $7.76 \cdot 10^{206544}$. A primeira solución completa foi obtida por dous computadores en $1965$, porque como digo eu cando me consultan, que teño que verificar contas de 6 díxitos unha chea de veces, quen se atreve a obter unha solución manual? e cando levas escritas 20 follas poñerte a repasar!!. As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito: Os bois brancos (b) son $\dfrac{1}{2}$ máis $\dfrac{1}{3}$ dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a). Os bois negros son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$ dos pintos (p) e a sumar cos amarelos. Os bois pintos son $\dfrac{1}{6}$ máis $\dfrac{1}{7}$ parte dos brancos e a sumar os amarelos. As vacas brancas (B) son $\dfrac{1}{3}$ máis $\dfrac{1}{4}$ da suma dos bois negros e as vacas negras (N). As vacas negras son $\dfrac{1}{4}$máis $\dfrac{1}{5}$ da suma dos bois pintas máis as vacas pintas (M). As vacas pintas son$\dfrac{1}{5}$ máis $\dfrac{1}{6}$ da suma dos bois amarelos máis las vacas amarelas (A). As vacas amarelas son $\dfrac{1}{6}$ parte máis $\dfrac{1}{7}$ da suma dos bois brancos máis las vacas brancas. E para a segunda parte os enunciados son: (1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado. (2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo. Escribamos as 7 primeiras ecuacións: $eq1: b = (1/2 + 1/3) n + a;$ $eq2: n = (1/4 + 1/5) p + a;$ $eq3: p = (1/6 + 1/7) b + a;$ $eq4: B = (1/3 + 1/4) (n + N);$ $eq5: N = (1/4 + 1/5) (m + M);$ $eq6: M = (1/5 + 1/6) (a + A);$ $eq7: A = (1/6 + 1/7) (b + B);$ Para o primeiro sistema de 7 ecuacións, propoño usar \href{https://maxima.sourceforge.io/download.html}{Maxima} \cite{Maxima} , un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código \begin{verbatim} alias(k, \%r1); declare( b, integer, n, integer, m, integer, a, integer, B, integer, N, integer, M, integer, A, integer); define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7], [ b,n,m, a, B, N, M, A]) ); solucion(k); \end{verbatim} e con este código conseguimos, $b = 10366482 k.$ $n = 7460514 k.$ $a = 4149387 k.$ $m = 7358060 k.$ $B = 7206360 k.$ $N = 4893246 k.$ $A = 5439213 k.$ $M = 3515820 k.$ Na segunda parte temos: (1) $10366482 k + 7460514 k = \text{un cadrado}$, que factorizado obtemos $2^2(3)(11)(29)(4657) k = \text{un cadrado}$, por tanto$k$debe ser$k = (3)(11)(29)(4657) y^2$ (seguimos tendo unha variable$y$ enteira que nos dá infinitas solucións). (2) $a + m = \text{número triangular}$. Os números triangulares son súper célebres, na \href{https://oeis.org/}{enciclopedia das secuencias} \cite[A000217]{Oeis} podedes consultar unha chea das súas propiedades e artigos sobre eles: $\{0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \ldots\}$ Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula $\dfrac{t(t+1)}{2}$ e por tanto a nosa ecuación convértese en $a + m = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}$. Agora temos $t= \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 8 a m} }{2}$. E para que esta ecuación sexa un número enteiro, que é o que son as vacas, números enteiros, temos que o discriminante da raíz debe ser un cadrado perfecto $x^2$ e por tanto temos $(3)(11)(29)(4657) y^2 + 1 = x^2$. As \href{https://pt.wikipedia.org/wiki/Equa%C3%A7%C3%A3o_de_Pell}{ecuacións de Pell} \cite{Wikipt} son do tipo$x^2 - Dy^2 = 1$, e teñen solución para todo $D$. Por tanto ao final o noso problema redúcese a solucionar unha ecuación de Pell: $x^2 - (3)(11)(29)(4657) y^2 = 1$. Ata mediados do século pasado estas ecuacións resolvíanse mediante os converxentes da \href{https://www.alpertron.com.ar/CONTFRAC.HTM}{fracción continua } ($\textit{fc}\) para abreviar) de $\sqrt{D}$, (onde a solución fundamental, $(x_0, y_0)$, serían o numerador e denominador do converxente anterior ao período da $fc$) , mais resulta que para un número tan grande a $fc$ ten centos de miles de coeficientes. Amthor descubriu un xeito de simplificar