TARDÍGRADOS

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Neutrinos superlumínicos: desintegración de un pión

Posted by Albert Zotkin en junio 12, 2016

Hola amigos de Tardígrados. Hoy vamos a ver cómo se desintegra un pión (pi mesón). En concreto veremos el modo principal en que decae un pión con carga eléctrica positiva. Los pi mesones con carga tienen una masa de 139.6 MeV/c², y una vida media de 2.6 × 10?8 s. Se desintegran debido a la interacción débil. El modo de desintegración más común es una desintegración leptónica hacia un muón y un muón neutrino, la cual ocurre el 99% de las veces:

91676

\displaystyle\pi^+ \rightarrow \mu^+ + \nu_{\mu} \\ \\  \pi^- \rightarrow \mu^- + \bar{\nu}_{\mu}  (1)
Un pión p? está constituido por un par de quarks, en concreto, un quark up y un quark anti-down, y el modo de desintegración principal es como muestra el siguiente diagrama:

pion

Este pi mesón decae en reposo, por lo tanto, las leyes de conservación serán estas:

\displaystyle E_\pi = E_\mu + E_{\nu_\mu} \\ \\  0 = p_\mu + p_{\nu_\mu}
Pero, en el capítulo anterior vimos cómo los neutrinos no pueden estar en reposo auque sean producto de la desintegración de partículas que estaban en reposo. Para este cálculo teórico usaré la relación de dispersión neutrínica descubierta por mi en el capítulo anterior: Así, tendremos:

\displaystyle E_\pi = m_\pi c^2 \;\;\,  \\ \\  p_\pi = 0\;\;\, \small \text{porque} \;\pi^+\; \text{est\'a en reposo} \\ \\  E_\mu^2 = p_\mu^2c^2+ m_\mu^2 c^4 \\ \\  p_\mu = m_\mu c \sinh (\tfrac{v_\mu}{c}) \\ \\  E_{\nu_\mu}^2 = p_{\nu_\mu}^2c^2- m_{\nu_\mu}^2 c^4 \\ \\  p_{\nu_\mu} = m_{\nu_\mu} c \cosh(\tfrac{v}{c})

Observamos también que si el momento del neutrino no es cero, entonces tampoco debe ser cero el momento del muón. En concreto, ese momento debe ser exactamente opuesto e igual en magnitud al del neutrino. Escalarmente serían:

\displaystyle p_\mu = p_{\nu_\mu} \\ \\  m_\mu c \sinh (\tfrac{v_\mu}{c}) = m_{\nu_\mu} c \cosh(\tfrac{v}{c}) \\ \\  \frac{m_\mu \sinh (\tfrac{v_\mu}{c})}{m_{\nu_\mu}} = \cosh(\tfrac{v}{c})  \\ \\  \frac{v}{c} = \rm{arcosh}\left(\frac{m_\mu \sinh (\tfrac{v_\mu}{c})}{m_{\nu_\mu}}\right)

camara-burbujas

Si suponemos que el muón se mueve con una velocidad sublumínica, por ejemplo, con una β = 1/20, obtendremos una β para el neutrino muónico de:

\displaystyle m_\mu = 105.6583715 \; \rm{Me/c^2}  \\ \\  m_{\nu_\mu}= 0.17   \; \rm{Me/c^2}  \\ \\ \beta=\frac{v}{c} = \rm{arcosh}\left(\frac{105.6583715 \sinh (\tfrac{1}{20})}{0.17}\right)   \\ \\  \beta= 4.12974
Es decir, ese neutrino muónico superaría en 4 veces la velocidad de la luz en el vacío. Para un rango de velocidades muónicas que van desde β = 0 hasta β = 1, tendríamos la siguiente gráfica del intervalo de velocidades para el neutrino:

hyperbolas

Saludos

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¿Por qué el cuadrado de la masa de un neutrino es un valor negativo?

