426. SOLUCIÓN de 126. Un mensaje incompleto...

    Pepe Chapuzas ha enviado el siguiente mensaje electrónico a sus compañeros. (Y de paso a mí). Lo transcribo aquí para que os entretengáis un rato...

    Completa este mensaje con las cifras que faltan. (Las cantidades se escriben con cifras, no con letras).
    En este mensaje,
la cifra 0 aparece ....... vez/veces,
la cifra 1 aparece ....... vez/veces,
la cifra 2 aparece ....... vez/veces,
la cifra 3 aparece ....... vez/veces,
la cifra 4 aparece ....... vez/veces,
la cifra 5 aparece ....... vez/veces,
la cifra 6 aparece ....... vez/veces,
la cifra 7 aparece ....... vez/veces,
la cifra 8 aparece ....... vez/veces y 
la cifra 9 aparece ....... vez/veces.

SOLUCIÓN

 

    En este mensaje,

la cifra 0 aparece 1 vez/veces,

la cifra 1 aparece 7 vez/veces,

la cifra 2 aparece 3 vez/veces,

la cifra 3 aparece 2 vez/veces,

la cifra 4 aparece 1 vez/veces,

la cifra 5 aparece 1 vez/veces,

la cifra 6 aparece 1 vez/veces,

la cifra 7 aparece 2 vez/veces,

la cifra 8 aparece 1 vez/veces y 

la cifra 9 aparece 1 vez/veces.

 

    Esta es la solución proporcionada por Nina Guindilla. ¿Hay alguna solución diferente?

425. SOLUCIÓN de 125. La corona y la cuerda...

    Estábamos repasando las fórmulas básicas de Geometría con un problema clásico. Había que calcular el área de la corona circular a partir de la longitud (1 metro) de la cuerda tangente a la circunferencia interior. Los chicos se quejaban de que faltaban datos. Pero Pepe Chapuzas dio fácilmente con la solución. Inténtalo y me cuentas tu resultado...

SOLUCIÓN

 

    Nina también pensaba al principio que faltaban datos..., por ejemplo, los radios de la corona. Pero al final resultó que el área no dependía nada más que de la longitud de la cuerda...

    El área de la corona circular es A = p(R²–r²), y como el teorema de Pitágoras nos asegura que R²–r² = 1/4, el área será A = p/4 metros cuadrados.

 

    Son curiosos los nombres relacionados con el círculo: en un círculo hay radios (como en las ruedas), hay coronas (como las de un rey), hay arcos  (como los de un arquero), hay cuerdas (las de los arcos)... y hasta hay sagitas (saetas o flechas). ¿Qué es una sagita en un círculo? 

424. SOLUCIÓN de 124. Tangencias...

    Pepe Chapuzas recurre con frecuencia a figuras con tangencias para sus retos. Este dibujo sencillo que descubrí en su cuaderno me llamó la atención. Venía acompañado, como no, de una preguntita...

    Si un círculo rojo tiene 1 metro cuadrado de área... ¿cuánto mide el área de un círculo verde?

    Responde detallando todos los pasos. Te espera un positivo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó un positivo:

    Profe, mire. Como el área del círculo rojo es 1 metro cuadrado, el radio del círculo rojo es R=1/√p metros y el radio del círculo negro es 2R=2/√p metros. Si llamamos r al radio del círculo verde tenemos que (R+r)²=R²+(2R–r)² gracias al señor Pitágoras. Desarrollando los cuadrados de los binomios R²+r²+2Rr=R²+4R²+r²–4Rr y por lo tanto 6Rr = 4R² por lo que r = 2R/3 = 2/√p/3 y el área del círculo verde será A = 4/9.

    Propón un reto de áreas y tangencias...

423. SOLUCIÓN de 123. Un triángulo de regalo

    Como era el cumpleaños de Pepe Chapuzas los compañeros le han "regalado" un problemilla. Pepe lo ha leído en voz alta en clase...

    Los lados de un triángulo medidos en metros son números naturales. El perímetro es de 8 metros. ¿Cuánto mide su área?

    ¡A por el área! ¡Ánimo!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía muy bien la solución... Había sido de ella la idea del regalo...

    Mire, profe. Las únicas posibilidades de que tres números naturales sumen 8 son 1+1+6, 1+2+5, 1+3+4, 2+2+4 y 2+3+3. Solamente la última combinación se corresponde con un triángulo ya que la suma de los dos lados menores es mayor que el lado mayor: 2+3 > 3. Para calcular el área podemos usar la fórmula de Herón: A=√(s(s-a)(s-b)(s-c)) donde a=2, b=3 y c=3 son los tres lados y s = 4 es la mitad del perímetro. Así tenemos s-a=2, s-b=1, s-c=1 y A=√8 m².