a $fc$ correspondente a este problema e deixou unha $fc$ de só $92$ termos. A simplificación do Amthor baséase na relación entre unha $fc$ de $D$ e a $fc$ reducindo os factores de $D$ maiores a $1$. Hoxe en día hai máis técnicas para resolver a ecuación de Pell \cite{Lenstra}: infraestrutura, números suaves, cónicas e números p-adicos. Co sistema de fraccións continuas de Amthor conseguimos unha solución fundamental desta ecuación de Pell con valor $x_0 = 185892 \ldots 663490 \text{ (con \(103265$ díxitos)} \) Se imos para atrás e substituímos este valor de $x_0$ primeiro na ecuación de segundo grao e conseguimos $t$ e despois ese $t$ na ecuación do número triangular onde tíñamos $a + m$ conseguimos o $k$ mínimo para $a + m$. Substituímos ese $k$ nos oito tipos de gando e sumando temos un valor de $77602714 \ldots 55081800, (\text{con \(206545$ díxitos} )\). \section{O problema histórico das vacas de Galicia} Agora temos que no $2019$ a Xunta de Galicia fixo unha estimación estatística sobre o número de vacas nacidas en Galicia desde a época do reino suevo, pero resulta que o cálculo require a solución de unha ecuación de Pell negativa. A ecuación de Pell negativa ten a forma $x^2 - Dy^2 = -1$ tendo a propiedade de que que non calquera $D$ ten solución. E isto dificulta a solución. Segue a ser un problema aberto das matemáticas saber que $D$ teñen solución na Pell negativa, mais os achegamentos a esa solución ou son inefectivos ou son incompletos: \begin{itemize} \item Condición necesaria e suficiente é que o período da $fc$ da raíz de D sexa impar (inefectiva porque ten a mesma dificultade que calcular a propia solución). (As $fc$ de raíces cadradas cuxo resultado non é un racional son infinitas mais periódicas). \item Que a norma do converxente da posición central da $fc$ de Pell sexa $-1$. De non ser $-1$ sería $\pm 2$ ou divisor de $D$, pero estamos nas mesmas, hai que calcular a $fc$ . \item Condición necesaria que os factores de $D$ sexan primos de tipo $4k+1$ e ao máximo un único $2$. Non é condición suficiente porque hai factorizacións con factores $4k+1$ sen solución $-1$. Por exemplo $D= 5\cdot 13$ten solución negativa e$D= 5\cdot 61$ non a ten. \end{itemize} Os resultados da estimación estatística eran os seguintes: Estimación sobre explotacións na Fonsagrada (F), Lalín(L), Mazaricos(M), Arzúa(A), A Pastoriza(P), Negreira(N), A Veiga(V), Cospeito(C). As vacas da Fonsagrada son $\dfrac{7471621}{8149953}$ veces as de Lalin e sumamos as de Arzúa. As vacas de Lalín son $\dfrac{7859714}{338611}$ veces as de Mazaricos e sumamos as de Arzúa. As vacas de Mazaricos son $\dfrac{12093}{1940465}$ veces as da Fonsagrada e sumamos as de Arzúa. As vacas da Pastoriza son $\dfrac{2}{53281}$ veces a suma das de Lalín e Negreira. As vacas de Negreira son $\dfrac{2040}{343231}$ veces a suma das de Mazaricos e A Veiga. As vacas da Veiga son $\dfrac{55}{3727}$ veces a suma das de Arzúa e Cospeito. As vacas de Cospeito son $\dfrac{22829}{7762166}$ veces a suma das da Fonsagrada e A Pastoriza. (1) As vacas da Fonsagrada sumadas coas de Lalín dan como resultado un cadrado. (2) As vacas de Mazaricos sumadas coas de Arzúa dan como resultado un cadrado máis 1. $eq1: F = \dfrac{7471621}{8149953}L+A.$ $eq2: L = \dfrac{7859714}{338611}M+A.$ $eq3: M = \dfrac{12093}{1940465}F+A.$ $eq4: P = \dfrac{2}{53281}(L+N).$ $eq5: N = \dfrac{2040}{343231}(M+V).$ $eq6: V = \dfrac{55}{3727}(A+C).$ $eq7: C = \dfrac{22829}{7762166}(F+P).$ As fraccións das $3$ primeiras ecuacións multiplican a un termo e despois suman outro, mentres que as $4$ últimas multiplican a suma dos dous termos. E aquí vos deixamos para que o intentedes resolver con unha pista, a solución da Pell negativa comeza por $x_0=23180\ldots$ e ten $11722$ díxitos. A suma total das vacas de Galicia comeza e acaba por $112 \ldots 250$ con $23462$ díxitos. Evidentemente aquela estimación estatística contiña algún erro $\ldots$

