domingo, 23 de diciembre de 2012

A por los regalos!!

Dedicado a Francisco Bellot.

Gracias por tu estupendo artículo Primera lección de Combinatoria, podéis leerlo en el número 46 de la Revista Escolar de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática
Esta pequeña animación, sirve de introducción a los números combinatorios.


Con esta entrada participo en la Edición 3.141592653 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es el blog Que no te aburran las M@TES.

Feliz Navidad a todos los Carnavaleros!! 


23 comentarios:

  1. Bonito problema. Aunque solo soy un amateur con escasos conocimientos de matemáticas (un nivel de segundo año de ingeniería solo), me pregunté si era casualidad o no que la solución fuera 210 es decir lo que se suele llamar un primorial. Los primoriales son el producto de números primos consecutivos sin repetición y sin que falte ninguno. Para ello tuve que resolver el problema primero. Es fácil ver , tomando las diagonales que el número de caminos diferentes en encrucijadas compuestas de n filas y m columnas es de C(m+n),n) o las combinaciones sin repetición de m+n elementos tomados de n en n. En el caso del problema m=6 y n=4 y en efecto C(10,4) = 210. De paso vemos que si intercambiamos filas por columnas, el resultado es el mismo puesto que C(m,n) = C(m,m-n) (m>n). Es decir que si le damos media vuelta o un giro de 90 grados al dibujo, las cosas no cambian.

    Y he aquí un programita escrito a toda prisa - es decir bastante mal escrito, no optimizado para una búsqueda de todos los primoriales posibles- en el gratuito y excelente Pari gp (de la Universidad vecina y cercana de Burdeos) que muestra que para un camino con 21 filas y 2 columnas o a la inversa, el resultado sería el mismo: 210; pero que no hay ningún otro resultado que sea primorial hasta 23*19*17*13*11*7*5*3*2 y caminos con 2000 filas y 2000 columnas. Quizás hasta se pueda demostrar que los únicos resultados que son primoriales son para 1 fila y 1 columna (m+n=2; C(2,1)=2); para 2 filas y 2 columnas (m+n=4; C(4,2)=6) y para este bonito problema de 6 filas y 4 columnas o a la inversa (m+n=10; C(10,4)=C(10,6)=210)


    for(m=4,2000,for(n=2,floor(m/2),a=m!/(n!*(m-n)!);if(a==30|a==210|a==2310|a==30030|a==510510|a==9699690|a==223092870,print([m,n,factor(m!/(n!*(m-n)!)
    )]))))
    [10, 4, [2, 1; 3, 1; 5, 1; 7, 1]]
    [21, 2, [2, 1; 3, 1; 5, 1; 7, 1]]
    time = 4min, 48,901 ms.


    De paso te mando esta generalización del triángulo y de la alfombra fractales de Sierpinski a ***polígonos fractales regulares de n lados cualesquiera y en capas concéntricas estructurados espacialmente como matrices de mxm (n y m y el número de capas son parámetros enteros independientes entre sí)*** que he hallado yo.

    http://society6.com/sopadeajo


    Feliz y hermosa Navidad;

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  2. Hay un pequeño error, por haber querido ir demasiado deprisa. La encrucijada de 19 filas y 2 columnas o de 19 columnas y 2 filas es la que da o debiera de dar 210 caminos mínimos, al igual que el resultado del problema; pero no he tenido ni tiempo de comprobarlo.

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  3. for(m=4,2000,for(n=2,floor(m/2),a=m!/(n!*(m-n)!);k=length(factor(a)[,1]~);if(k==2&n>=3,print([m,n,a,factor(a)]))))


    [6, 3, 20, [2, 2; 5, 1]]
    [7, 3, 35, [5, 1; 7, 1]]
    [8, 3, 56, [2, 3; 7, 1]]
    computed in 7min, 12,499 ms.

    Este programilla nos a la respuesta a la pregunta siguiente :

    ¿ Cuál es el número de caminos mínimos en encrucijadas de n filas por m columnas, con más de 2 filas y más de 2 columnas, que sean números compuestos producto de no más de dos factores primos distintos ?

    la respuesta para encrucijadas de hasta 2000 filas y 2000 columnas es que sólo hay 3 números de caminos mínimos que sean producto de no más de 2 números primos diferentes:
    20 = 2*2*5 que es el número mínimo de caminos diferentes en encrucijadas de 3 filas y 3 columnas; 35 = 5*7 en encrucijadas de 3 filas y 4 columnas o vice versa y 56 = 2*2*2*7 en encrucijadas de 3 filas y 5 columnas.

    Y a la pregunta:

    ¿ Cuál es el número de caminos mínimos en encrucijadas de n filas por m columnas, con más de 3 filas y más de 3 columnas, que sean números compuestos producto de no más de tres factores primos distintos ?

    Obtenemos esto :
    for(m=4,2000,for(n=2,floor(m/2),a=m!/(n!*(m-n)!);k=length(factor(a),1]~);if(k==3&n>=4,print([m,n,a,factor(a)]))))

    [8, 4, 70, [2, 1; 5, 1; 7, 1]]
    [9, 4, 126, [2, 1; 3, 2; 7, 1]]
    [10, 5, 252, [2, 2; 3, 2; 7, 1]]
    [12, 4, 495, [3, 2; 5, 1; 11, 1]]
    [12, 5, 792, [2, 3; 3, 2; 11, 1]]
    [13, 4, 715, [5, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [13, 5, 1287, [3, 2; 11, 1; 13, 1]]
    [14, 4, 1001, [7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    time = 7min, 12,525 ms.

