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Ciencia en español -ʟᴀ ʀᴀᴢóɴ ᴇsᴛá ᴀʜí ғᴜᴇʀᴀ-

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Hoy es el día del número π

Posted by Albert Zotkin en marzo 14, 2019

Hoy es el Día del número π, la fecha es 3/14/2019, pero sólo para quien escribe en inglés. Para nosotros, que hablamos y escribimos en español, en el formato de la fecha, primero escribimos el día del mes, después el mes y por último el año. Es decir hoy es 14/3/2019. Por lo tanto, para nosotros los hispanohablantes, hoy no es el Día del número π. De hecho, nosotros los españoles, celebramos el número π dos veces al día. A las 3 horas 14 minutos y 15 segundos de la tarde, y otra vez a la misma hora de la madrugada. ¿Por qué?. Porque somos más chulos que los sajones 😛

Al parecer, el Día del número π se le ocurrió al físico Larry Shawn, que a la sazón trabajaba en el Museo de la Ciencia Exploratorium de San Francisco. Otra curiosidad es el “lamentable” suceso de que Albert Einstein naciera el Día del número π del año 1879 (quizás por esa razón el número π aparece dentro de la ecuación de campo del susodicho personaje). Pero eso no es todo. Siguiendo la broma sajona del Día de π, tendremos que 2π = 6.28, sería el día 28 del mes de Junio. Pero, ese día del año 1971 nació Elon Musk, asi que no sigamos por esa senda.

Y para terminar esta breve reseña del número π, os dejo una fórmula hallada por mí:

\displaystyle   3 \prod _{n=1}^{\infty }\frac{36 n^2}{36 n^2 -1}=\pi

que, como se puede comprobar, se parece mucho a la hallada por el matemático John Wallis en 1605:

\displaystyle   2 \prod _{n=1}^{\infty }\frac{4 n^2}{4 n^2 -1}=\pi

Saludos

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Un intento de investigar la profundidad computacional de nuestro universo

Posted by Albert Zotkin en septiembre 16, 2015

fractal-univser

Hace ya algún tiempo hice una pequeña animación en flash, en la que mostraba cómo una pequeña simulación de interacción gravitatoria entre dos cuerpos es suficiente para convencernos de que existe pérdida de información, y eso se traduce en decaimiento orbital (acortamiento del periodo orbital, estrechamiento de la órbita): Aquí os dejo una pequeña captura del programa SWF en acción, que he subido a youtube:

Esa animación está gobernada por un sencillo programa informático (escrito en actionscript). En dicho programa uso la clásica ecuación de Newton de la gravitación universal para el cálculo de la aceleración. Las coordenadas espaciales de los dos cuerpos, calculadas fotograma a fotograma, deberían de dar trayectorias elípticas estables según las leyes de Kepler, pero se observa cómo poco a poco los cuerpos aproximan sus periastros hasta llegar a colisionar. Lo curioso de todo eso es que esa aproximación progresiva, que se puede traducir como pérdida de energía gravitacional, no está programada en el actionscript, sino que emerge por la imprecisión de los registros informáticos que almacenan los datos de la computación. Es decir, aunque las ecuaciones matemáticas que expresan la ley de gravitación son exactas y dan órbitas estables, su ejecución en un ordenador con registros finitos deja de ser exacta para pasar a mostrar degeneración orbital a lo largo del periodo de evolución del sistema gravitacional binario que simula.

Para los incrédulos, mostraré sucintamente las rutinas que escribí en el actionscript de la animación. En primer lugar presento la función que actualiza las coordenadas espaciales de cada uno de los dos cuerpos del sistema binario (podría ser un pulsar binario, como el PSR B1913+16, por ejemplo). Esta rutina es llamada siempre antes de que el programa dibuje cada fotograma:

function update2(m)
{

var cm_x;
var cm_y;
if(_root.r_frame==null){
cm_x=Stage.width/2;
cm_y=Stage.height/2;
}else{
cm_x=_root.r_frame._x;
cm_y=_root.r_frame._y;
}

var r = Math.sqrt(Math.pow((m._x-m.target_body._x),2)+Math.pow((m._y-m.target_body._y),2));
var accel = 30*m.mass*m.target_body.mass/Math.pow(r,2);
var cosx=(m._x-m.target_body._x)/r;
var cosy=(m._y-m.target_body._y)/r;
var accel_x = accel*cosx;
var accel_y = accel*cosy;
var s=1;
m.speed.x-=accel_x;
m.speed.y-=accel_y;
m._x+=m.speed.x-cm_x+Stage.width/2;
m._y+=m.speed.y-cm_y+Stage.height/2;

s=(m._y-m.target_body._y)<0?-1:1;
m._rotation=s*Math.acos(cosx)*180/Math.PI-90;

}

y seguidamente, presento las rutinas de lo que tiene que hacer cada cuerpo en cada frame, así como sus condiciones iniciales:

onClipEvent (load) {
speed = new Object;
speed.x=0;
speed.y=0.1;
mass=3.0;
density =1;
_width=20*Math.pow((3/(4*Math.PI))*mass/density,1/3);
_height=_width;
/*
_width=mass*4;
_height=mass*4;
*/
target_body=_root.a2;
//_visible=false;
body_type=1;//2 star, 1 planet
gotoAndStop(body_type);
this.rx=this._x;
this.ry=this._y;

