1661. La potencia matricial

     Mire, profe. Cuando nos enseñó la multiplicación matricial pensé que era una operación caprichosa que ni siquiera era conmutativa: ¡el orden de los factores sí alteraba el producto! Y cuando vimos la potencia matricial aprendimos que era una "fábrica" de matrices conmutables porque A^m·Aⁿ = A^m+n = A^n+m = Aⁿ·A^m: ¡dos potencias de una matriz son conmutables! Además, me encantan las fórmulas de las potencias enésimas... ya que proporcionan las infinitas potencias de una matriz...

    Y a mí me encantan los comentarios de Pepe Chapuza. Y hablando de la potencia enésima... propuse demostrar inductivamente que

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comenzó comprobando que A⁰ = I.

    Profe, mire: (2⁰+2) : 3 = 1; (2⁰−1) : 3 = 0; (2¹−2) : 3 = 0; (2¹+1) : 3 = 1.

    Si suponemos que la fórmula es correcta para Aⁿ calculemos Aⁿ⁺¹...

    Además, las fórmulas sirven para calcular la inversa de A y, de modo similar, se podría demostrar que sirve para las potencias de A⁻¹.

    Perfecto... Queda para el lector comprobar estas últimas afirmaciones de Nina...
    Demostrar las fórmulas para la potencia enésima inductivamente es fácil... pero... ¿cómo se pueden obtener dichas fórmulas? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota utilizó herramientas sofisticadas...

    Mire, profe. Voy a diagonalizar la matriz A = L·D·L⁻¹ donde L es la matriz de los autovectores (columnas) de A, y D es la matriz de los autovalores (diagonal) de A. Entonces

Aⁿ =

= A·A·A·...·A·A·A = 

= L·D·L⁻¹·L·D·L⁻¹·L·...·L⁻¹·L·D·L⁻¹·L·D·L⁻¹ =

= L·D·I·D·I·...·I·D·I·D·L⁻¹ =

= L·D·D·...·D·D·Lⁿ⁻¹ =

= L·Dⁿ·L⁻¹

    Los autovalores son las soluciones de la ecuación  | A − λ I  | = 0 .

 

    Y los autovectores son fáciles de calcular en una matriz de dimensión 2x2...

    Por tanto

1660. Parábolas encadenadas

    Profe, mire. Sea la parábola y = x² + c para algún c>0. Con centro en O(0, 0) giramos la parábola en −90º para obtener otra parábola. ¿Cuánto vale c para que ambas parábolas sean tangentes? Si con centro en O(0, 0) giramos ambas parábolas en 180º obtenemos otras dos de modo que las cuatro  encierran una región del plano. ¿Cuánto mide el área de dicha región?

    Pepe Chapuza me ha propuesto este hermoso problema de geometría. (El dibujo daba alguna pista...) Dejo que la clase lo resuelva...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Como la parábola inicial es simétrica respecto de su eje (que es el eje de ordenadas), si es tangente a la segunda parábola, será también tangente a la bisectriz del primer cuadrante en el mismo punto de tangencia, y por esto la ecuación x² + c = x tendrá una solución única, esto es, un discriminante nulo...

x² − x + c = 0

1 − 4c = 0

c = 1/4

    El punto de tangencia es T(1/2, 1/2) y el vértice de la parábola inicial es V(0, 1/4). Los puntos de tangencia de las cuatro parábolas determinan un cuadrado de lado 1 y área 1×1=1 y este cuadrado determina con las parábolas cuatro segmentos parabólicos de área 4/3×1/8=1/6 cada uno (según la fórmula de Arquímedes). Así pues, el área de la región será la del cuadrado menos las de los segmentos parabólicos, esto es, 1 – 4/6 = 1/3. (Además los focos de las parábolas caen en los puntos medios de los lados del cuadrado y por tanto los lados del cuadrado son los lados rectos de las parábolas...)

    Nina Guindilla se lució... Entonces propuse yo el siguiente problema... 

    En un triángulo equilátero ABC inscribimos el segmento parabólico con cuerda AB y vértice en el punto medio de la mediana del triángulo sobre AB. Demuestra que el arco parabólico AB es tangente a los lados AC y BC del triángulo. ¿Dónde se halla el foco de la parábola?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también se lució... 