    Teniendo en cuenta que es un triángulo isósceles, calcula el área utilizando la fórmula tradicional (mitad de la base por la altura) y el teorema de Pitágoras...

422. SOLUCIÓN de 122. Las cabras monteses

    En la excursión que hicimos a la sierra vimos cuatro cabras monteses encaramadas en los riscos. Entonces a Pepe Chapuzas se le ocurrió el siguiente acertijo:

    ¿Cómo habría que colocar a las cuatro cabras monteses para que las cuatro equidisten entre sí, es decir, que cada una esté a la misma distancia de las otras tres, de modo que las cuatro estén a la misma altitud sobre el nivel del mar? Hay que tener en cuenta que no pueden estar a menos de 200 metros unas de otras para que no se peleen.

    Colócalas. Y ten cuidado para que no se peleen.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que cada cabra tenía que estar en un vértice de un tetraedro pero... cómo colocar el tetraedro de modo que sus vértices estén a la misma altitud sobre el nivel del mar... 

    Profe, mire. En realidad las cabras tienen que estar separadas muchos kilómetros..., ¡miles de kilómetros! Podrían estar las cuatro nadando en el mar (en distintos mares) y en ese caso el tetraedro estaría inscrito en la esfera terrestre... suponiendo que la Tierra fuera una esfera (que no lo es). Obviando este detalle el problema tendría solución.

    Busca en tu globo terrestre (que sí es una esfera) cuatro puntos en el mar que sean vértices de un tetraedro regular... ¿Habría cuatro puntos así en tierra firme?

421. SOLUCIÓN de 121. ¿Dónde están los primos?

    Responde razonadamente a esta pregunta que ha pinchado Pepe Chapuzas en el corcho de clase:

    En el intervalo [1000000!+2, 1000000!+1000000] hay 999999 números naturales consecutivos, pero ¿cuántos números primos hay?

    ¿Cuántos crees tú que hay? Razona la respuesta.

SOLUCIÓN

    ¡Ninguno!

    Esta fue la tajante respuesta de Nina Guindilla. Dio el siguiente razonamiento...

    Un número K en ese intervalo es de la forma K = 1000000!+n, donde 2≤n≤1000000, por lo tanto n es uno de los factores de 1000000! y se puede sacar factor común: K = n(1000000!/n+1), es decir, K no es primo. ¡Hay 999999 números naturales consecutivos, y ninguno es primo!

    Generaliza el resultado. Para cualquier cantidad M, por muy grande que sea, ¿hay M naturales consecutivos y ninguno de ellos primo?

420. SOLUCIÓN de 120. Un chicle por un polinomio

    En clase se habían apostado un chicle por culpa de este polinomio. Pepe Chapuzas lo había sacado de no sé dónde y decía que se podía escribir como producto de dos polinomios con coeficientes enteros. Algunos compañeros quisieron factorizarlo con la regla de Ruffini, pero como así no salía empezaron a sospechar que Pepe les estaba tomando el pelo. La cuestión acabó en porfía y en la ya famosa apuesta del chicle. Y tú... ¿por quién tomarías partido?

    Yo apuesto por Pepe, pero... ¡ojo! ¡En clase no quiero chicles! Escribe el polinomio como producto de dos polinomios con coeficientes enteros. En vez de un chicle te llevarás un positivo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla había apostado por Pepe... Se había escrito en la palma de la mano la solución y, guiñándome uno ojo, me la enseñó...

    Profe, mire: x⁵+x⁴+1 = (x²+x+1)(x³–x+1).

    Nina me dejó boquiabierto... No quiso confesarme cómo lo había conseguido... Presiento que Nina tiene un don para manejar polinomios... En fin, Nina se llevó el positivo y el chicle (para el recreo).
   Comprueba la solución de Nina y resuelve el problema de polinomios que propuso el día siguiente:

    Al dividir un polinomio P(x) entre x–1 el resto es 1, al dividir P(x) entre x–2 el resto es 3 y al dividir P(x) entre x–3 el resto es 9. Si dividimos P(x) entre (x–1)(x–2)(x–3), ¿el resto es...?