Problema bovino 11.23

Hai uns días chegoume unha petición á que, como se verá, non me puiden resistir. Un enxeñeiro retirado, Andrés Ventas, de Santiago de Compostela solicitoume publicar neste blogue un artigo seu. Velaquí o tedes:

O problema bovino de Arquímedes o problema histórico das vacas de Galicia

Andrés Ventas
Santiago de Compostela

1. O problema bovino de Arquímedes

O Problema bovino debido a Arquimedes [7] é un problema complicado cun enunciado moi simple. Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos [3] e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada.

Para máis marabilla, o enunciado está escrito en forma de poesía e o texto foi descuberto en $1773$ nunha biblioteca da Alemaña.A cuestión trata de resolver cantas unidades de gando tiñan Faetusa e Lampetia, fillas do Deus Helios,na illa de Trinacia (actual Sicilia), relato que aparece na Odisea.

Para iso propón $7$ ecuacións simples con $8$ incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución.

Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia.

E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten $206545$ díxitos, mais ou menos un número que ocupa $30$ follas.

O texto orixinal non contiña a solución, aínda que eu supoño que Arquímedes era capaz de coñecela, aínda que fose en forma compacta. Na era moderna, o primeiro en dar unha solución parcial foi A. Amthor [2] en $1880$, sabendo o número de díxitos e os tres primeiros: $7.76 \cdot 10^{206544}$. A primeira solución completa foi obtida por dous computadores en 1965, porque como digo eu cando me consultan, que teño que verificar contas de 6 díxitos unha chea de veces, quen se atreve a obter unha solución manual? e cando levas escritas $20$ follas poñerte a repasar!!.

As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito:

Os bois brancos (b) son $\dfrac{1}{2}$ máis $\dfrac{1}{3}$ dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a).

Os bois negros son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$ dos pintos (p) e a sumar cos amarelos.

Os bois pintos son $\dfrac{1}{6}$ máis $\dfrac{1}{7}$ parte dos brancos e a sumar os amarelos.

As vacas brancas (B) son $\dfrac{1}{3}$ máis $\dfrac{1}{4}$ da suma dos bois negros e as vacas negras (N).

As vacas negras son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$ da suma dos bois pintos máis as vacas pintas (P).

As vacas pintas son $\dfrac{1}{5}$ máis $\dfrac{1}{6}$ da suma dos bois amarelos máis las vacas amarelas (A).

As vacas amarelas son $\dfrac{1}{6}$ parte máis $\dfrac{1}{7}$ da suma dos bois brancos máis las vacas brancas.

E para a segunda parte os enunciados son:

(1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado.

(2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo.

Escribamos as $7$ primeiras ecuacións:

$eq1: b = (1/2 + 1/3) n + a;$

$eq2: n = (1/4 + 1/5) p + a;$

$eq3: m = (1/6 + 1/7) b + a;$

$eq4: B = (1/3 + 1/4) (n + N);$

$eq5: N = (1/4 + 1/5) (m + P);$

$eq6: M = (1/5 + 1/6) (a + A);$

$eq7: A = (1/6 + 1/7) (b + B);$

Para o primeiro sistema de $7$ ecuacións, propoño usar Maxima [5], un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código

alias(k, \%r1);

declare( b, integer, n, integer, p, integer, a, integer,

B, integer, N, integer, P, integer, A, integer);

define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7],

[ b,n,m, a, B, N, M, A]) );

solucion(k);

e con este código conseguimos,

$b = 10366482 k.$ $n = 7460514 k.$ $a = 4149387 k.$ $p = 7358060 k.$ $B = 7206360 k.$ $N = 4893246 k.$ $A = 5439213 k.$ $P = 3515820 k.$

Na segunda parte temos:

(1) $10366482 k + 7460514 k = \text{un cadrado}$, que factorizado obtemos $2^2(3)(11)(29)(4657) k = \text{un cadrado}$, por tanto $k$ debe ser $k = (3)(11)(29)(4657) y^2$ (seguimos tendo unha variable $y$ enteira que nos dá infinitas solucións).