    Profe mire. Sea CD la mediana sobre AB y ubiquemos C(0, –1) y D(0, 1). El vértice de la parábola será O(0, 0) y su ecuación y = ax². La mediana del triángulo mide 2 y por tanto su lado mide 2/sen60º = 4/√3, así que localizamos A(2/√3, 1) y B(–2/√3, 1) que han de satisfacer la ecuación de la parábola, o sea, 1 = 4a/3, a = 3/4, así que el foco se encuentra en F(0, 1/3) que es el centro del triángulo. La pendiente de la parábola en A será 2ax = 2ᐧ3/4ᐧ2/√3 = √3 = tg 60º, que es la pendiente del lado AC, por lo que la parábola es tangente al lado AC en A y por simetría, al lado BC en B.

1659. Solo de trompeta...

    Pepe Chapuza está aprendiendo a tocar la trompeta... con matemáticas... 

    Profe, mire. La digitación se aprende al final de memoria y de oído..., pero todo tiene su lógica. La posición de los labios y el flujo o caudal de aire producen los diversos armónicos y las llaves alargan el tubo para bajar semitonos... De esa forma se obtiene la escala cromática...

    Pepe ha tocado un "solo" de trompeta... pero... ¿Quién acompaña a Pepe y aclara su "lógica"?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla acompañó y aclaró... 

    Profe, mire. El armónico primero no suena y el séptimo se suele evitar. Entre el segundo y el tercero hay siete semitonos, por eso se necesitan tres llaves: la primera (por la que pasa el aire) baja dos semitonos, la segunda uno y la tercera tres. Las llaves se combinan para conseguir todas las notas... Hay en total VR_2,3 = 2³ = 8 combinaciones como en la numeración binaria con tres bits: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 y 111. Sobraría una pero las combinaciones 110 y 001 bajan ambas tres semitonos... En la siguiente tabla se muestran en doble entrada los armónicos y las llaves para cada nota. Una misma nota puede ocupar varias casillas (digitaciones alternativas). Las notas graves están en mayúsculas, las intermedias con la inicial mayúscula y las agudas en minúsculas...

	111	101	011	110  /  001	100	010	000
2.ª	#	SOL	#	LA	#	SI	DO
3.ª	#	RE	#	Mi	Fa	#	Sol
4.ª	#	Sol	#	La	#	Si	Do
5.ª	#	Si	Do	#	Re	#	mi
6.ª	#	Re	#	mi	fa	#	sol
8.ª	#	sol	#	la	#	si	do

    Nina terminó advirtiendo que las partituras para trompeta están traspuestas. Esto habrá que aclararlo también... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota aclaró que había un desfase de un tono entre la música escrita y la música producida en la trompeta: un re en la partitura se oirá como un do.

    Profe, mire. Con solo la digitación, algunas notas producidas en la trompeta sonarían desafinadas... Por un lado debido a la forma del tubo (que se estrecha en la boquilla y se ensancha en el pabellón) y por otro lado por el desajuste entre la serie armónica y el sistema temperado... Para corregir el sonido existen unas correderas con las que se puede modificar lo necesario la longitud del tubo... 

    Aquí se muestra el desajuste entre el sistema temperado y la serie de armónicos:

    Entre los armónicos 2.º y 3.º hay 12×log₂(3/2)  = 7,02 semitonos.

    Entre los armónicos 2.º y 4.º hay 12×log₂(4/2) = 12 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 5.º hay 12×log₂(5/2) = 15,86 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 6.º hay 12×log₂(6/2) = 19,02 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 7.º hay 12×log₂(7/2) = 21,69 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 8.º hay 12×log₂(8/2) = 24 semitonos.

    Ahora está claro por qué se utiliza muy poco el séptimo armónico... 

1658. Empaques de entornos

     Recordé la siguiente definición: dados un punto C y un número positivo R, el entorno de centro C y radio R es el conjunto de puntos que distan de C menos de R... Y propuse la siguiente cuestión: ¿de qué manera hay que empacar entornos mutuamente disjuntos y congruentes para cubrir más espacio? Entonces Pepe Chapuza tomó la palabra y matizó... 

    Profe, eso dependerá de la dimensión del espacio... 

    Pepe tenía razón. ¿Y tú qué sabes del tema?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla analizó la situación en dimensiones pequeñas... 