419. SOLUCIÓN de 119. La altura del monumento

    Profe, ¿ha visto lo bonito que es el nuevo monumento? Me ha dicho el escultor que las cuatro esferas son iguales, pues tienen 1m de radio, y que las cuatro son tangentes entre sí, las tres de la base apoyadas en el suelo y la de arriba apoyada en las otras tres. He calculado la altura del monumento pero no sé si está bien...

    Está claro que a Pepe Chapuzas le gustaba el nuevo monumento. A mí también, la verdad... ¿Te atreves a calcular su altura? Espero tu respuesta...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Vamos por partes... Los centros de las cuatro esferas son vértices de un tetraedro regular de arista 2m (2 radios)... El tetraedro está a 1m (1 radio) del suelo y a 1m (1 radio) de la cima del monumento, por lo tanto la altura del monumento es la suma de la altura del tetraedro más 2m, es decir, 2·√6:3+2 = 3,633m.

    ¡Precisión milimétrica la de Nina Guindilla! 
    Obtén con el teorema de Pitágoras la fórmula que te da la altura de un tetraedro regular a partir de la arista.

418. SOLUCIÓN de 118. Vueltas y más vueltas

    Dos atletas corren en un circuito circular. Uno en sentido positivo (antihorario) y otro en sentido negativo (horario). Parten de un determinado punto del circuito, espalda contra espalda, y al cabo de media hora se cruzan en el punto diametralmente opuesto y se detienen para descansar. El primer corredor le ha dado 31 vueltas y media al circuito mientras que el segundo corredor le ha dado 34 vueltas y media. ¿Cuántas veces se han cruzado?

    Pepe Chapuzas os invita a resolver este acertijo. Explica tu respuesta y... ¡que no te maree tanta vuelta!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla corre todos los día pero no en un circuito... Le encanta cambiar el itinerario todos los días...

    Mire, Profe. La solución es muy sencilla: 31,5 + 34,5 = 66 veces se han cruzado... La solución es sencilla pero cuesta un poquito de entender porque los dos atletas están corriendo y yo me mareo... Yo lo entiendo de la siguiente manera... El problema sería equivalente y tendría la misma solución si un atleta estuviera parado y el otro corriera superdeprisa (sumando las velocidades de los dos atletas), así daría 31,5 + 34,5 = 66 vueltas en media hora y se cruzaría conmigo 66 veces.

    Si en vez de correr en distinto sentido corrieran en el mismo sentido... ¿cuántas veces adelantaría el atleta más veloz al más lento?

417. SOLUCIÓN de 117. Peces de colores

    Profe, mire. En mi habitación tengo un acuario con peces de colores... ¡De los 7 colores del arco iris!
    Todos los peces menos 57 son rojos.
    Todos los peces menos 56 son naranjas.
    Todos los peces menos 53 son amarillos.
    Todos los peces menos 51 son verdes.
    Todos los peces menos 48 son azules.
    Todos los peces menos 46 son añiles.
    Todos los peces menos 43 son violetas.
    ¿Cuántos peces hay de cada color?

    Puedes contestar a Pepe Chapuzas sin plantear ningún sistema de ecuaciones. Pero si no te queda más remedio, ¡son 7 ecuaciones de 7 incógnitas...!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla entiende un montón de peces de colores..., así que le entusiasmó resolver el reto del acuario de Pepe Chapuzas... 

    Profe, mire. Si sumo los 57 no rojos, los 56 no naranjas, etc. (57+56+53+51+48+46+43 = 354), está claro que he contado todos los peces 6 veces..., por lo tanto hay 354:6 = 59 peces en total. Ahora es fácil saber que hay 59–57 = 2 peces rojos, 59–56 = 3 peces naranjas, etc..

    Termina el problema y comprueba la solución.

416. SOLUCIÓN de 116. El desierto de 8 jornadas

    Aquí os transcribo este ejercicio que tenía planteado Pepe Chapuzas en su cuaderno. Resuélvelo y explica el resultado.

    Nadie había podido "vencer" a aquel terrible desierto, esto es, nadie había conseguido cruzarlo a pie. Se necesitarían 8 jornadas para atravesarlo (por eso se llamaba así) mientras que una persona solo podía llevar encima alimento y bebida para 5 jornadas. Sin embargo, y a pesar de las dificultades, un grupo de exploradores partió de A y consiguió "vencer" al desierto de 8 jornadas. ¿Cómo lo consiguieron? ¿Cuántos exploradores había como mínimo?

SOLUCIÓN

    Nina hizo unos dibujos o esquemas para explicar su solución:

    Nina había vencido al desierto de 8 jornadas... ¡con solo 4 exploradores! ¡Y sin sacrificar a ninguno por el camino! (Esto no se podía hacer evidentemente... Pepe no necesitaba especificarlo en el enunciado.)
    ¿Cuántos exploradores se necesitarían para vencer a un desierto de 9 jornadas?