Posted by Albert Zotkin en junio 10, 2016

Desde hace muchos años se sabe que el cuadrado de las masas (medidas) de los neutrinos es siempre un valor negativos, lo que resulta extraño, ya que matemáticamente tendríamos una masa imaginaria. Para reconciliar este aparente sinsentido con la razón, se propuso ya desde hace tiempo que los neutrinos debían ser fermiones que se mueven a velocidades superluminicas.

lepto-quarks

El cuadrado de la masa de un neutrino se midió sistemáticamente en experimentos donde tenia lugar la desintegración del Tritio, que produce emisiones beta de baja energía. Esas mediciones de la masa de los neutrinos se realizaba ajustando la forma del espectro de emisión las partículas beta cerca de sus puntos extremos. En muchos de esos experimentos se encontró que los cuadrados de esas masas daban significativos e inequívocos valores negativos. La mayoría de esos datos están registrados en ”Review of Particle Physics, 2000” (Review of Particles Physics, Euro. Phys. Jour. C15, 350-353 (2000).). Dos de esos experimentos en 1999 dieron en sus medias ponderadas el siguiente valor:

\displaystyle m^2(\nu_e) = -2.5 \pm 3.3 \; eV^2  (1)
Sin embargo, otras nueve medidas de experimentos realizados entre 1991-1995 no se usan como medias. Por ejemplo, el valor de:

\displaystyle m^2(\nu_e) = -130 \pm 20 \; eV^2  (2)
con un 95% de nivel de confianza se midió en el LLNL en 1995. El valor negativo del cuadrado de las masas de los neutrinos significa que la relación de dispersión de la energía total y el momento es simplemente:

\displaystyle E^2 - p^2 c^2 = m^2(\nu_e)c^4 \; \textless\; 0  (3)
Desde la teoría de la Relatividad Especial todo esto conduce a pensar que las velocidades de esos neutrinos es superior a c. Por ejemplo, la energía total es desde el punto de vista de esa teoría:

\displaystyle E = mc^2 \gamma = \cfrac{mc^2}{\sqrt{1-\tfrac{v^2}{c^2}}}  (4)
implicaría que esa energía es un número complejo puro. Y lo mismo ocurriría con su momento lineal:

\displaystyle p = \cfrac{mv}{\sqrt{1-\tfrac{v^2}{c^2}}}  (5)
y eso implicar, a su vez, que ha de ser:

\displaystyle E^2 \;\textless\; p^2 c^2

(6)
Todo este sinsentido ocurre cuando usamos los formalismos de la Relatividad Especial para describir la energía y el momento lineal de los neutrinos. Veamos ahora, qué ocurre cuando usamos los formalismos de la Relatividad Galileana Completa:

\displaystyle E = mc^2 \cosh \tfrac{v}{c}  (7)
\displaystyle p = mc \sinh \tfrac{v}{c}  (8)
Observamos, con agrado, que con estos formalismos matemáticos de la Relatividad Galileana Completa, no obtenemos absurdos como energías y momentos que sean magnitudes imaginarias, sino que son números reales, y con la única condición de que la inecuación (6) se cumple para los neutrinos. Por lo tanto los neutrinos podrían ser taquiones, una clase de partículas, que viajarían a velocidades superluminicas. La relación de dispersión entre energía y momento para los fermiones (tardiones) y para los taquiones, se puede representar gráficamente de forma paramétrica así:

e-p

Vemos que son hipérbolas, donde, obviamente, el parámetro es la β = v/c, y las lineas discontinuas, son las asíntotas, que representa la velocidad de la luz, c (es decir para β = 1) . La ecuación de una hipérbola es:

\displaystyle \frac{x^2}{a}-\frac{y^2}{b}=1  (9)
y en forma paramétrica con coseno y seno hiperbólicos es:

\displaystyle \cosh^2 u -\sinh^2 u =1  (10)
Esto significa que, para los fermiones, la relación de dispersión entre energía y momento es:

\displaystyle \cosh^2 \left(\frac{v}{c}\right) -\sinh^2 \left(\frac{v}{c}\right) =1 \\ \\ \\  \cfrac{E}{mc^2}= \cosh \left(\frac{v}{c}\right) \\ \\ \\  \cfrac{p}{mc}= \sinh \left(\frac{v}{c}\right)  (11)
Para partículas que sean taquiones, como supuestamente son los neutrinos, la relación de dispersión entre su energía y momento obedece a una transformación de inversión como la siguiente:

\displaystyle \cfrac{E}{mc^2}= \sinh \left(\frac{v}{c}\right) \\ \\ \\  \cfrac{p}{mc}= \cosh \left(\frac{v}{c}\right)  (12)
Es decir, la gráfica es una hipérbola orientaba norte-sur, como la representada en la figura anterior. Por lo tanto, para los neutrinos tenemos la relación:

\displaystyle E^2- p^2 c^2 = - m^2 c^4  (13)
La conclusión de todo esto es clara: si aplicamos a los neutrinos las mismas leyes y relaciones entre energía y momento que aplicamos a los fermiones, obtenemos masas imaginarias o velocidades superluminicas. Es decir, los formalismos fermiónicos aplicados a neutrinos nos ofrecen valores negativos para los cuadrados de sus masas. Pero si aplicamos una relación de dispersión energía-momento distinta, no obtenemos esos valores imaginarios sino valores reales. Los neutrinos, no tienen por que viajar a velocidades superluminicas, simplemente obedecen la relación E²- p²c² = – m²c4. Por el contrario, los leptones, que tampoco tienen por que viajar a velocidades superlumínicas, poseen esta otra relación de dispersión: E²- p²c² = m²c4.
Analicemos brevemente una desintegracion de Michel para un muón: michel-decay
En dicha desintegración, el muón decae hacia un electrón, más un antineutrino electrónico y un muón neutrino. Si desglosamos la dispersión leptónica, obtenemos:

\displaystyle E_\mu^2- p_\mu^2 c^2 =  m_\mu^2 c^4 \\ \\ E_e^2- p_e^2 c^2 =  m_e^2 c^4 \\ \\  p_{\bar{\nu_e}}^2 c^2 - E_{\bar{\nu_e}}^2  =  m_{\bar{\nu_e}}^2 c^4 \\ \\  p_{\nu_\mu}^2 c^2 - E_{\nu_\mu}^2  =  m_{\nu_\mu}^2 c^4
esas relaciones ya no nos ofrecen ni velocidades superlumínicas, ni masas imaginarias, ni valores negativos de cuadrados de masas, porque las relaciones de dispersión para los neutrinos que usamos aquí son distintas a las que propone la Relatividad Especial. Si suponemos que esa desintegración del muón se realizó en reposo, entonces las leyes de conservación son:

\displaystyle E_\mu = E_e+E_{\bar{\nu_e}}+E_{\nu_\mu} \\ \\  0 = p_e+p_{\bar{\nu_e}}+p_{\nu_\mu}  (14)

Donde Eμ = mμc², y pμ = 0, porque el muón se supone en reposo.

Si observamos detenidamente la relación de dispersión entre energía y momento para los neutrinos aquí propuesta, nos daremos cuenta de que si suponemos que un neutrino está en reposo entonces su momento lineal no sería cero, sino:

\displaystyle p = mc\cosh \left(\frac{v}{c}\right) \\ \\  = mc\cosh 0 = mc  (15)
Esto implica ni más ni menos que un neutrino en reposo es simplemente una partícula que viaja a la velocidad de la luz, c. ¿Contradicción?. ¿Cómo es posible que una partícula esté moviéndose a una velocidad c si hemos dicho que está en reposo?. En realidad, le pasa lo mismo que a los fotones, lo que ocurre es que los neutrinos sí poseen masa y aún así se mueven a velocidad c. Este fenómeno no puede ser descrito con los formalismos de la Relatividad Especial.

Saludos

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Mejorando el método de Newton-Raphson para el cálculo aproximado de raices (ceros) de una función

Posted by Albert Zotkin en enero 4, 2016

El otro día, mientras probaba el método de Newton-Raphson, se me ocurrió que quizás podría mejorarlo un poco. Este método se usa para el cálculo aproximado de las raíces de una función f(x), y es el siguiente:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} (1)
Donde f ‘(x) es la primera derivada de f(x). Es decir, partimos de un punto fijo xn, que suponemos está cerca de una de las raices, y desde él iteramos tantas veces como deseemos hasta aproximarnos más a dicha raíz. Este método tiene el riesgo de que las iteraciones no converjan hacia ninguna raíz, y por lo tanto resulte ineficaz para algunas funciones. Supongamos que queremos hallar alguna raíz de la función f(x) = 3x4 + x2 – 2 y aplicamos seis veces la iteracíon del método de Newton-Raphson partiendo del punto x0 = 1, y si calculamos con una precisión de 40 dígitos, tendremos:

\displaystyle \begin{matrix}   x_1 & = & x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} & = & 1 - \frac{2}{14} & = & \underline{0.8}571428571428571428571428571428571428571 \\   x_2 & = & x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} & & \vdots & = & \underline{0.81}89577717879604672057502246181491464510\\   x_3 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.816}5061857602031922330590601328993201490\\   x_4 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.81649658}10746056647328219979558653427309 \\   x_5 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.8164965809277260327}667768695067608172972 \\   x_6 & & \vdots & & \vdots & = & \underline{0.81649658092772603273242802490196379732}39 \end{matrix}

los dígitos correctos están subrayados.

A continuación presento la mejora que hice para este método de Newton-Raphson:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)} +\sqrt{\frac{f'(x_n)^2}{f''(x_n)^2}-2\frac{f(x_n)}{f''(x_n)}} (2)

Donde f ”(x) es la segunda derivada de f(x). Obviamente esta mejora debería de funcionar para f ”(xn) ≠ 0. Hagamos el cálculo para la función anterior usando esta mejora:

\displaystyle \begin{matrix}   x_1 & = & \underline{0.8}061381468608105183744701440352992991541 \\   x_2 & = & \underline{0.81649}79024576970617429931359189802359533\\   x_3 & = & \underline{0.8164965809277260}299628549775875861636275\\   x_4 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \\   x_5 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \\   x_6 & = & \underline{0.8164965809277260327324280249019637973220} \end{matrix}
Vemos cómo con esta mejora la iteración converge más rápidamente hacia la raíz. En concreto, para este ejemplo, vemos cómo a partir de x3 la aproximación sobrepasa con creces la precisión de 40 digitos.

Pero, ¿Cómo he obtenido la ecuación de mejora (2)?. La serie de Taylor de la función f(x) centrada en xn es

\displaystyle f(x)=f(x_n)+f'(x_n) (x-x_n)+ (x-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!} + ... \,

Si evaluamos para xn+1 obtenemos

\displaystyle f(x_{n+1})=f(x_n)+f'(x_n) (x_{n+1}-x_n)+ (x_{n+1}-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!} + ... \,

Como para el cálculo de las raices f(xn+1) debe ser igual a 0, si consideramos hasta el término cuadrático, tendremos

\displaystyle f(x_{n+1})=f(x_n)+f'(x_n) (x_{n+1}-x_n)+ (x_{n+1}-x_n)^2 \frac{f''(x_n)}{2!}= 0,

Y resolviendo esa ecuación cuadrática para xn+1, tendremos:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)} \pm \sqrt{\frac{f'(x_n)^2}{f''(x_n)^2}-2\frac{f(x_n)}{f''(x_n)}} (3)
Observemos el signo ± delante de la raíz cuadrada del discriminante. Ese signo ± quiere decir que tenemos dos posibles caminos de iteración en la mejora de este método, y los dos deben conducir a una buena aproximación de una de las raices de la función. Obviamente, si en la serie de Taylor consideramos sólo hasta el termino cuadrático excluido, obtenemos el método original de Newton-Raphson. Podríamos considerar mejoras hasta el término cúbico o grados superiores, y veríamos cómo la rapidez de convergencia (o divergencia) aumentaría notablemente.

Este método de Newton-Raphson también puede extenderse a funciones de variable compleja. Así, si partimos de un punto fijo del plano complejo, veríamos cómo sus siguientes puntos de dicho plano, al ir aplicando la iteración, se aproximarían a un punto atractor, el cual sería una de las raíces (ceros) de esa función compleja.