    Profe, mire. En dimensiones 1, 2 y 3 se cubren longitudes, superficies y volúmenes respectivamente. Se denomina densidad del empaque a un límite de una razón entre una parte y un todo: la fracción de la parte cubierta cuando el todo tiende al espacio entero... Un punto que conecta dos entornos se llama ósculo. 

    En 1D los entornos son intervalos y la disposición óptima es obvia...

    Su densidad por tanto es 1 y cada intervalo admite 2 ósculos.

    En 2D los entornos son discos... Intuitivamente, el empaque con mayor densidad parece ser este...

    Pero en demostrarse que lo era se tardó siglos... Cada disco admite 6 ósculos. La densidad se calcula fácilmente... Como los hexágonos regulares alicatan el plano solo hay que dividir el área de un círculo entre la de su hexágono regular circunscrito: π/√12.

    En 3D los entornos son bolas. El empaque más denso se conoció como conjetura de Kepler y solo fue demostrada con ayuda de computadoras...

    Cada bola admite 12 ósculos. La densidad también es fácil de calcular... Como el rombododecaedro adoquina el espacio tridimensional, solo hay que dividir el volumen de una esfera entre el de su rombododecaedro circunscrito: π/√18.

    ¿Qué ocurre en dimensiones mayores? 

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En dimensiones mayores que 3 los entornos son difíciles de imaginar... 

    En 4D un entorno puede tener hasta 24 ósculos pero se ignora el empaque más denso: la mayor densidad conseguida de momento es π²/16. En 5D hay incertidumbre hasta con la cantidad de ósculos posibles para un entorno... 

    Se podría pensar que cuantas más dimensiones hay en juego tanto más difícil es la cuestión, pero no..., sorprendentemente se ha podido demostrar (sin computadoras) que en 8D el empaque óptimo tiene densidad π⁴/384 y entornos con 240 ósculos... y en 24D el empaque óptimo tiene densidad π¹²/12! y entornos con 196560 ósculos...

    Agradecimos a Yoyó Gaviota tan interesante información... 

1657. Cambio de centro...

    Mire, profe. Tengo que cambiar de centro...

    ¡Qué susto! Pensábamos que Pepe Chapuza se mudaba...

    Necesito que el siguiente polinomio centrado en x = 2 

(x−2)³ + 3(x−2)² − 5(x−2) + 10

quede centrado en x = −2.

    No sabíamos por qué necesitaba ese cambio de centro, pero si alguien le echa un cable...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo y deshizo un cambio de variable: x = y−2, y = x+2.

    Profe, mire. ¡Centrémonos!

(x−2)³ + 3(x−2)² − 5(x−2) + 10 =

= (y−2−2)3 + 3(y−2−2)2 − 5(y−2−2) + 10 =

= (y−4)³ + 3(y−4)² − 5(y−4) + 10 =

= y³ − 12y² + 48y − 64 + 3y² − 24y + 48 − 5y + 20 + 10 =

= y³ − 9y² + 19y + 14 =

= (x+2)³ − 9(x+2)² + 19(x+2) + 14

    ¿Algún cable más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota recurrió al polinomio de Taylor...

    Profe, mire. Voy a hallar las primeras derivadas del polinomio...

P(x) = (x−2)³ + 3(x−2)² − 5(x−2) + 10    →    P(−2) = 14

P'(x) = 3(x−2)² + 6(x−2) − 5    →    P'(−2) = 19

P''(x) = 6(x−2) + 6    →    P''(−2) / 2 = −18 / 2 = −9

P'''(x) = 6    →    P'''(−2) / 3! = 6 / 6 = 1

que son los coeficientes que obtuvo Nina...

1656. Las chinchetas

    Profe, mire. Se me abrió la cajita de 100 chinchetas y se cayeron todas al suelo. Conté las que quedaron con la punta hacia arriba: 42... Me pregunto: si se cayeran 7, ¿cuál es la probabilidad de que quedasen 3 hacia arriba y 4 hacia abajo? 

    Pepe Chapuza tiene problemas con las chinchetas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que aquí había una distribución de probabilidad binomial...