415. SOLUCIÓN de 115. ¿Qué día es hoy?

    En todos los exámenes, para rellenar los datos, Pepe Chapuzas siempre pregunta la fecha. ¡Así de despistado es...! Para que no volviera a preguntarla le encargué que hiciera dos dados grandes para ponerlos en una estantería del aula. Los dados debían estar numerados de modo que pudieran mostrar todos los posibles días de un mes, del 01 al 31. Además sería el propio Pepe el encargado de mover los dados cada mañana...

   Pepe construyó dos bonitos dados de contrachapado. ¿Sabrías decirnos qué números tenía cada dado?

 

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla siempre sabía qué día era: llevaba siempre consigo el mes en que vivía... Lo había hecho con siete palitos de polo en los que había escalonado los números del 1 al 31. Solo tenía que ordenar los palitos del lunes al domingo... En el siguiente dibujo se muestra cómo son. (Los tres últimos palitos son los tres primeros por detrás, así podía conseguir meses de 28, 29, 30 y 31 días sin más que darles la vuelta...)

    En ese momento los palitos estaban así:

    Volviendo al asunto de los dados... Nina descubrió cómo los tuvo que hacer Pepe...

 

    Profe, mire. El 0, el 1 y el 2 se tienen que combinar con los demás números (el 1 y el 2 también con ellos mismos) por lo que tienen que aparecer en los dos dados. De ese modo quedan ¡seis caras para las siete cifras restantes! Afortunadamente el 9 se puede conseguir poniendo el 6 boca abajo... En definitiva: un dado tendría por ejemplo 0-1-2-3-4-5 y el otro 0-1-2-6-7-8.

 

    Construye los dados de Pepe o los palitos de Nina... y no te equivoques más de fecha...

414. SOLUCIÓN de 114. Las pelotas saltarinas

    A alguien se le escapó una pelota saltarina en clase. Como curiosamente no era de nadie, quedó confiscada... Entonces propuse un ejercicio y comenté que el primero en resolverlo se quedaría con la pelota saltarina. Dicté el enunciado para que los chicos lo copiaran en sus cuadernos...

    El centro de gravedad de una pelota saltarina recorre una trayectoria parabólica. La parábola pasa por los puntos (–6,0), (0,18) y (6,0). En el punto (0,9) se encuentra el centro de gravedad de otra pelota saltarina misteriosamente inmóvil. ¿Cuál es la distancia mínima que hubo entre las pelotas saltarinas si ambas tienen de diámetro 1? (Todas las cantidades están expresadas en centímetros.)

    Fue Pepe Chapuzas el que rescató la pelota. ¿La podrías haber rescatado tú?

SOLUCIÓN

    Pues sí, Nina Guindilla podría haber rescatado la pelota saltarina...

    Mire, profe. Vamos a calcular la distancia mínima entre los centros de gravedad de las pelotas... La ecuación de la parábola se puede deducir fácilmente a partir de los 3 puntos dados en el enunciado: y = 18 – x²/2. Para evitar las raíces cuadradas, vamos a minimizar la función f que nos da el cuadrado de la distancia de un punto de la parábola (x, 18 – x²/2) al punto (0, 9), es decir, f(x) = x² + (9 – x²/2)² = x⁴/4 – 8x² + 81. La derivada f '(x) = x³ – 16x se anula en x = 0 y en x = ±4. En estos puntos críticos la segunda derivada f ''(x) = 3x² – 16 toma los valores f ''(0) = –16 < 0 (máximo relativo) y f ''(±4) = 32 > 0 (mínimos). La distancia mínima será f ^1/2(±4) = (4⁴/4 – 8·4² + 81)^1/2 = 49^1/2 = 7. Pero todavía tenemos que restar los radios de las pelotas: 7 – 1/2 –1/2 = 6 centímetros.

    Estudia los puntos críticos sin utilizar la segunda derivada. (Estudia la monotonía de f.)

   

413. SOLUCIÓN de 113. Una araña en el salón

    El salón de mi casa es un ortoedro. La planta es un rectángulo de 5m por 4m. El salón tiene una altura de 3m. Una araña se aloja en el vértice A del salón, que está en el suelo, y quiere mudarse al vértice opuesto B, que está en el techo. ¿Cuál es el camino más corto?