(2) $a + m = \text{número triangular}$. Os números triangulares son súper célebres, en [6, A000217] podedes consultar unha chea das súas propiedades e artigos sobre eles: $\{0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \ldots\}$

Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula $\dfrac{t(t+1)}{2}$ e por tanto a nosa ecuación convértese en $a + p = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}$.

Agora temos $t= \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 8 a m} }{2}$

E para que esta ecuación sexa un número enteiro, que é o que son as vacas, números enteiros, temos que o discriminante da raíz debe ser un cadrado perfecto $x^2$ e por tanto temos $(3)(11)(29)(4657) y^2 + 1 = x^2$.

As ecuacións de Pell [8] son do tipo $x^2 - Dy^2 = 1$, e teñen solución para todo $D$. Por tanto ao final o noso problema redúcese a solucionar unha ecuación de Pell:

$x^2 - (3)(11)(29)(4657) y^2 = 1$.

Ata mediados do século pasado estas ecuacións resolvíanse mediante os converxentes da fracción continua ($\textit{fc}$ para abreviar) de $\sqrt{D}$,(onde a solución fundamental,$(x_0, y_0)$, serían o numerador e denominador do converxente anterior ao período da $fc$) , mais resulta que para un número tan grande a $fc$ ten centos de miles de coeficientes. Amthor descubriu un xeito de simplificar a $fc$ correspondente a este problema e deixou unha $fc$ de só $92$ termos. A simplificación de Amthor baséase na relación entre unha $fc$ de $D$ e a $fc$ reducindo os factores de $D$ maiores a $1$. Hoxe en día hai máis técnicas para resolver a ecuación de Pell: infraestrutura, números suaves, cónicas e números p-ádicos.

Co sistema de fraccións continuas de Amthor conseguimos unha solución fundamental desta ecuación de Pell con valor $x_0 = 185892 \ldots 663490 \text{ (con $103265$ díxitos)} $

Se imos para atrás e substituímos este valor de $x_0$ primeiro na ecuación de segundo grao e conseguimos $t$ e despois ese $t$ na ecuación do número triangular onde tíñamos $a + m$ conseguimos o $k$ mínimo para $a + m$.

Substituímos ese $k$ nos oito tipos de gando e sumando temos un valor de $77602714 \ldots 55081800, (\text{con $206545$ díxitos} )$ .

2.O problema histórico das vacas de Galicia

Agora temos que no $2019$ a Xunta de Galicia fixo unha estimación estatística sobre o número de vacas nacidas en Galicia desde a época do reino suevo, pero resulta que o cálculo require a solución de unha ecuación de Pell negativa.

A ecuación de Pell negativa ten a forma $x^2 - Dy^2 = -1$ tendo a propiedade de que que non calquera $D$ ten solución. E isto dificulta a solución.

Segue a ser un problema aberto das matemáticas saber que $D$ teñen solución na Pell negativa, mais os achegamentos a esa solución ou son inefectivos ou son incompletos:

• Condición necesaria e suficiente é que o período da fc da raíz de D sexa impar (inefectiva porque ten a mesma dificultade que calcular a propia solución. (As $fc$ de raíces cadradas cuxo resultado non é un racional son infinitas mais periódicas).
• Que a norma do converxente da posición central da $fc$ de Pell positiva non sexa $\pm 2$ nen divida a $D$, pero estamos nas mesmas. De feito ese valor central da norma debe ser $-1$.

• Condición necesaria que os factores de $D$ sexan primos de tipo $4k+1$ e ao máximo un único $2$. Non é condición suficiente porque hai factorizacións con factores $4k+1$ sen solución $-1$. Por exemplo $D= 5\cdot 13$ ten solución negativa e $D= 5\cdot 61$ non a ten.

Os resultados da estimación estatística eran os seguintes: Estimación sobre explotacións na Fonsagrada (F), Lalín(L), Mazaricos(M), Arzúa(A), A Pastoriza(P), Negreira(N), A Veiga(V), Cospeito(C).