    Profe, mire. Consideremos la variable aleatoria discreta X = "número de chinchetas hacia arriba". Buscamos P(X=3). El problema es similar a tirar una sola chincheta 7 veces y que caiga 3 veces hacia arriba y 4 veces hacia abajo. Hay bastantes posibilidades de que esto ocurra... Una sería (▲▼▼▼▲▲▼) . O, si anotamos las tiradas en que sale "arriba", (1ª-5ª-6ª). Da igual cómo lo anotemos porque PR₇ ^3,4 = C_7,3 = 7!/3!/4! = 35 , es decir, hay 35 posibilidades. Solo hay que saber la probabilidad de que una chincheta quede hacia arriba. Supongamos que, por el accidente de Pepe, es 42/100 = 0,42. La probabilidad de que quede hacia abajo será 1–0,42 = 0,58. La probabilidad de cada una de esas 35 posibilidades es la misma: 0,42³·0,58⁴ (sucesos independientes). Por tanto P(X=3) = 35·0,42³·0,58⁴  = 0,2934.

    ¡Bravo! ¿Por qué se llama distribución binomial?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota pensó en general...

    Mire, profe. En el problema anterior, X ~ Bin(7; 0,42), lo que significa que X sigue una distribución de probabilidad binomial, con 7 chinchetas y probabilidad 0,42 para "arriba". Es obvio que P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) + P(X=7) = 1. Estamos "distribuyendo" la probabilidad entre los ocho valores posibles de la variable X.

    En general, si X ~ Bin(n, p), entonces P(X=k) = C_n,k · p^k · q^n−k (donde q = 1–p). Esta fórmula es idéntica a la de un término del desarrollo del binomio de Newton de (p+q)ⁿ. Ahora está claro por qué se llama distribución binomial...

    A n se le denomina número de ensayos, p es la probabilidad del éxito y q es la probabilidad del fracaso. La esperanza y la varianza valen np y npq, respectivamente.

1655. Los círculos gemelos de Arquímedes

     Mire, profe. Dividimos en dos partes un arbelos de vértices A, B y C mediante una perpendicular a la recta ABC que pasa por B. (B está entre A y C.) Entonces, los círculos inscritos en cada parte del arbelos son iguales.

    Menos mal que Pepe Chapuza acompañó esta proposición con un dibujo. ¿Quién la quiere demostrar? 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se adelantó a los demás... 

    Mire, profe. Estos se llaman los círculos gemelos de Arquímedes, y la demostración no es difícil. 

    Sean R y r los radios de las semicircunferencias AB y BC. Supongamos que R≥r. El radio de la semicircunferencia AC será R+r. Sea s el radio del círculo de Arquímedes de la derecha y consideremos los triángulos rectángulos naranja y violeta. Como tienen un cateto común, aplicando el teorema Pitágoras y la tercera identidad notable... 

(R+r−s)² − (R−r+s)² = (r+s)² − (r−s)²

2R 2(r–s) = 2r 2s

Rr = Rs+rs

s = Rr/(R+r)

    Tanto la multiplicación como la adición son operaciones conmutativas, así que, en la fórmula obtenida, R y r son intercambiables... Por tanto el radio del círculo de Arquímedes de la izquierda mide también s... y podemos decir que los círculos de Arquímedes sí son gemelos...

    Muy bien... ¿Algo más que añadir? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota comentó que en el arbelos se han ido descubriendo muchos círculos del mismo tamaño que los de Arquímedes con preciosas propiedades... 

    ¡Profe, si resulta que los círculos de Arquímedes no son gemelos sino multillizos...! 

1654. La danza de Selene

     Pepe Chapuza está "enamorado" de la luna (o como él dice, de Selene) en todas sus fases... Tanto, que incluso imita a los indios de las películas del oeste y dice lunas en vez de meses... Así que le pregunté cuánto duraba una luna... Y él me respondió con otra pregunta... 

    ¿Qué clase de luna: sinodal, sideral, dracónica o anómala?

    La clase se quedó estupefacta... ¡Vamos a ver cómo danza Selene!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos fue desvelando los misteriosos pasos de baile de la luna... 

    Mire, profe.

    El mes sinodal o sinódico es el tiempo que pasa entre dos adelantos de la luna al sol en la esfera celeste: 29,53 días. Sínodo significa encuentro en griego... Es también el tiempo que tarda la luna en pasar por todas sus fases. Las fases lunares se asocian al ciclo de la vida: nace, crece, mengua y muere... Este es el mes al que los indios llaman luna... 