    Recuerda que las arañas no vuelan. Resuelve este reto de Pepe Chapuzas. Espero tu respuesta.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La araña tiene que recorrer 2 caras del ortoedro. Hay 3 posibilidades (más otras 3 simétricas y equivalentes a las anteriores)... Si abrimos el diedro de cada pareja de caras tenemos un rectángulo:

    Para cada rectángulo la distancia más corta de A a B es la diagonal. Podemos calcularlas con el teorema de Pitágoras: √(3²+9²) = √90, √(7²+5²) = √74 y √(8²+4²) = √80.
    ¡El camino más corto es el que recorre las 2 caras más grandes!: el suelo y la pared larga (o la otra pared larga y el techo).

    Profe, si fuera una mosca la que tiene que ir de A a B volando en línea recta, la distancia recorrida sería la diagonal del ortodedro: √(3²+4²+5²) = √50, que es un número irracional. A veces la diagonal de un ortoedro de lados naturales es natural: √(1²+2²+2²) = √9 =3. Este ortoedro tiene 2 lados iguales... ¿Existe algún ortoedro de lados naturales, todos diferentes, cuya diagonal sea también natural?

 

    Investiga la cuestión planteada por Nina...

412. SOLUCIÓN de 112. Dominé, dominaste, dominó...

    Los juegos de mesa, gracias a su familiaridad, dan "mucho juego" para explicar Matemáticas. Pepe Chapuzas explota estas herramientas en sus ya famosos retos... Este es un bonito ejemplo...

   Profe, mire. Tengo un tablero de 8 x 7 = 56 casillas cuadradas, y un juego de dominó de 28 fichas. Las dimensiones del tablero y de las fichas son tales que una ficha del dominó ocupa justamente dos casillas del tablero. Hay muchas formas de cubrir completamente el tablero con las fichas. En el dibujo se muestra una (las fichas están boca abajo)... La cuestión es la siguiente: ¿se puede cubrir un tablero de 54 casillas como el de la siguiente figura (se han quitado dos esquinas al anterior) con 27 fichas del dominó? Yo no lo he conseguido todavía...

    ¿Tú qué opinas? Razona la respuesta. (Por supuesto, no se puede partir ninguna ficha del dominó).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla coloreó en marrón las mitad de las casillas del tablero como en un damero...

    Mire, profe. Cada ficha de dominó ocupa dos casillas de distinto color. Si se pudiera cubrir el tablero con 27 fichas de dominó habría la misma cantidad de casillas marrones que de blancas, y sin embargo hay 28 casillas marrones y solo 26 blancas...

    Al día siguiente Nina trajo otro tablero coloreado como un damero y con la misma cantidad de casillas marrones que de blancas... y sin embargo no se podía cubrir con fichas de dominó.
¿Sabrías hacer un tablero así? ¿Cuál es el menor números de casillas para hacer un tablero así?

411. SOLUCIÓN de 111. A la hora de comer

    Profe, mire. En casa son muy estrictos con el horario de la comida. Siempre se come entre las 2 y las 3. No se puede empezar hasta que las agujas del reloj del comedor (un reloj clásico de dos agujas) no estén justo una encima de la otra, y hay que terminar antes de que las agujas apunten en sentidos contrarios...

    ¡En casa de Pepe Chapuzas tienen que darse prisa para comer...!
    Expresa en horas, minutos y segundos el inicio y el final del período de la comida.
    ¿De cuánto tiempo disponen para comer?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó un problema de persecución... de agujas.

    Profe, mire. Cada 12 horas la aguja pequeña da 1 vuelta y la aguja grande da 12 vueltas en el mismo sentido. Por lo tanto, en esas 12 horas, apuntarán 11 veces en el mismo sentido y 11 veces en sentidos opuestos..., es decir, tendrán la misma dirección en 22 ocasiones. La comida transcurre entre 2 de esas ocasiones sucesivas, por lo que su duración será de:

12:22 horas = 32 minutos y 43,636363... segundos.

 

    Entre las 2 y las 3 las agujas tienen la misma dirección en dos ocasiones: 

a las 4·12:22 horas = 2 horas, 10 minutos y 54,545454... segundos,

y a las 5·12:22 horas = 2 horas ,43 minutos y 38,181818... segundos.

 

    En la actualidad, los segundos se dividen decimalmente: 1 segundo = 1000 milisegundos. Sin embargo, antiguamente los segundos (temporales y angulares) se dividían también sexagesimalmente: 1 segundo = 60 terceros... Da las soluciones de Nina en horas, minutos, segundos y terceros... (redondeando los terceros).