As vacas da Fonsagrada son a1 veces as de Lalin e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Lalín son a2 veces as de Mazaricos e sumamos as de Arzúa.

As vacas de Mazaricos son a3 veces as d'A Fonsagrada e sumamos as de Arzúa.

As vacas da Pastoriza son a4 veces a suma das de Lalín e Negreira.

As vacas de Negreira son a5 veces a suma das de Mazaricos e A Veiga.

As vacas da Veiga son a6 veces a suma das de Arzúa e Cospeito.

As vacas de Cospeito son a7 veces a suma das d'A Fonsagrada e A Pastoriza.

(1) As vacas da Fonsagrada sumadas coas de Lalín dan como resultado un cadrado.

(2) As vacas de Mazaricos sumadas coas de Arzúa dan como resultado un cadrado máis 1.

$eq1: F = \dfrac{7471621}{8149953}L+A.$

$eq2: L = \dfrac{7859714}{338611}M+A.$

$eq3: M = \dfrac{12093}{1940465}F+A.$

$eq4: P = \dfrac{2}{53281}(L+N).$

$eq5: N = \dfrac{2040}{343231}(M+V).$

$eq6: V = \dfrac{55}{3727}(A+C).$

$eq7: C = \dfrac{22829}{7762166}(F+P).$

As fraccións das $3$ primeiras ecuacións multiplican a un termo e despois suman outro, mentres que as $4$ últimas multiplican a suma dos dous termos.

E para a segunda parte os enunciados eran: (1) Cando se xuntan no campo as vacas da Fonsagrada e as de Lalín forman un cadrado. (2) Se noutra leira xuntamos as vacas de Mazaricos coas de Arzúa sóbranos unha vaca ao formarmos un cadrado.

E aquí vos deixamos para que o intentedes resolver con unha pista, a solución da Pell negativa comeza por $x_0=23180\ldots$ e ten $11722$ díxitos. A suma total das vacas de Galicia comeza e acaba por $112 \ldots 250$ con $23462$ díxitos.

Evidentemente aquela estimación estatística contiña algún erro.

Referencias

[1] Alpertron, Continued Fraction calculator https://www.alpertron.com.ar/CONTFRAC.HTM.

[2] Amthor, A., Krumbiegel, B., Das Problema Bovinum des Archimedes, Historischliterarische Abteilung der Zeitschrift f¨ur Mathematik und Physik 25 (1880), 121–136, 153–171.

[3] Ecuación diofantiana https://gl.wikipedia.org/wiki/Ecuaci%C3%B3n_diofantiana)

[4] Lenstra, H. W. Jr. (2002), ”Solving the Pell Equation” , Notices of the American Mathematical Society, 49 (2): 182–192, MR 1875156.

[5] Maxima, A Computer Algebra System https://maxima.sourceforge.io/download.html