    El mes sideral o sidéreo es el tiempo que tarda la luna en dar una vuelta completa al firmamento: 27,32 días. Se denomina firmamento porque se creía que era el firme soporte de las estrellas fijas. Sidus, sideris significa astro en latín. Si en vez de las estrellas se toma como referencia los solsticios y los equinoccios tenemos el mes trópico o tropical que es ligerísimamente menor debido a la precesión terrestre... Trópico significa vuelta en griego. 

    El mes dracónico o draconítico es el tiempo que tarda la luna en atravesar dos veces la eclíptica (la trayectoria del sol el el cielo): 27,21 días. Medio mes la luna está a un lado de la eclíptica y el otro medio mes está al otro lado. Los puntos de cruce se llaman nodos y los eclipses se producen en ellos, de ahí el nombre de eclíptica. Según un antiquísimo mito, es un dragón el que se come al sol o a la luna y por eso se dice mes dracónico...

    El mes anómalo o anomalístico es el tiempo que tarda la Luna en atravesar dos veces la línea de ápsides de su órbita elíptica: 27,55 días. Los ápsides son el perigeo y el apogeo que son los puntos donde la luna más se acerca y más se aleja, respectivamente, de la tierra, ya que esta se halla en uno de los focos de la elipse. El mes se denomina anómalo en el sentido de extraño...

    Pero lo más enigmático es que la luna tarda lo mismo en realizar una rotación que una traslación, por eso siempre da la cara y nunca nos da la espalda... 

    Después de la intervención de Nina pregunté cómo se aprendió cada uno el número de días que tienen los meses de nuestro calendario... 

RESOLUCIÓN

    La mayoría de los alumnos contestó que fue con los nudillos de las manos o con alguna retahíla. Pero Yoyó Gaviota lo hizo con las teclas del piano... 

    Profe, mire. Si empezamos en la nota fa, las teclas blancas corresponden a meses de 31 días y las negras a los de menos días... 

    Se deja al lector interesado que investigue los movimientos de la tierra, esto es, la danza de Gea... (traslación, rotación, precesión, nutación y alguno más).

1653. Girando los símbolos

     Mire, profe. En el suceso condicionado A|B estamos suponiendo B. En el suceso diferencia A\B estamos excluyendo B. Encuentro cierta relación entre las dos operaciones... De hecho las fórmulas de sus probabilidades se parecen:

P(A|B) = P(A⋂B) / P(B) 

P(A\B) = P(A⋃B) − P(B)

    Es como si girásemos los símbolos de las operaciones...

    No hace falta que os diga que Pepe Chapuza no dejará de sorprenderme... ¿Girar los símbolos?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla le siguió la corriente a Pepe...

    Profe, mire lo que sucede con varios sucesos... Si cambiamos ahora la multiplicación por la suma... girando... 

P(A⋂B⋂C...) = P(A) × P(B|A) × P(C|(A⋂B))...

P(A⋃B⋃C...) = P(A) + P(B\A) + P(C\(A⋃B))...

    ¿Alguna fórmula más? 

RESOLUCIÓN

    Profe, mire lo que pasa girando los símbolos... 

    Si P(A|B) = P(A) entonces A y B son independientes, y P(A⋂B) = P(A) × P(B).

    Si P(A\B) = P(A) entonces A y B son incompatibles, y P(A⋃B) = P(A) + P(B).

    Yoyó Gaviota terminó por convencerme... Al menos sirve para aprenderse las fórmulas... 

1652. Los poliedros de Kepler-Poinsot

     Profe, mire. Hay una sola clase de triángulos regulares (los equiláteros) y una sola clase de cuadriláteros regulares (los cuadrados), pero de pentágonos regulares tenemos dos clases (los convexos y los estrellados). Podemos seguir analizando los polígonos regulares... Hay infinitos... convexos y estrellados... A lo que voy...

    Aunque hay infinitos polígonos regulares, solo hay cinco poliedros regulares (los platónicos) y en ellos solo intervienen los triángulos equiláteros, los cuadrados y los pentágonos regulares convexos. ¡Los demás polígonos están vedados! 