    Destaquemos el precioso resultado de 1001 caminos mínimos en encrucijadas de 10 filas y 4 columnas (o lo contrario),como el número de aquellas hermosas noches o el de los caminos que a Roma bien pudieran llegar; 1001 que es producto de no más de 3 factores primos distintos.



    Y finalmente y sin las palabras que frecuentemente sobran y a veces escasean y tan difícil es siempre encontrar las justas :
    for(m=4,2000,for(n=2,floor(m/2),a=m!/(n!*(m-n)!);k=length(factor(a),1]~);if(k==4&n>=5,print([m,n,a,factor(a)]))))


    [11, 5, 462, [2, 1; 3, 1; 7, 1; 11, 1]]
    [12, 6, 924, [2, 2; 3, 1; 7, 1; 11, 1]]
    [13, 6, 1716, [2, 2; 3, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [14, 5, 2002, [2, 1; 7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [14, 6, 3003, [3, 1; 7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [14, 7, 3432, [2, 3; 3, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [15, 5, 3003, [3, 1; 7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [15, 6, 5005, [5, 1; 7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [15, 7, 6435, [3, 2; 5, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [16, 5, 4368, [2, 4; 3, 1; 7, 1; 13, 1]]
    [16, 6, 8008, [2, 3; 7, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [16, 7, 11440, [2, 4; 5, 1; 11, 1; 13, 1]]
    [17, 5, 6188, [2, 2; 7, 1; 13, 1; 17, 1]]
    [17, 6, 12376, [2, 3; 7, 1; 13, 1; 17, 1]]
    [17, 7, 19448, [2, 3; 11, 1; 13, 1; 17, 1]]
    [18, 5, 8568, [2, 3; 3, 2; 7, 1; 17, 1]]
    [18, 7, 31824, [2, 4; 3, 2; 13, 1; 17, 1]]
    [19, 5, 11628, [2, 2; 3, 2; 17, 1; 19, 1]]
    [20, 5, 15504, [2, 4; 3, 1; 17, 1; 19, 1]]
    [21, 5, 20349, [3, 2; 7, 1; 17, 1; 19, 1]]
    [23, 5, 33649, [7, 1; 11, 1; 19, 1; 23, 1]]
    [31, 5, 169911, [3, 3; 7, 1; 29, 1; 31, 1]]
    [32, 5, 201376, [2, 5; 7, 1; 29, 1; 31, 1]]









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    1. Como siempre, Robín, tus comentarios son maravillosos...
      Feliz y hermosa Navidad para ti también. Un cariñoso abrazo

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  4. Hay que notar las identidades C(15,5) = C(14,6);
    C(16,6) = 2^2*C(14,5); C(12,6) = 2*C(11,5);...

    No he tenido tiempo de estudiarlas, sólo la última que corresponde a la identidad más general, válida para todo n: C(2*n+2,n+1) = 2*C(2*n+1,n). Por ejemplo: C(8,4) = 2*C(7,3)

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  5. ¡¡Feliz Navidad!! Como siempre muy chula la entrada. Besos y feliz 2013

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  6. Un problemita para hacer pasar mejor la imberbez del año.

    Cuales son los números que son sumas de dos cuadrados de al menos dos formas y tales que dos de ellos sean consecutivos ?

    En otras plabras se pide hallar números n = a^2 + b^2 = c^2 + d^2 con d = b+1, distintos todos de cero y c y d distintos de a y de b.

    Haremos la denotación n = (a,b,c,d) para n = a^2+b^2 = c^2+d^2



    Una familia entera de soluciones , todos múltiplos de 5 es

    n = 5*(k^2+(k+1)^2) = (k-1, 3*k+2, k+2, 3*k+1)

    Así, para k=2, n = 5*13 = 65 = (1,8,4,7)
    Para k=3, n = 5*25 = 125 = (2,11,5,10)
    Para k=4, n = 5*41 = 205 = (3,14,6,13)
    .......
    No he tenido tiempo ni demasiadas ganas de comprobar que todas las soluciones del problema son estas. Probablemente hay más soluciones, que dejo a otras u otros con más ganas que yo.

    PS: ¿Cuando invitas a aquella cerveza que dijiste en Salamanca?

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  7. Cuando quieras Robín! Yo estoy por aquí ;-)

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  8. ¿Cuales son los números enteros que son sumas de dos cuadrados de al menos dos formas distintas y tales que dos de ellos se diferencien en 2 unidades ?

    la identidad (a*b-1)^2 + (a+b)^2 = (a*b+1)^2 + (a-b)^2 nos da la familia de soluciones :
    n = (P-1,S,P+1,D) donde P=a*b, S=a+b y D=a-b (a>b, a y b enteros).

    Por ejemplo, para P=30 tenemos 3 soluciones:

    1130=(29,17,31,13)
    1010=(29,13,31,7)
    962=(29,11,31,1)
    que corresponden a (a,b)=(2,15);(3,10);(5,6)

    Podemos concederle un valor a otro de los parámetros; por ejemplo elegir D=1 y entonces P=a*(a+1) y S=2*a+1.
    Para a= 1 tenemos n=(3,1,3,1)=10 que no es válido.
    Para a=2, n=(5,5,7,1)=50 y este es el menor número que puede escribirse como suma de dos cuadrados de 2 formas distintas. A no confundir con el de Ramanujan para cubos (1729=1^3+12^3= 9^3+10^3).

    Para a=3, (11,7,13,1)=170 ....

    Probablemente hay más soluciones que esta familia de infinitas soluciones.