}

onClipEvent (enterFrame) {
if(this, hittest(this.target_body))
_root.pause=true;

if(_root.pause or !_visible)return;
_root.update2(this);
}

Señoras y señores, en otras palabras. Lo que hasta ahora se viene llamando ondas gravitacionales es simplemente una falacia más. Dichas ondas no existen en nuestro universo. El decaimiento de las órbitas de los sistemas binarios, y por extensión, de cualquier sistema gravitatorio, es simple y llanamente debido a una pérdida de información cuántica en la computación que la naturaleza hace. Aunque nuestro universo podría ser infinito y eterno, el aumento de entropía en él sería un signo inequívoco de esa pérdida de información cuántica. Nuestro universo es un holograma, un autómata celular, no es la última realidad profunda. Pero, alguien podría preguntarse : “¿cómo es posible que si el universo es infinito y eterno pueda ser al mismo tiempo un holograma, un autómata celular?. Esos automatas celulares requerirían unos registros cuánticos infinitos”. Esa pregunta es muy razonable, pero un universo infinito y eterno no está en contradicción con que sea una simulación ejecutada desde registros cuánticos finitos. Sólo se requiere que la simulación del universo sea un holograma fractal. Veamos, este video de Musicians With Guns en el que nos presenta un fractal infinito, pero obviamente ejecutado desde un ordenador (cuyos registros, sabemos sin duda, que son de capacidad finita):

Un fractal, como el que nos ha presentado Musicians With Guns, no es más que una sencillita ecuación matemática acompañada de una lista de condiciones de inclusividad, y todo ello define lo que es el conjunto fractal (es decir, un conjunto de elementos que cumplen ciertas condiciones). Cuando dibujamos el fractal, los pixeles pertenecientes al fondo (elementos que no pertenecen al conjunto fractal) se pintan con un color y los pixeles que representan a elementos del conjunto se pintan de otro color que contraste con el primero, de modo que podamos destacar con facilidad el fractal del fondo.

Saludos

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Algunas pistas para saber si nuestro universo es una simulación informática

Posted by Albert Zotkin en septiembre 13, 2015

Simulation-Theory

Nuestro universo podría ser una especie de Matrix, es decir, una gigantesca simulación por ordenador. El ordenador donde se estaría ejecutando la simulación de nuestro universo podría ser un ordenador cuántico con una memoria de al menos unos 1080 qubits activos.

¿Podemos investigar si nuestro universo es una simulación creada en un simple ordenador cuántico?. Hay varios caminos para saber si eso es así o no. Una forma, que se me ocurre, sería prestar atención a pulsares binarios. Un pulsar binario es un sistema estelar en el que a menudo un pulsar y una estrella enana blanca orbitan el uno alrededor del otro. Se ha observado que los pulsares binarios pierden energía gravitacional con el tiempo, y eso se ha identificado como una prueba de la existencia de ondas gravitacionales, tal y como predice la Teoría General de la Relatividad. Dicha pérdida de energía gravitacional se evidencia en que la pareja orbital se acerca lentamente, con lo cual el periodo de rotación es cada vez menor. Por ejemplo, para el pulsar binario PSR B1913+16 se ha observado que el periodo orbital decae según esta gráfica de una parábola:

orbital-decay

Veamos ahora si es posible explicar ese decaimiento orbital mediante la hipótesis de que la naturaleza realiza cálculos orbitales cuánticos. Para ello debemos saber cómo trabaja un ordenador cuando hace una computación clásica. Existen una serie de registros en los que el ordenador almacena los datos de entrada, y después cuando aplica unos algoritmos a esos datos obtiene unos datos de salida que también almacena en unos registros. Pero, los registros no poseen precisión infinita, sino que poseen un limite finito. Por ejemplo, el número π sólo podría ser almacenado numéricamente hasta cierta cifra. Y ya empezamos vislumbrar en qué consiste ese decaimiento orbital. Fijémonos en la ecuación clásica del periodo orbital de dos cuerpos de masas M1 y M2 que orbitan, según las leyes de Kepler, a lo largo de una elipse:

\displaystyle T = 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{G(M_1+M_2)}} (1)

donde a es es semieje mayor de la trayectoria elíptica.

¿Por qué, a cada revolución, el periodo T se va acortando?. Por la sencilla razón de que los registros que usa la naturaleza no pueden almacenar toda la información con una precisión infinita. Una parte muy importante de esa imprecisión sucesiva la tiene el número π. Supongamos que por cada revolución completada, la naturaleza debe ajustar el valor del semieje mayor según el ultimo valor obtenido para el periodo orbital. Es decir, la naturaleza debe reajustar la órbita de forma recursiva a cada paso así:

\displaystyle a = \sqrt[3]{\cfrac{G(M_1+M_2)T^2}{4\pi^2}} (2)

gas

El problema es que no hay “registros naturales” que puedan almacenar el valor exacto del número π ni de cualquier otro número irracional, con lo cual la órbita elíptica se reajusta siempre a la baja (decaimiento orbital) en cada revolución.

Para el caso que tratamos, la ecuación recursiva sería la siguiente:

\displaystyle a_n = \sqrt[3]{a_{n-1}^3} (3)
Otra forma de interpretar esa pérdida de información cuántica, que produce decaimiento orbital, es considerar que en nuestro universo se produce siempre un aumento de la entropía. Por otro lado, la mecánica cuántica no admite como correcta ninguna solución que se base en la perdida de información cuántica.

La conclusión terrorífica es que nuestro universo podría ser una gigantesca simulación informática, un gigantesco autómata celular. Todo universo en el que exista aumento global de la entropía tiene bastantes papeletas para ser un universo simulado, un universo virtual.

Saludos

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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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