[6] https://oeis.org/

[7] Archimedes’s cattle problem

[8] https://pt.wikipedia.org/wiki/Equa%C3%A7%C3%A3o_de_Pell

Problema bovino. 11.22

\section{O problema bovino de Arquímedes} O \href{https://en.wikipedia.org/wiki/Archimedes%27s_cattle_problem}{Problema bovino} debido a Arquimedes \cite{Wiki} é un problema complicado cun enunciado moi simple. Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos \href{https://gl.wikipedia.org/wiki/Ecuaci%C3%B3n_diofantiana)}{diofantinos} \cite{Diofantinas} e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada. Para máis marabilla, o enunciado está escrito en forma de poesía e o texto foi descuberto en $1773$ nunha biblioteca da Alemaña. A cuestión trata de resolver cantas unidades de gando tiñan Faetusa e Lampetia, fillas do Deus Helios, na illa de Trinacia (actual Sicilia), relato que aparece na Odisea. Para iso propón $7$ ecuacións simples con $8$ incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución. Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia. E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten $206545$ díxitos, mais ou menos un número que ocupa $30$ follas. O texto orixinal non contiña a solución, aínda que eu supoño que Arquímedes era capaz de coñecela, aínda que fose en forma compacta. Na era moderna, o primeiro en dar unha solución parcial foi A. Amthor \cite{Amthor} en$1880$, sabendo o número de díxitos e os tres primeiros: $7.76 \cdot 10^{206544}$. A primeira solución completa foi obtida por dous computadores en $1965$, porque como digo eu cando me consultan, que teño que verificar contas de $6$ díxitos unha chea de veces, quen se atreve a obter unha solución manual? e cando levas escritas $20$ follas poñerte a repasar!!. As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito: Os bois brancos (b) son $\dfrac{1}{2}$ máis $\dfrac{1}{3}$ dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a). Os bois negros son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$dos pintos (p) e a sumar cos amarelos. Os bois pintos son $\dfrac{1}{6}$ máis $\dfrac{1}{7}$parte dos brancos e a sumar os amarelos. As vacas brancas (B) son $\dfrac{1}{3}$ máis $\dfrac{1}{4}$da suma dos bois negros e as vacas negras (N). As vacas negras son $\dfrac{1}{4}$máis $\dfrac{1}{5}$ da suma dos bois pintas máis as vacas pintas (M). As vacas pintas son$\dfrac{1}{5}$ máis $\dfrac{1}{6}$ da suma dos bois amarelos máis las vacas amarelas (A). As vacas amarelas son $\dfrac{1}{6}$ parte máis $\dfrac{1}{7}$ da suma dos bois brancos máis las vacas brancas. E para a segunda parte os enunciados son: (1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado. (2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo. Escribamos as$7$primeiras ecuacións: $eq1: b = (1/2 + 1/3) n + a;$ $eq2: n = (1/4 + 1/5) p + a;$ $eq3: p = (1/6 + 1/7) b + a;$ $eq4: B = (1/3 + 1/4) (n + N);$ $eq5: N = (1/4 + 1/5) (m + M);$ $eq6: M = (1/5 + 1/6) (a + A);$ $eq7: A = (1/6 + 1/7) (b + B);$ Para o primeiro sistema de$7$ecuacións, propoño usar \href{https://maxima.sourceforge.io/download.html}{Maxima} \cite{Maxima} , un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código \begin{verbatim} alias(k, \%r1); declare( b, integer, n, integer, m, integer, a, integer, B, integer, N, integer, M, integer, A, integer); define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7], [ b,n,m, a, B, N, M, A]) ); solucion(k); \end{verbatim} e con este código conseguimos, $b = 10366482 k.$ $n = 7460514 k.$ $a = 4149387 k.$ $m = 7358060 k.$ $B = 7206360 k.$ $N = 4893246 k.$ $A = 5439213 k.$ $M = 3515820 k.$ Na segunda parte temos: (1) $10366482 k + 7460514 k = \text{un cadrado}$, que factorizado obtemos $2^2(3)(11)(29)(4657) k = \text{un cadrado}$, por tanto$k$debe ser$k = (3)(11)(29)(4657) y^2$(seguimos tendo unha variable$y$ enteira que nos dá infinitas solucións). (2) $a + m = \text{número triangular}$. Os números triangulares son súper célebres, na \href{https://oeis.org/}{enciclopedia das secuencias} \cite[A000217]{Oeis} podedes consultar unha chea das súas propiedades e artigos sobre eles: $\{0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \ldots\}$ Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula $\dfrac{t(t+1)}{2}$ e por tanto a nosa ecuación convértese en $a + m = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}$. Agora temos $t= \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 8 a m} }{2}$. E para que esta ecuación sexa un número enteiro, que é o que son as vacas, números enteiros, temos que o discriminante da raíz debe ser un cadrado perfecto $x^2$ e por tanto temos $(3)(11)(29)(4657) y^2 + 1 = x^2$. As \href{https://pt.wikipedia.org/wiki/Equa%C3%A7%C3%A3o_de_Pell}{ecuacións de Pell} \cite{Wikipt} son do tipo$x^2 - Dy^2 = 1$, e teñen solución para todo $D$. Por tanto ao final o noso problema redúcese a solucionar unha ecuación de Pell: $x^2 - (3)(11)(29)(4657) y^2 = 1$. Ata meiados do século pasado estas ecuacións resolvíanse mediante os converxentes da \href{https://www.alpertron.com.ar/CONTFRAC.HTM}{fracción continua } ($\textit{fc}\) para abreviar) de $\sqrt{D}$, (onde a solución fundamental, $(x_0, y_0)$, serían o numerador e denominador do converxente anterior ao período da $fc$) , mais resulta que para un número tan grande a $fc$ ten centos de miles de coeficientes. Amthor descubriu un xeito de simplificar a $fc$ correspondente a este problema e deixou unha $fc$ de só $92$ termos. A simplificación do Amthor baséase na relación entre unha $fc$ de $D$ e a $fc$ reducindo os factores de $D$ maiores a $1$. Hoxe en día hai máis técnicas para resolver a ecuación de Pell \cite{Lenstra}: infraestrutura, números suaves, cónicas e números p-adicos. Co sistema de fraccións continuas de Amthor conseguimos unha solución fundamental desta ecuación de Pell con valor $x_0 = 185892 \ldots 663490 \text{ (con \(103265$ díxitos)} \) Se imos para atrás e substituímos este valor de $x_0$ primeiro na ecuación de segundo grao e conseguimos $t$ e despois ese $t$ na ecuación do número triangular onde tíñamos $a + m$ conseguimos o $k$ mínimo para $a + m$. Substituímos ese $k$ nos oito tipos de gando e sumando temos un valor de $77602714 \ldots 55081800, (\text{con \(206545$ díxitos} )\). \section{O problema histórico das vacas de Galicia} Agora temos que no $2019$ a Xunta de Galicia fixo unha estimación estatística sobre o número de vacas nacidas en Galicia desde a época do reino suevo, pero resulta que o cálculo require a solución de unha ecuación de Pell negativa. A ecuación de Pell negativa ten a forma $x^2 - Dy^2 = -1$ tendo a propiedade de que que non calquera $D$ ten solución. E isto dificulta a solución. Segue a ser un problema aberto das matemáticas saber que $D$ teñen solución na Pell negativa, mais os achegamentos a esa solución ou son inefectivos ou son incompletos: \begin{itemize} \item Condición necesaria e suficiente é que o período da $fc$ da raíz de D sexa impar (inefectiva porque ten a mesma dificultade que calcular a propia solución). (As $fc$ de raíces cadradas cuxo resultado non é un racional son infinitas mais periódicas). \item Que a norma do converxente da posición central da $fc$ de Pell positiva non sexa$\pm 2$nen divida a $D$, pero estamos nas mesmas. De feito ese valor central da norma debe ser \(-1$. \item Condición necesaria que os factores de $D$ sexan primos de tipo $4k+1$ e ao máximo un único $2$. Non é condición suficiente porque hai factorizacións con factores $4k+1$ sen solución $-1$. Por exemplo $D= 5\cdot 13$ten solución negativa e$D= 5\cdot 61$ non a ten. \end{itemize} Os resultados da estimación estatística eran os seguintes: Estimación sobre explotacións na Fonsagrada (F), Lalín(L), Mazaricos(M), Arzúa(A), A Pastoriza(P), Negreira(N), A Veiga(V), Cospeito(C). As vacas da Fonsagrada son $\dfrac{7471621}{8149953}$ veces as de Lalin e sumamos as de Arzúa. As vacas de Lalín son $\dfrac{7859714}{338611}$ veces as de Mazaricos e sumamos as de Arzúa. As vacas de Mazaricos son $\dfrac{12093}{1940465}$ veces as da Fonsagrada e sumamos as de Arzúa. As vacas da Pastoriza son $\dfrac{2}{53281}$ veces a suma das de Lalín e Negreira. As vacas de Negreira son $\dfrac{2040}{343231}$ veces a suma das de Mazaricos e A Veiga. As vacas da Veiga son $\dfrac{55}{3727}$ veces a suma das de Arzúa e Cospeito. As vacas de Cospeito son $\dfrac{22829}{7762166}$ veces a suma das da Fonsagrada e A Pastoriza. (1) As vacas da Fonsagrada sumadas coas de Lalín dan como resultado un cadrado. (2) As vacas de Mazaricos sumadas coas de Arzúa dan como resultado un cadrado máis 1. $eq1: F = \dfrac{7471621}{8149953}L+A.$ $eq2: L = \dfrac{7859714}{338611}M+A.$ $eq3: M = \dfrac{12093}{1940465}F+A.$ $eq4: P = \dfrac{2}{53281}(L+N).$ $eq5: N = \dfrac{2040}{343231}(M+V).$ $eq6: V = \dfrac{55}{3727}(A+C).$ $eq7: C = \dfrac{22829}{7762166}(F+P).$ As fraccións das $3$ primeiras ecuacións multiplican a un termo e despois suman outro, mentres que as $4$ últimas multiplican a suma dos dous termos. E aquí vos deixamos para que o intentedes resolver con unha pista, a solución da Pell negativa comeza por $x_0=23180\ldots$ e ten $11722$ díxitos. A suma total das vacas de Galicia comeza e acaba por $112 \ldots 250$ con $23462$ díxitos. Evidentemente aquela estimación estatística contiña algún erro $\ldots$ \end{document}