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La fórmula de Machin para el cálculo acelerado de π

Posted by Albert Zotkin en diciembre 27, 2012

En el año 1706 (ya ha llovido), John Machin nos regaló el primer método de cálculo rápido del número \pi, y lo usó para calcularlo hasta una precisión de 100 cifras decimales. Eso fue un logro digno de mención, si consideramos que sus herramientas de cálculo en aquella época eran lápiz y papel. La fórmula de Machin es:

\displaystyle \frac{\pi}{4}= 4\arctan \left (\frac{1}{5} \right ) - \arctan \left (\frac{1}{239} \right )

Obviamente, debe de existir una relación entre los números 1/5 y 1/239. Si indagamos un poquito llegaremos a la conclusión de que para muchos números reales x se cumple que,

\displaystyle \frac{\pi}{4}= 4\arctan\left(\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2+2x^2+2 x \sqrt{1+x^2}}}\right ) -\arctan\left(\frac{-1+ x}{-1-x}\right )

Para el caso de la fórmula de Machín resulta más que obvio que ese número real es x=\frac{119}{120}. Podemos jugar a encontrar números reales x tal que (\frac{-1- x}{-1+x}) y (x+\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2+2 x^2+2 x \sqrt{1+x^2}}) sean número enteros. Podemos implementar esa tarea (por ejemplo para 10000 iteraciones) en Mathematica así:

Do[x = y /.Solve[y+Sqrt[1+y^2]+Sqrt[2+2y^2+2ySqrt[1+y^2]] == t, y][[1]]; If[IntegerQ[((-1-x)/(-1+x))], Print[x, “, {“, (-1-x)/(-1+x), “, “, t, “}”]], {t, 10000}]

Al ejecutar esa tarea para 100000 iteraciones vemos que solo imprime el caso \frac{119}{120} \text{,\ \{239, 5\}}, por lo que se puede plantear la conjetura: ¿es x=\frac{119}{239} es único valor que da un par de números naturales, en ese caso \{239, 5\}?

Para la iteración t=197 tenemos,

\displaystyle \frac{\pi}{4}= 4\arctan \left (\frac{1}{197} \right ) - \arctan \left (-\frac{368831231}{384121583} \right ) = \\ \\ \\  {} \hspace{0.4cm} = 4\arctan \left (\frac{1}{197} \right ) + \arctan \left (\frac{368831231}{384121583} \right )

o esta otra en t=20091,

\displaystyle \frac{\pi}{4}= 4\arctan \left (\frac{1}{20091} \right ) + \arctan \left (\frac{40724873385497839}{40741092780684799} \right )

Podemos dibujar los puntos {t, x} en el intervalo {1,100}, y unirlos todos con una linea roja

En la siguiente gráfica se ven todos los puntos a una escala más ajustada

Estudiendo un poco estos puntos en la gráfica, vemos que sólo existen cuatro puntos con la coordenada x positiva \{2,\frac{17}{31}\},\{3,\frac{31}{17}\},\{4,\frac{401}{79}\},\{5,239\}, y en particular el punto \{5,239\} constituye un máximo, mientras que el siguiente punto, \{6,-\frac{1921}{241}\} constituye un mínimo. El hipotético punto para t=1 no existe (no está definido). Observamos también que la secuencia de puntos tiende a un límite asintótico en x=-1. Por lo tanto, al ser el punto \{5,239\} el máximo, podemos concluir que la fórmula de Machin constituye la configuración más rápida para el cálculo de \pi respecto a las demás comfiguraciones de pares de números.

Por supuesto, aquí no se acaba la historia de esta fórmulita de Machin. Observamos que de la resta de arcotangentes que dan lugar a \frac{\pi}{4}, la arcotangente minuendo está multiplicada por el factor 4. De hecho la fórmula de Machin corresponde a un desdoblamiento de orden 3 en ese minuendo. Para verlo mejor, debemos partir de la identidad,

\displaystyle \frac{\pi}{4}= \arctan \left (1 \right )

ahora desdoblamos \arctan (1) en una diferencia de dos arcotangentes de forma que \arctan (1) =\arctan (\frac{1}{a})-\arctan (\frac{1}{b})

pero, primero debemos saber cómo restar y sumar arcotangentes. Sabemos que \tan(\alpha+\beta) = (\tan(\alpha)+\tan(\beta))/(1-\tan(\alpha)\tan(\beta)), y por lo tanto \tan(\alpha-\beta) = (\tan(\alpha)-\tan(\beta))/(1+\tan(\alpha)\tan(\beta)). Desde estas dos fórmulas es fácil deducir la suma y resta de arcotangentes, si recordamos que \arctan(\tan(x))=x. Así pues tenemos