    Interrumpí a Pepe Chapuza para que no siguiera divagando... Le comuniqué que los cinco sólidos platónicos eran poliedros regulares convexos... pero que existían los cuatro poliedros de Kepler-Poinsot, que también eran regulares pero que no eran convexos y... ¡en dos de ellos participaba el pentágono regular estrellado!, y que por lo tanto este polígono no estaba vedado...

    Buscad los poliedros de Kepler-Poinsot.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla trajo al día siguiente una presentación de los poliedros de Kepler-Poinsot:

    Profe, mire. Al igual que los lados de un polígono estrellado están atravesados por otros, eso mismo decimos de las caras y de las aristas de los poliedros de Kepler-Poinsot. 

    El gran icosaedro (GI) está formado por triángulos, el gran dodecaedro (GD) por pentágonos convexos y el gran dodecaedro estrellado (GDE) y el pequeño dodecaedro estrellado (PDE) por pentágonos estrellados... pero resulta difícil ver sus caras porque, como dije, están atravesadas... El GI y el GDE son duales. El GD y el PDE también...

    Nina nos mostró de cada poliedro de Kepler-Poinsot una cara atravesada por otras. Esto nos daba una idea de sus aspectos. (Hay bonitas imágenes de los cuatro en la red...)

    Ya habíamos visto que en el hiperespacio tetradimensional había seis polícoros regulares convexos, ¿cuántos polícoros regulares no convexos hay? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota buscó en Internet y encontró diez... 

    Resumiendo, profe. En tres dimensiones hay nueve poliedros regulares y en cuatro dimensiones hay dieciséis polícoros regulares... 

1651. El plano de Fano

    Habíamos hablado de las geometrías afines planas finitas... que se construían a partir de dos axiomas: por dos puntos separados pasa una sola recta y por un punto separado de una recta pasa una sola paralela. Y puse como ejemplo el "esqueleto" del tetraedro: cuatro puntos (los vértices) y seis rectas (las aristas). Pepe Chapuza aclaró.

    ¡Claro, profe! Las rectas paralelas son las aristas opuestas... entendiendo por paralelas que tienen intersección vacía...

    Pepe preguntó a continuación... 

    Si el segundo axioma fuera que dos rectas distintas siempre tienen un único punto común, ¿podríamos hablar de geometría proyectiva plana finita?

    La respuesta fue que sí y que un bonito ejemplo era el llamado plano de Fano... Así que ya había tema para investigar... 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla investigó los dos planos finitos comentados: el afín y el proyectivo...

    Mire, profe... 

    En el primer plano podemos asignar las coordenadas (0,0), (0,1), (1,0) y (1,1) a los cuatro puntos y las ecuaciones (0,T), (T,0), (1,T), (T,1), (T,T) y (T,1−T) a las seis rectas (T∈{0,1}). 

    En el segundo plano, el de Fano, hay siete puntos y siete rectas. (La circunferencia representa una recta...)

    Como cabía esperar, asignamos a los puntos coordenadas homogéneas: (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0) y (1,1,1). Y a las rectas, las ecuaciones homogéneas x≡0, y≡0, z≡0, x+y≡0, x+z≡0, y+z≡0 y x+y+z≡0. (Módulo 2.) 

    Comenté que el plano de Fano estaba relacionado con los octoniones... Ya hay otro tema de investigación... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota es buen investigador... 

    Mire, profe... En lo que sigue las letras minúsculas cursivas representan unidades imaginarias, las redondas minúsculas son números reales, las redondas mayúsculas son complejos y las cursivas mayúsculas son cuaterniones... 

    Pues bien. Los números complejos son binomios a+bi.

    Del mismo modo, los cuaterniones son binomios P+Qj.

P+Qj = a+bi+(c+di)j = a+bi+cj+dk

...porque ij = k. Sabemos que los productos de las unidades imaginarias se representan así:

    Pues bien, los octoniones son binomios U+Vl.

U+Vl = P+Qj+(R+Sj)l = a+bi+cj+dk+(e+fi+gj+hk)l = a+bi+cj+dk+el+fm+gn+ho

...y ya van siete unidades imaginarias... Sus productos se pueden representar con este diagrama:

    ¿Lo ve? ¡Es el plano de Fano!

    Yoyó comentó que el proceso de crear más binomios añadiendo unidades imaginarias puede continuar con los sedeniones, los trigintaduoniones...