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  9. Muy chula entrada, me ha gustado mucho la animación ;)
    Probablemente aparecerá esta entrada en la terna que vote :P

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  10. Hola Ana de nuevo;

    Acabo de escribir lo siguiente en mi inglés deficiente pero voluntarista, en una página web dedicada a las matemáticas, en Estados Unidos :

    Google -and none other- is not capable, as far as i know, to make good translations. This is why the idea of using another very extended language through the world, like Spanish, is good. To get enough and qualified people to attend; it would suffice to make some good publicity in some of the Spanish speaking countries south of Río Grande, in America and also in Spain; in the universities and schools, for instance; by the means may be of the "ministerios de la cultura" of the Spanish speaking countries or by the means of the "Instituto Cervantes" and other similar associations which should be able to understand the importance to promote the use of the Spanish language also in the mathematical/scientific field.

    http://meta.math.stackexchange.com/questions/7124/mathematics-in-spanish

    Se trata de gente de Estados Unidos, cualificada en el campo de la matemática, que desean promover un sistema de preguntas / respuestas, dudas y discusiones matemáticas de calidad en lengua Española. La importancia de la matemática y de la ciencia y la tecnología es obvia para el desarrollo de una lengua. No olvidemos además que matemática es también cultura a pesar de ser una ciencia algo ardua y casi pura, que exige mucha dedicación y parece en prima instancia no estar relacionada con el mundo externo; pero la utilizamos cada día, en cuanto utilizamos los procedimientos universales del pensamiento que son procedimientos de tipo matemático.
    Se trataría de hacer publicidad de iniciativas como esta, con la finalidad de encontrar suficiente gente de países Hispanoamericanos o en España o en Filipinas o en.. para que no se quede corta de expertos ni de profesores ni de usuarios que buscan aprender la matemática usando el español, desde cada país; incluyendo, claro está a la numerosa comunidad hispanohablante Estadounidense y a toda la América Hispana.
    Discutir y hablar sobre este tema, sería algo que con el tiempo cobraría importancia y se recogerían los frutos de esta siembra; con seguridad. Yo no puedo hacer más por ahora salvo promover la idea; ni siquiera soy matemático de profesión; un cordial saludo y por el bien de nuestra cultura literaria y filosófica y pictórica y artística y musical y también matemática y en Español; hagamos algo . Que el Inglés -magnífica lengua- no lo acapare todo en le campo científico matemático.

    Robín García.

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  11. Hola Robín,
    La idea es genial!, pero eso ya se está haciendo gracias a las redes sociales, los campus virtuales y la conexión a internet..., si buscas en Facebook, en twiter, en Quora, en G+...hay muchas comunidades donde el tema favorito son las matemáticas...y en español por supuesto ;-))
    Y supongo que a un nivel más académico existen foros universitarios sobre discusiones matemáticas, y asociaciones entre diferentes universidades de habla hispana.
    Un saludo

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  12. Vale Ana. Pero debes de convenir dos cosas conmigo.
    Que el inglés se está convirtiendo en la lengua de las matemáticas, no sólo de la tecnología; (Eso lo sabíamos ya). Ni siquiera el francés y el español juntos pueden con el inglés. Y bien sabemos el nivel alto que tiene las matemáticas en Francia y sin embargo; los franceses; al igual que nosotros, deben publicar los artículos y resultados matemáticos en inglés. y la segunda cosa es que aún me debes unas cervezas.

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  13. Tienes toda la razón (en las dos cosas), aunque gracias que las matemáticas tienen su propio lenguaje simbólico universal y eso ayuda mucho...
    Cuándo vienes a Salamanca? ;-))

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  14. Me gustaría conoceros a ambas: nunca he pisado el Oeste del nacimineto del río Ebro (Fontibre)-nací solo 24 km más al Sur, en Bárcena de Pie de Concha- con la excepción del Occidente de la provincia de Santander (antes solía decir Cantabria, ahora vamos a frenar los movimientos centrífugos donde se presenten, alertados por el caso de la sedición -por el vil dinero- catalana), los preciosos y naturales Picos de Europa y algo de Asturias sin haberme aventurado nunca más allá de la muy noble y muy leal Gijón a partir de donde la Tierra bien pudiera iniciar su desaparición y fin sin más aviso.

    Te doy este enlace a algo que publiqué en un sitio estadounidense de matemáticas, en el que me han informado positivamente, de cosas que yo no conocía, pues como sabes soy un amateur y además no he estudiado nunca teoría de los números que es la trampa en la que he caído y digo caer y ratifico artería puesto que cuanto más se va sabiendo, más se sabe que no se sabe, de esta tarea inagotable de enumerar la calidad y no la cantidad puesto que el número es siempre relativo y relaciona y califica; y valga el Socratismo.

    http://math.stackexchange.com/questions/275283/looking-for-a-general-and-complete-solution-to-the-diophantine-a2-2b4-1

    (El usuario 55514 soy yo)

    Ratifico de paso lo que dije anteriormente. Corremos el riesgo de que todas las lenguas Europeas se vayan perdiendo incluso en su acepción, no de lenguas madres e inmediatas y localistas; representantes del amado e único e irrepetible rincón en donde nos criamos, sino en su faceta más universal de lenguas cultas y del pensamiento, en provecho del dinámico y abierto y dúctil aunque firme inglés estadounidense.

    Intenté publicar en páginas internetescas españolas, pero no te contestan casi nunca; no se sabe si porque no saben o porque no quieren o porque es demasiado esfuerzo; yo creo que es por las tres cosas a la vez. Al final todos nos tendremos que referenciar en el país en donde las cosas funcionan bien: Estados Unidos; a pesar de todos sus defectos y desbocamiento y adoptar su lengua no como lengua franca hablada entre los pueblos, sino y es por eso que perderemos poco a poco nuestras lenguas en Europa; como **lengua culta** que sustituirá a las nuestras si no lo remedimos desde ahora.