Problema bovino. 11.21

O problema bovino de Arquímedes o problema histórico das vacas de Galicia

Andrés Ventas
Santiago de Compostela

1. O problema bovino de Arquímedes

O Problema bovino debido a Arquimedes ( $ [7] $ ) é un problema complicado cun enunciado moi simple. Os problemas de sistemas de ecuacións con solucións enteiras son chamados diofantinos [3] e usualmente teñen esa característica, un enunciado simple e unha solución complicada.

Para iso propón $7$ ecuacións simples con $8$ incógnitas. E dous enunciados con dúas relacións a maiores que debe satisfacer a nosa solución.

Isto levaranos a un conxunto infinito de solucións, pero a que nos interesa é a solución fundamental, a máis pequena. O resto de solucións saen mediante unha simple recorrencia.

E como aperitivo cómpre dicir que a solución fundamental, a pequeniña de todo, ten $206545$ díxitos, mais ou menos un número que ocupa $30$ follas.

As ecuacións expresadas na poesía pódense resumir do seguinte xeito:

Os bois brancos (b) son $\dfrac{1}{2}$ máis $\dfrac{1}{3}$ dos negros (n) e a sumar cos amarelos (a).

Os bois negros son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$ dos pintos (m) e a sumar cos amarelos.

Os bois pintos son $\dfrac{1}{6}$ máis $\dfrac{1}{7}$ parte dos brancos e a sumar os amarelos.

As vacas brancas (B) son $\dfrac{1}{3}$ máis $\dfrac{1}{4}$ da suma dos bois negros e as vacas negras (N).

As vacas negras son $\dfrac{1}{4}$ máis $\dfrac{1}{5}$ da suma dos bois pintos máis as vacas moteadas (M).

As vacas pintas son $\dfrac{1}{5}$ máis $\dfrac{1}{6}$ da suma dos bois amarelos máis las vacas amarelas (A).

As vacas amarelas son $\dfrac{1}{6}$ parte máis $\dfrac{1}{7}$ da suma dos bois brancos máis las vacas brancas.

E para a segunda parte os enunciados son:

(1) Cando se xuntan no campo os bois brancos e os negros forman un cadrado.

(2) Ao choer os bois amarelos e os pintos, primeiro un, despois dous, despois tres e así sucesivamente de modo que no final forman un triangulo.

Escribamos as $7$ primeiras ecuacións:

$eq1: b = (1/2 + 1/3) n + a;$

$eq2: n = (1/4 + 1/5) m + a;$

$eq3: m = (1/6 + 1/7) b + a;$

$eq4: B = (1/3 + 1/4) (n + N);$

$eq5: N = (1/4 + 1/5) (m + M);$

$eq6: M = (1/5 + 1/6) (a + A);$

$eq7: A = (1/6 + 1/7) (b + B);$

Para o primeiro sistema de $7$ ecuacións, propoño usar Maxima [5], un sistema gratuíto de computación alxébrica moi cómodo, aquí vos poño o código

alias(k, \%r1);

declare( b, integer, n, integer, m, integer, a, integer,

B, integer, N, integer, M, integer, A, integer);

define(solucion(k), linsolve ([ eq1, eq2, eq3, eq4, eq5, eq6, eq7],

[ b,n,m, a, B, N, M, A]) );

solucion(k);

e con este código conseguimos,

$b = 10366482 k.$ $n = 7460514 k.$ $a = 4149387 k.$ $m = 7358060 k.$ $B = 7206360 k.$ $N = 4893246 k.$ $A = 5439213 k.$ $M = 3515820 k.$

Na segunda parte temos:

Unha das súas propiedades é que verifican a fórmula $\dfrac{t(t+1)}{2}$ e por tanto a nosa ecuación convértese en $a + m = (3)(11)(29)(4657) y^2 = \dfrac{t(t+1)}{2}$.