410. SOLUCIÓN de 110. Pescando fracciones unitarias

    Profe, mire. Podemos escribir la fracción unitaria 1/6 como suma de dos fracciones unitarias iguales: 1/6 = 1/12 + 1/12. Pero... ¿de cuántas formas se podría escribir 1/6 como suma de dos fracciones unitarias diferentes, es decir, 1/6 = 1/m + 1/n con números naturales m y n diferentes? (Para simplificar podemos suponer que m > n). Ya he pescado algunas soluciones pero no sé si las tengo todas...

    Os propongo esta duda de Pepe Chapuzas como ejercicio. Encuentra (o pesca) todas las soluciones.
    Además, calcula, para cualquier fracción unitaria 1/k, el mayor valor de m y el menor valor de n para que 1/k = 1/m + 1/n. (Con k, m y n números naturales, por supuesto.)

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le gustaba pescar (siempre que no fueran peces)...

    Profe, he pescado todas las parejas de fracciones unitarias diferentes que suman 1/6. Son estas: 1/42 + 1/7 = 1/24 + 1/8 = 1/18 + 1/9 = 1/15 + 1/10 = 1/6.
    En el caso 1/k = 1/m + 1/n, tiene que ser n > k porque 1/k > 1/n. Así pues, el menor valor de n será k+1, y despejando m = 1/(1/k–1/n) = k·n/(n–k) y sustituyendo n por k+1 tendremos que el mayor valor de m será k(k+1).

    Si 1/a = 1/b + 1/c + 1/d (con a < b < c < d, números naturales) ¿Cuál es el mayor valor que puede alcanzar d?

409. SOLUCIÓN de 109. Una progresión imaginaria

    Pepe Chapuzas tiene un truco para asimilar conceptos: mezcla los temas. En este reto que acaba de proponer en clase enlaza los números complejos y las progresiones:

    El producto de nueve números complejos que están en progresión geométrica es i. Calcula el término quinto de dicha progresión.

    Hay varias soluciones. Encuéntralas todas en forma polar.

    Se pueden definir muchas sucesiones de forma recursiva, es decir, determinando cada término en función de uno o varios términos anteriores. En forma recursiva las progresiones geométricas se escribirían (a_n+1 = a_n · k) y las progresiones aritméticas serían (a_n+1 = a_n + k). Mandelbrot estudió las sucesiones en forma recursiva (a_n+1 = a_n² + k) y descubrió uno de los conjuntos complejos (en el doble sentido de la palabra) más fascinantes de las Matemáticas. Si quieres echarle un vistazo disfruta el siguiente video en pantalla completa:

    (Si así no lo puedes ver, pincha en el siguiente enlace, ODISEA MANDELBROT, de YouTube).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla escribió los 9 términos en función de a₅ y probó que a₅ era la media geométrica de los 9 términos... por lo que solo había que calcular las 9 raíces novenas de i.

    Busca más vídeos sobre el conjunto de Mandelbrot y compártelos.

408. SOLUCIÓN de 108. "Simplifichapuzas"

    Un día llegué a clase y encontré a Pepe Chapuzas haciendo una parodia del profe de Mates. ;-)

    Hoy vamos a explicar lo que es una simplifichapuza. Una simplifichapuza es una simplificación de una fracción de números naturales en la que, a pesar de ser el resultado correcto, en el examen se saca un rosco perfecto... Aquí tenéis un buen ejemplo:

    Cuando se dieron cuenta de mi presencia estaban todos en plena carcajada...

    Busca otra "simplifichapuza" y si la encuentras me la envías. Nos vemos.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró esta "simplifichapuza":

    Busca tu "simplifichapuza" y compártela.

407. SOLUCIÓN de 107. En caída libre

    Pillé a Pepe Chapuzas tirando canicas desde la ventana del aula. Para intentar evitar mi regañina (cosa que no logró) se excusó diciendo que no las estaba tirando, que las estaba dejando caer; que no había nadie en el patio en ese momento; que se trataba de un experimento... Al final se disculpó para evitar el parte de disciplina y el castigo (cosas que tampoco logró). Tuvo que copiar no sé cuantas veces "no se tiran objetos por la ventana" y limpiar el patio... Al día siguiente se disculpó de nuevo en forma de problema. ¡Originalidad no le falta a Pepe precisamente!

    Ayer estaba dejando caer canicas desde la ventana, de lo cual me arrepiento sinceramente, pero antes de que llegara el profe pude comprobar que las canicas tardaban 1 segundo en recorrer la segunda mitad de su trayectoria. ¿Me puede decir alguien desde qué altura dejaba caer las canicas?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se preguntaba cómo diablos podía haber cronometrado Pepe la segunda mitad del recorrido de la canica... En fin, se puso a hacer cálculos...