    Seguidamente te mando un artículo mío analizando brevemente las disfunciones del método matemático de Hondt para el reparto de representantes electos según el número de votos obtenido, que me fue en parte censurado por una tal Mati -lo escribí inspirado por un artículo suyo explicando Hondt a los infantes de su escuela- de vuestro círculo de amantes de la matemática; probablemente porque contenía una crítica dura pero correcta hacia al aventurismo dinerario, egoísta y rupturista catalán. No admiten que seas un desconocido, es decir un amateur y no admiten que critiques en otros campos; la censura reina en Internet y nadie lo dice ni lo admite. Y si no te hacen caso en tu propio país, habrá que dirigirse a otro y adoptar su lengua, con el pesar de ver la tuya que no llega a culta y la de algunos excéntricos de la periferia; qué redundancia; que en vez de unir y aunar, rompen, dividen y debilitan no sólo a España, sino a toda Europa.

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  15. http://pequenoldn.librodenotas.com/matiaventuras/1601/dime-d-hondt-como-elijo-a-32?commented=1#c005573
    Pasaba por aquí; d´Hont era belga; yo viví 14 años en Francia, y los franceses han inventado un montón de chistes sobre ellos. Son dos belgas que están empujando una pared pesada; empiezan a sudar por el esfuerzo, se quitan las chaquetas y las posan en el suelo. Un ladrón las ve y se las lleva. Al cabo de un rato de esfuerzo duro, uno de los belgas se da la vuelta y dice al otro: “Para de empujar que ya no se ven las chaquetas”.
    La moral de este chiste es que uno justifica siempre lo que hace aunque se equivoque; y no quiero en ningún modo ser un apologista del no esforzarse; me caen bien esos dos belgas sudando lo suyo.
    Fijémonos ahora en el reparto propuesto por d´Hont.
    Bastaría en el caso que nos ocupa hacer lo siguiente: el número de representantes que serán elegidos para lo que sea para cada lista o grupo será el resultado de multiplicar por el número de representantes a elegir, los votos a cada grupo divididos por el número total de votos en la circunscripción que nos ocupa. Esto nos da en el orden del 3A al 6B, si mis dedos en la calculadora de bolsillo no han fallado:
    1,75; 0,85; 0,70; 0,65; 0,60; 1,05; 1,5; 0,90. que devendrán
    2, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 1 si redondeamos,lo que nos da 10 diputados o representantes y no 8. Quitaremos los dos menos votados y tendremos los 8 requeridos. Alternativamente se puede atribuir el número n de representantes a todos aquellos que han obtenido n,m representantes (n parte entera y m parte fraccionaria) y los k-n restantes a las mayores partes fraccionarias. Obtenemos en ambos casos el mismo resultado que por d´Hondt: 2,1,1,0,0,1,2,1. Así de sencillo y más justo que el sistema de empujar-una-pared-para-nada de Hondt. He estudiado un poco los casos reales en España. Y Hondt prima con 1 y a VECES HASTA CON 2 REPRESENTANTES de MÁS de los que debieran de recibir, a las listas que suelen ser más votadas, en el entorno del 30 al 40 % en nuestro amado país; que habrá que defender de la insensatez egoísta y corta catalana.
    A la vez que castiga con uno de menos de lo que debieran recibir a los que se sitúan, dependiendo de la talla de las circunscripciones electorales, por debajo del 17 % de los votos.
    Por otra parte ocurre que en las circunscripciones muy pequeñas; ayuntamientos con pocos habitantes o provincias muy poco pobladas como Soria con sólo 4 (o 3, no me acuerdo bien) diputados a elegir, que ningún método matemático pueda evitar el caso de que de 7 partidos con respectivamente 4007, 4006, 4005, 4004, 4003, 4002 y 4001 votos; los 3 últimos se queden sin representantes; y el caso ha sido elegido extremo a propósito y con voluntad didáctica.
    Un cariñoso saludo de parte de solo y no más que un amateur.
    He cometido un pequeño error de falta de atención.
    ""Alternativamente se puede atribuir el número n de representantes a todos aquellos que han obtenido n,m representantes (n parte entera y m parte fraccionaria) y los k-n restantes a las mayores partes fraccionarias""
    En este caso atribuiríamos 1 representante a las listas 1, 6 y 7 y nos quedan 5 representantes a repartir entre las 5 mayores partes fraccionarias: 0,90; 0,85; 0,75; 0,70, 0,65 y la atribución sería de:
    2, 1, 1, 1, 0, 1,1,1. La séptima lista perdería su segundo representante en favor de la cuarta que tendría 1 en vez de 0; de una manera más justa puesto que 0,65 diputados están más cerca de 1 diputado/representante que 1,5 de 2.
    ******

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  16. (Continuación)