\displaystyle \arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x + y}{1 - xy}\right) \\ \\ \\ \arctan(x) - \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x - y}{1 + xy}\right)

Una vez que sabemos sumar y restar arcotangentes, podemos continuar con la fórmula de Machin. En el desdoblamiento de orden 1, buscamos dos números, \frac{1}{a} y \frac{1}{b}, tal que

\displaystyle \arctan \left (\frac{1}{a} \right ) - \arctan  \left (\frac{1}{b} \right) = \arctan \left (1 \right )

es decir,

\displaystyle \frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}{1+\frac{1}{ab}} = 1

con lo cual obtenemos la solución para b,

\displaystyle b=\frac{-1-a}{-1+a}

y nuestra fórmula de Machin en su primer desdoblamiento de arcotangente quedará así,

\displaystyle \frac{\pi}{4}= \arctan \left (\frac{1}{a} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right )

podemos seguir desdoblando la arcotangente minuendo, dejando invariante la arcotangente sustraendo, con lo cual obtenemos un desdoblamiento de segundo orden. Pero ahora desdoblarenos en una suma en lugar de en una diferencia como antes, con lo cual ahora hay que resolver la ecuación,

\displaystyle \frac{\frac{2}{c}}{1-\frac{1}{c^2}} = \frac{1}{a}

para obtener

\displaystyle c=a\pm\sqrt{1+a^2}

o sea, tenemos dos soluciones igualmente válidas, para el desdoblamiento de segundo orden,

\displaystyle {} \hspace{0.65cm} \frac{\pi}{4}= 2\arctan \left (\frac{1}{a-\sqrt{1+a^2}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right ) \\ \\ \\ \\ -\frac{3\pi}{4}= 2\arctan \left (\frac{1}{a+\sqrt{1+a^2}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right )

si ahora seguimos desdoblando la arcotangente minuendo en suma de dos arcotangentes, obtendremos el desdoblamiento de tercer orden, que corresponde, como he dicho ya, a la fórmula de Machin misma, y para ello hay que resolver la ecuación

\displaystyle \frac{\frac{2}{d}}{1-\frac{1}{d^2}} = \frac{1}{a+\sqrt{1+a^2}}

para la primera solución, y

\displaystyle \frac{\frac{2}{d}}{1-\frac{1}{d^2}} = \frac{1}{a-\sqrt{1+a^2}}

para la segunda solución. Con lo cual obtendremos cuatro soluciones para el desdoblamiento de tercer orden,

\displaystyle {} \hspace{0.65cm} \frac{\pi}{4}=4\arctan \left (\frac{1}{a+\sqrt{1+a^2}+\sqrt{2+2 a^2+2 a \sqrt{1+a^2}}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right ) \\ \\ \\  -\frac{7\pi}{4}= 4\arctan \left (\frac{1}{a+\sqrt{1+a^2}-\sqrt{2+2 a^2+2 a \sqrt{1+a^2}}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right ) \\ \\ \\  \\  -\frac{3\pi}{4}= 4\arctan \left (\frac{1}{a-\sqrt{1+a^2}-\sqrt{2+2 a^2-2 a \sqrt{1+a^2}}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right )  \\ \\ \\ {} \hspace{0.4cm} \frac{5\pi}{4}=4\arctan \left (\frac{1}{a-\sqrt{1+a^2}+\sqrt{2+2 a^2-2 a \sqrt{1+a^2}}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right )

Intentaré ahora abordar un desdoblamiento de cuarto orden a ver qué encontramos por ahi. Sólo consideraré la primera de las cuatro soluciones. Para ello hay que resolver una ecuación como esta,

\displaystyle \cfrac{\frac{2}{w}}{1-\frac{1}{w^2}} = \cfrac{1}{\frac{1}{a+\sqrt{1+a^2}+\sqrt{2+2 a^2+2 a \sqrt{1+a^2}}} }

y su primera solución es;

\displaystyle w= \frac{1}{2} \left(2 a+2 \sqrt{1+a^2}+2 \sqrt{2} \sqrt{1+a^2+a \sqrt{1+a^2}}+\sqrt{4+\left(2 a+2 \sqrt{1+a^2}+2 \sqrt{2} \sqrt{1+a^2+a \sqrt{1+a^2}}\right)^2}\right)

por lo tanto obtenemos,

\displaystyle {} \hspace{0.65cm}\frac{\pi}{4}=8\arctan \left (\frac{1}{w} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a}{-1-a}  \right )

