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 \(\ldots\)