    Supongamos ahora que los votos han sido, siempre con el mismo número de votos totales: 160 y el mismo número de representantes a elegir: 8; los siguientes:
    34; 17; 16; 19; 18; 20; 21; 15 que se traduce por mi método en los números de representantes, en la forma n,m citada anteriormente :
    1,70; 0,85; 0,80; 0,95; 0,90; 1,00; 1,05; 0,75 representantes.
    *Se atribuye ahora el número n de representantes a todos aquellos que han obtenido n,m representantes (n parte entera y m parte fraccionaria) y los k-n restantes a las mayores partes fraccionarias* como se explicó ya anteriormente y esto nos da la repartición definitiva :
    1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 1
    En caso de igualdad de partes fraccionarias, se atribuiría el representante de más al que tuviera mayor parte entera.
    Por el método de Hondt el resultado sería:
    2; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 0
    No hay una diferencia enorme.
    Si los votos hubieran sido, ordenados de mayor a menor:
    63; 47; 28; 11; 6; 3; 1; 1
    serían en la forma n,m
    3,15; 2,35; 1,40; 0,55; 0,30; 0,15; 0,05; 0,05 representantes que se traducirán en:
    3; 2; 2; 1; 0; 0; 0; 0 a mi manera y
    4; 3; 1; 0; 0; 0; 0; 0 a la manera de Hondt (porque 63/4=15,75 es más que 47/4=11,75 y que 28/2=14 y más que 11).
    Se ve ahora bien como Hondt prima a los más votados (con más del 18 % de los votos y castiga a los que tienen menos.
    La lista 1 más votada ha sido primada con un más 29 % en diputados, de 39,38 % de los votos a 50 % de los diputados; la lista 2 un más 28 % en diputados; y la lista 3 con 17,50 % de los votos obtiene sólo 1/8 = 12,50 % de los diputados, un 29 % menos en diputados/representantes que en votos. Y la lista 4, que obtiene un representante con mi método se queda en 0 (-100%) con el de Hondt.
    Hay aún peor. Una lista con estos votos :
    63; 47; 12; 11; 10; 9; 7; 1
    me da
    3; 2; 1; 1; 1; 0; 0 representantes y
    5; 3; 0; 0; 0; 0; 0 a Hondt. La lista más votada con 39,38 % de los votos se lleva el 5/8 = 62,50 % de los diputados.
    Los dos métodos dependen de los porcentajes de los votos entre sí y no del número absoluto de ellos; por lo que este ejemplo con 160 votos totales se puede generalizar a los resultados para el Congreso de los Diputados de la provincia de Vizcaya con unos 650.000 votos totales y también 8 representantes a elegir. basta con multiplicar los votos de los ejemplos dados aquí por 650.000/160 = 4062,5. Más o menos, se puede utilizar 4060 0 4065 sin que surjan errores grandes ni discrepancias.
    Se da el caso; y eso ocurre muchas veces que mi método y el de Hondt dan el mismo resultado en casos reales que probé en muchas de las circunscripciones españolas que para el Congreso son las provincias y para los ayuntamientos las villas, ciudades y pueblos.
    Para el Congreso y en Vizcaya los dos métodos dan en el orden del más votado al menos; entre los 5 mejores resultados En 2011 :
    3; 2; 2; 1; 0
    El partido E que obtuvo 24.117 votos (3,7 % de los votos totales) necesitaría unos 37.200 votos más con Hondt para obtener 1 representante y unos 19.900; la mitad aproximadamente con mi método. Que quede claro que esto es en el caso preciso de Vizcaya con los resultados del 2011; porque cada caso puede ser distinto, dependiendo del número de representantes y de las distintas correlaciones de fuerzas, entre ellos y que además cuando un partido gana un escaño es siempre a costa de quitárselo a otro y algunas veces ese otro es de su misma ideología..

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  17. (Continuación)

    Una breve reseña para explicar el caso electoral francés *mayoritario* (no proporcional) de doble vuelta. El Congreso de 577 diputados elige de promedio unos 6 diputados por departamento/provincia, pero en circunscripciones pequeñas en que sólo se elige a un representante en cada una. En la primera vuelta saldrá elegido quien logre 50 % o más de los votos totales y quedarán en liza para una segunda vuelta dos semanas después los partidos, (en general sólo 2 o 3 suelen presentarse en la segunda vuelta) que han superado una barrera porcentual determinada y creo que en la segunda vuelta gana sin más el más votado. Recordemos que sólo se elige a uno en cada caso.Ese sistema permite casos como que algún partido que ha tenido un 15 % de los votos totales en toda Francia, se quede con menos del 1% de los diputados; mientras que el mismo caso, en España con el método de Hondt, le proporcionaría unos 17 diputados; a ojo, pero extrapolando; un 5 % de los diputados. Pero en Francia hay un tri-partidismo (Hay 3 partidos grandes en Francia); inexplicable matemáticamente porque el sistema mayoritario debiera conducir a la larga a un bipartidismo estricto, puesto que se impide a los partidos pequeños obtener representantes (un partido que empieza no puede obtener el 50 % de los votos casi nunca). Y a la inversa, un sistema proporcional, como el de Hondt, debiera favorecer que el número de partidos con representación estable y suficiente en un país fuera de entre 3 o 4 grandes partidos nacionales. Sin embargo sólo hay 6 comunidades-regiones en las que existen más de 3 partidos representados en el Congreso : Madrid; Asturias, País Vasco y Navarra con 4 partidos representados cada una de ellas y Cataluña y Valencia con 5 cada una. Las comunidades periféricas citadas no deben de contar; porque su mayor número de partidos se debe a los partidos identitarios que florecen en su seno; de manera que el método de Hondt; proporcional y elegante a primera vista; falla porque se comporta en realidad más como un sistema mayoritario matemáticamente hablando.