Es engorroso este procedimiento con todas estas expresiones de sumas con raices cuadradas. En realidad lo único que estamos haciendo es aplicar recursivamente la fórmula de la suma o la de la diferencia para hallar los coeficientes del siguiente orden. Es decir, si aplicamos la suma, tenemos

\displaystyle \dfrac{\frac{2}{a_{n+1}}}{1-\frac{1}{a_{n+1}^2}}=\dfrac{1}{a_n}

que tiene dos soluciones,

\displaystyle a_{n+1}=a_n\pm\sqrt{1+a_n^2}

Por lo tanto, una fórmula de Machin de grado n+1 quedaría así,

\displaystyle {} \hspace{0.65cm}\frac{\pi}{4}=(2^n)\arctan \left (\frac{1}{a_n\pm\sqrt{1+a_n^2}} \right ) - \arctan \left (\frac{-1+a_0}{-1-a_0}  \right )

Para bifurcar mediante una resta hay que hacerlo con dos coeficientes distintos a_{n+1}\ne b_{n+1}, ya que si fueran iguales, su diferencia siempre sería cero y la bifurcación colapsaría estúpidamente a cero. Así pues tenemos que, por ejemplo, el coeficiente a_{n+1} puede ser cierto porcentaje arbitrario 1/k_n del coeficiente a_n, es decir, k_n a_n = a_{n+1}. Por lo tanto, ahora tenemos,

\displaystyle \dfrac{\frac{1}{k_n a_n}-\frac{1}{b_{n+1}}}{1+\frac{1}{k_n a_n b_{n+1}}} = \dfrac{1}{a_n}

cuya solución es

\displaystyle b_{n+1} = \frac{-1-k_n a_n^2}{(-1+k_n) a_n}

O sea, si queremos bifurcar \arctan(1/a_n) mediante una resta, elegimos al azar un peso k_n, por ejemplo k_n=3, por lo que tendremos,

\displaystyle \arctan  \left (\frac{1}{a_n} \right ) = \arctan \left (\frac{1}{k_na_n}\right ) - \arctan \left (\frac{a_n(-1+k_n)}{-1- k_n a_n^2}\right ) \\ \\ \\ \arctan  \left (\frac{1}{a_n} \right ) = \arctan \left (\frac{1}{3a_n}\right ) - \arctan \left (\frac{2a_n}{-1-3 a_n^2}\right )

De esta forma tan sencilla, podemos elaborar el árbol genealógico de todas las fórmulas de Machin. Eligiendo el convenio de que una bifurcación (rama) a la izquierda es desdoblamiento mediante resta, y una bifurcación a la derecha es desdoblamiento mediante suma. Las sumas se tratan con sumandos iguales, así, cuando bifurcamos mediante suma, al ser igual los dos sumando, lo único que estamos haciendo es hallando su mitad y multiplicarla por 2,

\displaystyle \arctan  \left (\frac{1}{a_n} \right ) = 2\arctan \left (\frac{1}{a_n\pm\sqrt{1+a_n^2}}\right )

Pero, también podemos sumar poniendo más peso en uno de los sumando que en el otro, igual que haciamos con la resta para que no colapsara a cero. De esta forma, eligiendo aleatoriamente un porcentaje k_n, resolvemos la ecuación

\displaystyle   \dfrac{\frac{1}{k_n a_n}+\frac{1}{b_{n+1}}}{1-\frac{1}{k_n a_n b_{n+1}}} = \dfrac{1}{a_n}

cuya solución es

\displaystyle b_{n+1} =\frac{1+a_n^2 k_n}{a_n \left(-1+k_n\right)}

y la suma quedaría así,

\displaystyle   \arctan  \left (\frac{1}{a_n} \right ) = \arctan \left (\frac{1}{k_na_n}\right ) + \arctan \left ( \frac{a_n \left(-1+k_n\right)}{1+a_n^2 k_n} \right )