    La canica está sometida a la aceleración gravitatoria g = 9,8 m/s2. Si tarda en caer T segundos tenemos que (h = 4,9·T2) y (h/2 = 4,9·(T–1)2 = 4,9·T2–9,8·T+4,9). Reduciendo h en el sistema obtenemos la ecuación 4,9·T2–18,6·T+9,8 = 0. Con la fórmula general de las soluciones de las ecuaciones cuadráticas sale T = (18,6+√(18,62–4·4,9·9,8))/9,8 = 3,16 s. De esta manera h = 4,9·3,162 = 48,93 m. ¡Pepe nos ha tomado el pelo! ¡Ni que el insti fuera un rascacielos...!  

    Al resolver la ecuación de segundo grado, Nina ha ignorado una de las dos soluciones. ¿Por qué? ¿Qué significado tiene esa segunda solución?

406. SOLUCIÓN de 106. Los "perisógonos"

    A Pepe Chapuzas le gusta inventarse términos matemáticos uniendo alegremente raíces griegas. Su última acuñación chapucera es el vocablo "perisógono". Un "perisógono" para Pepe es un polígono que tiene un número impar de lados (y de ángulos obviamente). El siguiente reto va de "perisógonos".

    Los ángulos interiores de cierto "perisógono" son todos diferentes pero se tiene que, ordenados de menor a mayor (o de mayor a menor), están en progresión aritmética. Como hay un número impar de términos en esta progresión hay uno que ocupa el lugar central, y resulta que es un ángulo de 172º. ¿Cuántos lados tiene este "perisógono"?

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla sabía que si una progresión aritmética tiene un número impar de términos, la suma de ellos (S) es igual al término central (C) por el número de términos (N).

 

    Profe, mire. En el siguiente dibujo se ve que S = C·N. (Si hubiera un número par de términos no habría término central.)

    Por otro lado sabemos que la suma de los ángulos de un polígono es S = (N–2)·180º. (Un polígono se puede descomponer en N–2 triángulos...)

    Igualando las expresiones para S tenemos 172·N = 180·N – 360, por lo que 8·N = 360 y entonces sale que N = 360:8 = 45. El polígono tiene 45 lados (y 45 ángulos, claro).

 

    Los 45 ángulos están en progresión aritmética y la solución es independiente de la diferencia de la progresión... Sin embargo esta diferencia no puede ser cualquier cantidad... ¿Por qué?

405. SOLUCIÓN de 105. La gran suma

    Pepe Chapuzas había resuelto un sudoku en medio recreo. En el otro medio recreo calculó la suma de todos los números naturales de 9 cifras que se pueden formar con las 9 cifras (las 9 diferentes) del sudoku (el 0 no se utiliza). Cuando empezó la clase de Mates lo propuso como reto...
    Hay un positivo para quien lo resuelva.

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla es más rápida que Pepe. ¡Solo tardo un tercio de recreo!

 

    Profe, mire... Hay en total 9! = 1·2·3·...·9 = 362880 números así... De ellos, 8! = 40320 terminan en 1, y otros tantos en 2, en 3, etc., por lo que la suma de las unidades de todos los números valdrá (1+2+3+...+9)·40320 = 45·40520 = 1814400. Esto mismo se puede hacer con las decenas, las centenas, etc., por lo que la suma será (1+10+100+...+100000000)·1814400 = 111111111·1814400 = 201599999798400, o sea, doscientos un billones quinientos noventa y nueve mil novecientos noventa y nueve millones setecientos noventa y ocho mil cuatrocientos. ¡Casi nada!

 

    El reto de Nina también jugaba con las cifras del sudoku:

 

    Si colocamos las 9 cifras del sudoku en los círculos de modo que 3 cifras alineadas siempre sumen la misma cantidad... ¿Qué cifra puede ir en el centro?

 

404. SOLUCIÓN de 104. El camino más corto

    Para Pepe Chapuzas cualquier tema se convierte en excusa para plantear un problema.

    Profe, mire. Para llegar al insti la gente ataja por el césped y se ha formado una veredita... ¡Si no les hubieran dicho que el camino más corto es en línea recta...! A propósito de caminos... Mire este problema de Combinatoria. Hay infinitas maneras de llegar de "a" a "b", pero... ¿cuántos caminos de 100 metros hay sin pisar el césped?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Para ir de "a" a "b" en 100 metros sin pisar el césped hay que recorrer 10 lados de cuadrados, 6 hacia el norte (N) y 4 hacia el este (E). Una posible ruta sería EEENENENNE. Todas las permutaciones posibles con estos elementos me da la solución: 10!:6!:4! = 210.