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  18. Buenas tardes Ana, espero no aburrirte :

    Una demostración sucinta de que los coeficientes binomiales C(n,k) no pueden ser cuadrados para k >2 con la única excepción de n = 7^2+1 y k =3; algo de literatura; y mucho de verdad.

    for(m=4,2000,for(n=2,floor(m/2),a=binomial(m,n);if(issquare(a),print([m,n,a,factor(a)]))))
    [9, 2, 36, [2, 2; 3, 2]] [50, 2, 1225, [5, 2; 7, 2]] [50, 3, 19600, [2, 4; 5, 2; 7, 2]] [289, 2, 41616, [2, 4; 3, 2; 17, 2]] [1682, 2, 1413721, [29, 2; 41, 2]] time = 3min, 6,416 ms.
    El programita (la utilizaciónde la función incorporada a Pari gp: binomial(x,y) acelera el cálculo de los resultados en más de 2 veces), nos da la respuesta a la siguiente pregunta:
    ¿ Existen números de caminos mínimos en encrucijadas cuadradas de N X N que sean a su vez cuadrados numéricos ?
    La respuesta es que parece ser que no, puesto que los únicos números de caminos mínimos que son cuadrados hasta N = 2000 son para encrucijadas de 7 x 2, 48 x 2, 47 x 3, 287 x 2 y 1680 x 2. Estamos muy lejos de la igualdad de filas y columnas (cuadratura).
    Notemos no obstante que N + M en todos los casos de número de caminos mínimos cuadrado es o un cuadrado o un cuadrado más 1: 3^2; 7^2+1; 17^2; 41^2+1. Que esos 4 resultados son todos p^2 o p^2+1 (p es un número primo), es una mera coincidencia producto de lo que el británico teórico de los números, Richard Guy, llama "la ley de los números pequeños". Ahí termina nuestra afinidad puesto que yo no sé siquiera jugar a la ajedrez y con la pobre mente que tengo ahora -que me han dejado; sería hasta incapaz -yo- de ganarle a un niño de pocos años. No me puedo concentrar para los juegos complejos; y me cuesta mucho recordar , memorizar procesos, desde siempre, desde pequeñito y además me suelo liar con facilidad. Hay que notar además que esto que afirmo no es incompatible con la facultad de demostar o hallar cosas sencillas en el ámbito de la matemática o de las artes o de la filosofía o de la literatura, precisamente porque son sencillas - este es el caso; y no complejas como en el caso del horroroso ajedrez.
    Notemos lo siguiente:
    for(a=2,10^8,b=floor(sqrt(a^2/2));for(c=b,b+1,if(a^2-1==2*c^2,print([a,c]))))
    [3, 2] [17, 12] [99, 70] [577, 408] [3363, 2378] [19601, 13860] [114243, 80782] [665857, 470832]
    [3880899, 2744210] [22619537, 15994428] time = 3min, 11,284 ms.

    for(a=2,10^8,b=floor(sqrt(a^2/2));for(c=b,b+1,if(a^2+1==2*c^2,print([a,c]))))
    [7, 5] [41, 29] [239, 169] [1393, 985] [8119, 5741] [47321, 33461] [275807, 195025][1607521, 1136689]
    [9369319, 6625109] [54608393, 38613965] time = 3min, 8,741 ms.
    Y en efecto: 50 = 7^2 + 1^2 = 5^2 + 5^2 es el menor número entero que pude escribirse como suma de 2 cuadrados de 2 maneras diferentes. Para el caso de los cubos está el conocido número mínimo famoso por Ramanujan (y por Hardy y Wright): 1729 = 1^3 + 12^3 = 9^3 + 10^3 es el menor número que puede ser expresado como suma de 2 cubos de 2 maneras distintas.
    50 = 7^2 + 1^2 = 5^2 + 5^2
    1682 = 41^2 + 1^2 = 29^2 + 29^2
    8 = 3^2 - 1^2 = 2^2 + 2^2
    288 = 17^2 -1^2 = 12^2 + 12^2
    Fijémonos ahora que los números tales que a^2 + 1 = 2*b^2 son tales que C((a^2+1),2) = (a^2+1)*a^2/2
    = b^2*a^2 es siempre un cuadrado. Igual para los números tales que a^2 - 1 = 2*b^2 puesto que
    C(a^2,2) = a^2*(a^2-1)/2 = a^2*b^2 es siempre un cuadrado.
    Y remarquemos también que C(m,n+1) = C(m,n)*(m-n)/(n+1) por lo que para que C(m,n+1) sea un cuadrado, C(m,n) ha de serlo y también (m-n)/(n+1).
    Es el caso del único resultado de número combinatorio cuadrado C(m,n) con n>2 : C(50,3) = C(50,2)*(50-2)/3= 35^2*4^2.
    Pero C(50,4) = C(50,3)*(50-3)/4 no es un cuadrado puesto que 47/4 no es un cuadrado.