Todo esto es muy bonito, pero podemos controlar mejor esta clase de fórmulas de Machin, si utilizamos números complejos. Sólo hay que darse cuenta que el argumento (ángulo) del numero complejo (a +ib) es \varphi=\arctan(b/a). O sea, si a=b entonces \varphi=\pi/4=\arctan(1). Cuando multiplicamos dos o más números complejos estamos sumando sus argumentos. Por lo canto, si para el producto de dos números complejos obtenemos otro número complejo cuyas parte real e imaginaria son iguales, (a+ib)(c+id) = k +ik, eso quiere decir el ángulo suma \pi/4, y por lo tanto podemos escribir que \pi/4 = \arctan(b/a) + \arctan(d/c). y si esos números complejos que se multiplican están elevados a los exponentes n y m respectivamente, (a+ib)^n (c+id)^m = k +ik, entonces podemos decir que \pi/4 = n\arctan(b/a) + m\arctan(d/c).

Las fórmulas de Machin son todas las que se pueden escribir así,

\displaystyle   \frac{\pi}{4} = \sum_{n}^N k_n \arctan\frac{1}{a_n}

para los número enteros k_n y a_n. Esto significa que, al usar números complejos para tratar con esta clase de fórmulas, vemos que la parte imagaria es siempre la unidad, es decir, son número de la forma z_n= a_n +i

Pongamos por ejemplo, la fórmula hallada por Kikuo Takano en 1982,

\displaystyle    \frac{\pi}{4} = 12 \arctan\frac{1}{49} + 32 \arctan\frac{1}{57} - 5 \arctan\frac{1}{239} + 12 \arctan\frac{1}{110443}

Esa fórmula obedece al producto de números complejos siguiente:

\displaystyle    z=-(49 +i)^{12}(57 +i)^{32}(-239+i)^5(110443+i)^{12}

Al calcular ese producto, vemos que es otro número complejo cuyas parte real e imaginaria son iguales, por eso representa a una fórmula de Machin,

\displaystyle    z=  2^{30} 5^{96} 13^{32} 1201^{12} (1+i)

Otro ejemplo, elegimos la fórmula Machin hallada por Gauss

\displaystyle    \frac{\pi}{4} = 12 \arctan\frac{1}{18} + 8 \arctan\frac{1}{57} - 5 \arctan\frac{1}{239}

y eso representa el producto de número complejos

\displaystyle    z=(18 +i)^{12}(57 +i)^8(-239+i)^5=-2^6 5^{24} 13^{20} (1+i)


La expansión en series de potencias de \arctan y es,

\displaystyle    \arctan y = y - \frac {y^3} {3} +\frac {y^5} {5} -\frac {y^7} {7} +\cdots \\  {} \hspace{1.7cm} = \sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n y^{2n+1}} {2n+1} ; \qquad | y | \le 1 \qquad y \neq i,-i

Para y=1 la serie es,

\displaystyle    \arctan 1 = \sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n } {2n+1}

y esa serie converge muy lentamente hacia \pi/4. El número complejo que representa a esta serie es (1+i). El número complejo que representa a la fórmula de Machin hallada por Gauss, que he escrito arriba, es (18 +i)^{12}(57 +i)^8(-239+i)^5=-2^6 5^{24} 13^{20} (1+i). A simple vista vemos que esta última está formada por la suma de tres arcotangentes, y cada una por separado converge hacia su valor muy rápidamente. En primer lugar tenemos el sumando 12\arctan \frac{1}{18}, y los tres sumandos son

\displaystyle    12\arctan \frac{1}{18} = 12\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n} {(2n+1)(18)^{2n+1}} \\ \\  8\arctan \frac{1}{57} = 8\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n } {(2n+1)(57)^{2n+1}} \\ \\  5\arctan \frac{1}{239} = 5\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n} {(2n+1)(239)^{2n+1}}

O sea, para la Machin de Gauss tenemos,

\displaystyle     \frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^n} {(2n+1)} \left (\frac{12}{18^{2n+1}} + \frac{8}{57^{2n+1}} - \frac{5}{239^{2n+1}} \right )

La pregunta es ¿nos está informando el coeficiente 2^6 5^{24} 13^{20} de que la serie para la Machin de Gauss converge mucho más rápido que la simple para \arctan 1?

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