    Nina Guindilla ha utilizado las permutaciones con repetición... Y ahora os propone que calculéis el número de rutas de diferentes para ir de "A" a "B" en 190 metros sin pisar el césped, teniendo en cuenta que los lados de los hexágonos miden 10 metros...

403. SOLUCIÓN de 103. Dos millardos de segundos...

    Profe, mire. En Inglés nos pusieron un texto en el que aparecía "one billion" y todos lo tradujimos mal. Resulta que no es un billón sino mil millones... Y un billón es "one trillion" en inglés...

    Pepe Chapuzas había tropezado con falsos amigos. ¡Hay falsos amigos hasta en los numerales...! Comenté que un millardo era un numeral castellano poco utilizado que equivalía a "one billion", es decir, a mil millones. Y que esas cantidades tan grandes eran difíciles de imaginar y que a veces se necesita realizar un cambio de unidades para entenderlas. Entonces Pepe me preguntó con cierta falta de discreción por mi edad. Bueno..., para ser exactos me dijo si ya había cumplido un millardo de segundos. Yo le contesté (mentí) que acababa de cumplir dos millardos de segundos ... ¿Cuántos años se supone que tendría si mi respuesta hubiera sido verdadera?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Un año tiene 365,25 días, cada día 24 horas y cada hora 3600 segundos. Por lo tanto un año tiene 365,25 · 24 · 3600 = 31557600 segundos. Dividiendo 2 millardos entre 31557600 nos sale 63 años y pico... ¡Profe! ¡Qué bien se cuida!

 

    Agradecí a Nina su piropo... ;-)

    "One quadrillion" no es un cuatrillón... ¿De qué numeral se trata?

402. SOLUCIÓN de 102. La intuición de Pepe Chapuzas

    Habíamos dibujado en la pizarra las hipérbolas equiláteras xy = ±1 y fue fácil calcular el área del círculo tangente a las cuatro ramas de hipérbola. Entonces Pepe Chapuzas irrumpió con la siguiente cuestión:

    Profe, intuyo que todas las elipses tangentes a las cuatro ramas de hipérbola tienen la misma área. ¿Me equivoco?

    ¡Bravo por la intuición de Pepe! Demuestra que estaba en lo cierto.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se dejaba guiar por la intuición, pero tenía presente que la intuición a veces engañaba... Lo primero que hizo fue calcular el área del círculo centrado en (0,0) y que pasaba por los vértices de las hipérbolas:

    Mire, profe. El vértice de la rama de hipérbola del primer cuadrante está en (1,1), que es el punto de la rama más próximo al centro (0,0), así que el radio del círculo será r = √(1²+1²) = √2 y el área del círculo será A = πr² = 2π.

    Nina probó que una elipse con ejes en los ejes coordenados (x²/a² + y²/b² = 1) y con área 2π cortaba a cada rama de hipérbola en un único punto:

    Si a y b son los semiejes de la elipse y el área A = πab = 2π, entonces b = 2/a. Por tanto, la ecuación de la elipse queda x²/a² + a²y²/4 = 1. El punto de corte con la rama de hipérbola del primer cuadrante (y = 1/x) cumplirá x²/a² + a²/x²/4 – 1 = 0, que factorizado es (x/a – a/x/2)² = 0, que es cierto para  x/a = a/x/2, es decir, (x = a/√2) y (y = √2/a). Con esto valdría...

    Pero Nina, por si las moscas, comprobó que el punto de corte era un punto de tangencia.

    Si derivamos las ecuaciones de la elipse y de la hipérbola respecto de x obtenemos sus pendientes en el punto de corte. Si es un punto de tangencia, las pendientes coincidirán... Para la elipse (x²/a² + a²y²/4)' = 2x/a² + a²yy'/2 = 0, y la pendiente valdrá y' = –4x/a⁴/y = –2/a². Para la rama de hipérbola (xy)' = y + xy' = 0 y la pendiente valdrá y' = –y/x = –2/a².

    ¿Te convence lo que ha hecho Nina? Analiza críticamente su solución...
    Nina intuye que el resultado sigue siendo válido para elipses tangentes a las cuatro ramas de dos hipérbolas conjugadas... ¿Qué opinas al respecto?