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  19. Para demostar que no existen números combinatorios que sean cuadrados aparte de los ya reseñados en este breve texto y por tanto demostar que *no* existen números de caminos mínimos en encrucijadas cuadradas de N X N que sean a su vez cuadrados numéricos; basta con demostrar que el único m tal que
    C(m,n+1) = C(m,n)*(m-n)/(n+1) es cuadrado, siendo C(m,n) cuadrado es para n=2, m=50. O en otras palabras que C(m,3) es cuadrado sólo si C(m,2) y (m-2) / 3 son a la vez cuadrados y esto ocurre para m = 50 = 7^2 + 1 pero quizás para ningún otro valor de m.
    En efecto m sólo puede ser, para ser cuadrado siendo coeficiente binomial C(m,2), m=a^2+1 o m= a^2 , como hemos visto. Si m = a^2, (m-2) / 3 = (a^2-2) / 3 debe de ser cuadrado, o sea : a^2 = 3*k^2 + 2. Pero todos los cuadrados son 0, 1 o 4 módulo 8 y por tanto 3*k^2 + 2 es respectivamente 2, 5 o 6 módulo 8 y no puede ser un cuadrado. **No hay ningún coeficiente binomial C(m^2,n) cuadrado si n>2**.
    Si m = a^2 + 1 , (m-2) / 3 = (a^2 - 1) / 3 debe de ser cuadrado o sea : a^2 = 3*k^2 + 1. Y a la vez a^2 = 2*b^2 -1.
    Por desgracia, la ecuación a^2 -2*b^2 = -1 es una ecuación del tipo ecuación de Pell, que bien pudiera llamarse ecuación de Bhaskara-Fermat, pero Euler le atribuyó por error la autoría a Pell; es decir una ecuación con infinitas soluciones en enteros positivos; todos los que sean resultado de la aplicación de exponentes impares en las fórmulas que aplica el programilla que acompaña más abajo y que nos da las 11 primeras soluciones hasta máximo(a,b) < 10^8 ya encontradas anteriormente por fuerza bruta con otro programita, que aunque sólo tardó unos 3 minutos en calcularlas fue unas 4200 veces más lento que el que sigue.
    forstep(n=1,21,2,a=(1+sqrt(2))^n;b=(1-sqrt(2))^n;x=(a+b)/2;y=(a-b)/(2*sqrt(2));print([round(x),round(y)]))
    [1, 1] [7, 5] [41, 29] [239, 169] [1393, 985] [8119, 5741] [47321, 33461][275807, 195025] [1607521, 1136689][9369319, 6625109] [54608393, 38613965] time = 45 ms.
    Uno entiende lo que afirmaba Cantor cuando decía que el conjunto de los racionales es del mismo tamaño que el conjunto de los naturales, que tenían el mismo tipo de infinito, puesto que estamos en un caso similar. De nada nos sirve que la ecuación que nos ocupa tenga sólo 11 soluciones-representantes con valores numéricos que no sobrepasen los 100.000.000, frente al conjunto de los números naturales que justamente tiene 100.000.000 de representantes para el mismo rango, puesto que el número de estas soluciones es infinito, no tiene fin y por lo tanto no terminaríamos jamás de comprobar con otro programita, aunque este estuviera muy bien escrito , muy optimizado, que -esto es lo que yo creo- los únicos números combinatorios que son cuadrados , excluyendo a a los triviales de la forma C(n^2,1) = n^2, C(n^2,n^2-1) = n^2 y alguno más también trivial; son C(9,2), C(50,2), C(50,3), C(289,2) y C(1682,2).

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  20. El programita con los dos resultados [0, 1, 1] y [16, 3, 7] que sigue, me confirma que hasta C(25535619868804452344000170782^2+1,3) no hay ningún C(a^2+1,3) que sea un cuadrado. Más allá Pari gp me da el siguiente aviso de error: "round: precision too low in truncr (precision loss in truncation)" que no sé como subsanar. Quizás no se pueda. Sólo nos quedan infinitos resultados más por comprobar.
    forstep(n=1,75,2,a=(1+sqrt(2))^n;b=(1-sqrt(2))^n;x=(a+b)/2;y=(a-b)/(2*sqrt(2));c=((round(x))^2-1)/3;if(issquare(c),print([c,n,round(x)])))
    [0, 1, 1] [16, 3, 7] time = 7 ms.
    No nos queda entonces más remedio que demostrar que la doble ecuación 2*b^2 = a^2+1 = 3*k^2 + 2 sólo tiene una solución en enteros: (b,a,k) = (5,7,4).
    Si (m,n) es una solución no trivial de A*x^2+B*x*y+C*y^2+D*x+E*y+F, entonces existe la solución general recurrente : a(n+1) = P*a(n) + Q*a(n), k(n+1) = R*a(n) + S*k(n) con P = m; Q = -C*n; R = A*n; S = m + B*n
    La ecuación a^2 - 3*k^2 = 1 (1) tiene una solución particular no trivial (m,n) = (2,1) y solución general :
    a(n+1) = 2*a(n) + 3*k(n), k(n+1) = a(n) + 2*k(n). Las primeras 6 soluciones son:
    (a,k) = (2,1); (7,4); (26,15); (97,56); (362,209); (1351,780);...
    a^2 - 3*k^2 = -1 no tiene ninguna solución (casos x^2 - D*y^2 = -1 con D = 3 mod 4).
    La ecuación a^2 - 2*b^2 = -1 (2) tiene la solución general de a^2 -2*b^2 = 1 con (3,2) como solución particular no trivial , pero partiendo se su solución inicial (a(1),b(1)) = (1,1):
    a(n+1) = 3*a(n) + 4*b(n), b(n+1) = 2*a(n) + 3*b(n). Las primeras 6 soluciones son:
    (a,b) = (1,1); (7,5); (41,29); (239,169); (1393,985); (8119,5741);...
    Es fácil demostrar que las a(n+1) soluciones de (2) son siempre impares, suma del siempre impar 3*a(n) y del siempre par 4*b(n) además de que a(n+1) = b(n) mod 3 mientras que b(n+1) = 2*a(n) mod 3 por lo que los a(n) serán 1 mod 3 para los índices generales n: 1 y 2 mod 4 y 2 mod 3 para los índices generales n: 3 y 4 mod 4; mientras que las a(n+1) soluciones de (1) son impares sólo para sus índices n, pares y además a(n+1) = 2*a(n) mod 3 que es siempre a(n+1) = 1 mod 3 cuando a(n+1) es impar.
    Se deduce que han de ser comparados para la igualdad sólo los a(4*k+1) y a(4*k+2) de (2) con los a(2*k) de (1). **(3)**
    Sea (p,q) una solución de x^2 - D*y^2 = +/-1 entonces la solución general es para todos los valores n de x = ((p + q*raíz(D))^n + (p - q*raíz(D))^n) / 2 , y = (p + q*raíz(D))^n - (p - q*raíz(D))^n) / 2 *raíz(D)
    Se utilizan sólo los exponentes n impares para las soluciones de x^2 - D*y^2 = -1.
    Ecuación a^2 - 3*k^2 = 1 (1) (p,q) = (2,1)
    a(n) = 2^n + C(n,2)*2^(n-2)*3 + C(n,4)*2^(n-4)*3^2 + ...+( C(n,n)*3^(n/2) si n es par o bien C(n,(n-1))*2*3^(n-1)/2 si n es impar)
    n debe de ser par para que los a(n) sean impares y comparables con los a(r)
    n=2, a(2) = 2^2 + 3 = 7; n=4, a(4) = 2^4 + 6*2^2*3 + 3^2 = 97;
    Ecuación a^2 - 2*b^2 = -1 (2) (p,q) = (1,1)
    a(r) = 1 + C(r,2)*2 + C(r,4)*2^2 + C(r,(r-1))*2^(r-1)/2 (r es siempre impar). (4)
    r=3, a(3) = 1 + 3*2 = 7; r = 5, a(5) = 1 + C(5,2)*2 + C(5,4)*2^2 = 1 + 5*2^2 + 5*2^2 = 41

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  21. Hay que notar que la igualdad 2*b^2 - 3*k^2 = 2 también ha de cumplirse y las soluciones son dadas por b(n+1) = 5*b(n) + 6*k(n), k(n+1) = 4*b(n) + 5*k(n) que con la solución inicial (1,0) nos da (b,k) = (5,4); (49,40); (485,396); (4801,3920); ... Por desgracia no he podido encontrar una congruencia de todos los b o de todos los k generados así, que ea incomptible con otra de todos los b o los k generados en (1) y (2), (menos para el primer término (5,4)).
    De **(3)** sacamos que a(r) debe de ser con r = 8*k+1 o 8*k+3 para ser comparable e idéntico on a(n). Puesto que todo C(r,n) es 0 mod r, por (4) deducimos que todo a(r) es 1 mod r y en particular a(r) = 1 mod (8*k+1 ) o a(r) = 1 mod (8*k+3) para todos los valores enteros de k que en general no cumple obviamente a(n) con la excepción de k = 0 en que a(r) = a(n) = 1 mod 3 = 7. En el caso de que hubiera algún a(n) que fuera 1 mod (8*k+1) o 1 mod (8*k+3), entonces no tendría probablmente la misma magnitud que a(n). Pero reconozco que le falta algo -un poco- a la demostración de que no existe ningún coeficiente binomial C(n,k) (n>k y k>2), exceptuando C(50,3), que sea un cuadrado.
    Addendum al 01/01/2013.
    Terminé de escribir este texto ayer con un sentimiento de medio fracaso. Estaba muy cerca de haberlo demostrado, pero por muy poco fallé. Hoy pensé que en realidad tenemos 3 ecuaciones derivadas de la doble igualdad 2*b^2 = a^2 + 1 = 3*k^2 + 1, puesto que C(3,2) = 3 son las combinaciones de 3 lementos tomados de 2 en 2 y en esto de las combinaciones estamos precisamente. Y son las 3 ecuaciones (no dos ecuaciones) las que conjuntamente garantizan que al comparar las soluciones de (1) y de (2), estas deben de corresponder indicialmente. La solución i-ésima (a,k) ha de ser comparada con la solución i-ésima (a,b) porque la tercera ecuación: 2*b^2 = 3*k^2 + 1 nos proporciona precisamente esa solución (b,k) en ese mismo índice. Antes yo estipulaba erróneamente que cualquier valor a(k) podía ser comparado con cualquier otro a(b) lo que complicaba enormemente. Infinitas comparaciones eran necesarias. La recurrencia a(n+1) de (2) crece más rápidamente que la de (1) una vez que se igualan a(k) y a(b) en la segunda solución (a,k) = (7,4) y (a,b) = (7,5), por lo que ya no es necesario comparar más y la cuestión queda completamente demostrada.
    a^2 - 3*k^2 = 1 (1) , solución general :
    a(n+1) = 2*a(n) + 3*k(n), k(n+1) = a(n) + 2*k(n). Las primeras 6 soluciones, sin contar la solución trivial (1,0) son:
    (a,k) = (2,1); (7,4); (26,15); (97,56); (362,209); (1351,780);...
    a^2 - 2*b^2 = -1 (2), solución general :
    a(n+1) = 3*a(n) + 4*b(n), b(n+1) = 2*a(n) + 3*b(n). Las primeras 6 soluciones son:
    (a,b) = (1,1); (7,5); (41,29); (239,169); (1393,985); (8119,5741);...
    Sé, porque los excelentes divulgadores matemáticos -pero con rigor- Weisstein y Wolfram, así lo dijeron en http://mathworld.wolfram.com/BinomialCoefficient.html , que Paul Erdös ya lo había demostrado no hace tanto. A Wolfram le debo el haberme enseñado en :
    http://mathworld.wolfram.com/PellEquation.html todo lo que sé de las ecuaciones de Pell. No sabía nada de ellas antes de haber leído su excelente y sintético texto, pero muy completo. Me ayudó también algo , después, el argentino Darío Alpern -no todo es el opio fútbol ; no ha de serlo; en la sureña Argentina :
    http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM. Gracias, de un amateur, a ellos por su ayuda con rigor .

    Nota: ***Esto lo hago por puro orgullo propio y por nada más y porque me gustan las matemáticas y porque me aburro de tan solo que estoy. Yo no he retado a nadie nunca ni nadie me ha retado a mí tampoco. Quién diga lo contrario miente, o no habló conmigo sino con otro que hablaba por mí suplantándome ilícitamente y sin yo saberlo***

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