734. De hexaminós y octamantes. RESOLUCIÓN

    Profe, mire la página de los poliedros regulares... ¡Qué feos que son los desarrollos del hexaedro y del octaedro del libro de este año! Los del año pasado me gustaban más.


HEXAMINÓ                                  OCTAMANTE

    No sé si Pepe Chapuzas se refería al color o al tamaño... Pues ni lo uno ni lo otro, se refería a la forma, es decir, a la disposición de los cuadrados y de los triángulos. Entonces le comenté que los desarrollos del hexaedro eran hexaminós (recortables reversibles con 6 cuadrados adosados) y que los desarrollos del octaedro eran octamantes (recortables reversibles con 8 triángulos equiláteros adosados).
    Aunque hay muchos hexaminós y octamantes diferentes, solamente 11 hexaminós son desarrollos del hexaedro y solamente 11 octamantes son desarrollos del octaedro. Descubre estos desarrollos y dibújalos, ¡a ver si los consigues todos!, y envíamelos por correo electrónico. (¡Ojo! Solo hay 11 de cada. Al ser reversibles, se les puede dar la vuelta y obtenemos sus simétricos, que no cuentan).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla cogió 6 cuadrados y 8 triángulos equiláteros y consiguió descubrir los 11 hexaminós y los 11 octamantes. Le hicieron gracia estos nombres porque eran (según ella) reglas de tres lingüísticas... (Si 2 cuadrados forman una ficha de do-minó, un hexa-minó tendrá 6 cuadrados. Y si 2 triángulos forman un di-amante de la baraja, un oct-amante tendrá 8 triángulos.)

    Profe, estos son los 11 hexaminós...

    Y estos son los 11 octamantes...

    Hay hexaminós y octamantes que no son desarrollos de poliedros. ¿Cuántos hay?

    Unos hexaminós y octamantes son simétricos, otros no... Investiga la cuestión...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso buscó hexaminós y octamantes en Internet... y descubrió que hay en total 35 hexaminós y 55 octamantes... Los había con simetría axial y con simetría central... y los había que no tenía ningún tipo de simetría... 

    Mire, profe. Hay 15 hexaminós simétricos, de los que 10 tienen simetría axial y 7 simetría central (hay 2 con simetría axial y central).

    Y hay 19 octamantes simétricos, de los que 12 tienen simetría axial y 8 simetría central (hay 1 con simetría axial y central). 

733. Los secretos de las estrellas. RESOLUCIÓN

    Los dibujos del cuaderno de Pepe Chapuzas no son solo ornamentales. Son reglas nemotécnicas o, como dice Pepe, son estrellas con secreto. Mirad las tres estrellas de la contraportada... Y oíd la explicación de Pepe...

    La primera me da el orden de los sostenidos (fa do sol re la mi si) y los bemoles (si mi la re sol do fa) en las armaduras musicales a partir de la escala. La segunda me clasifica los colores en primarios (rojo amarillo azul) y secundarios (verde violeta naranja) a partir del arco iris (sin el añil). La tercera me da el orden de las antiguas esferas celestes (Luna Mercurio Venus Sol Marte Júpiter Saturno) a partir de los días de la semana.

    Busca una estrella y descubre su secreto.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tiene muchas estrellas con secreto. Nos ha dibujado su primera estrella... (La descubrió cuando era muy pequeña.) Se llama la estrella de pares y nones...

    ¿Tienes ya tu estrella?

RESOLUCIÓN

    La estrella de Yoyó Peluso no tenía ningún secreto... Era la estrella de su veleta: una auténtica rosa de los vientos de 8 puntas. Yoyó se había aprendido muy bien el nombre de los 8 vientos...

732. ¡Buena puntería! RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas también le gustan las novelas policíacas. Lo mejor es que a veces se inventa un relato para detectives matemáticos. Y si no os lo creéis aquí os presento su último caso:

    Siempre me llamó la atención aquella pared agujereada del mesón... El mesonero cuenta una historia diferente cada día sobre el origen de los enigmáticos agujeros para entretener a una fiel clientela tan expectante como incrédula... Esa tarde, al parecer, los famosos agujeros los produjeron las balas que acabaron con el Cojo... Al final, resultó que el Cojo era un triángulo escaleno de malísima reputación... El caso fue que una noche, en un ajuste de cuentas, al Cojo le descerrajaron cuatro tiros en sus puntos notables: el baricentro, el ortocentro, el incentro y el circuncentro... La historia acabó en discusión entre el público acerca de cuál agujero correspondía a cada "centro"...

    Haz de detective matemático y danos una opinión justificada del asunto.

SOLUCIÓN

    La respuesta de Nina Guindilla no admitía reproches...

    Profe, mire. El baricentro, el ortocentro y el circuncentro están alineados (la recta que pasa por ellos se llama la recta de Euler), así que ya tengo localizado el incentro... Y como la distancia del ortocentro al baricentro es el doble de la distancia del baricento al circuncentro, pues... ¡ya está!

    Profe, he descubierto que hay muchos otros "centros" en un triángulo... Está el punto de Gergonne, el punto de Nagel, el punto de Fermat...

    Investiga qué puntos son estos que ha nombrado Nina... Y si descubres otros "centros" de un triángulo, comunícanoslo.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso encontró estos centros y muchos más (más de 7000) en Internet, en la  Enciclopedia de los Centros del Triángulo...

731. El ojo de Horus. RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas le interesan muchas y variadas disciplinas. Por ejemplo, la Música y la Egiptología. Y en cuanto encuentra una relación matemática la anota (más bien la dibuja) en su cuaderno. En este sentido su cuaderno es un tesoro. Os muestro algo que me llamó la atención.

    Indagad en Internet y averiguad qué relación hay entre las partes del ojo de Horus y las figuras musicales.

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla no le costó nada encontrar la relación... El nexo eran las Matemáticas...

    Profe, mire. Cada parte del ojo de Horus representa una fracción unitaria: en particular, una potencia de 1/2. 

    La relación es evidente, ¿verdad? Cada figura dura una fracción de la redonda... ¡Una potencia de 1/2 también!

    Busca en Internet cómo representaban los egipcios otras fracciones y se lo cuentas a los demás...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso indagó acerca de las fracciones en Egipto...

    Mire, profe. Los egipcios trabajaban con fracciones unitarias (1/n). El numerador, 1, no necesitaban escribirlo, como raya de fracción utilizaban un jeroglifo que representaba una boca y, debajo, el denominador... con la numeración egipcia claro. Por ejemplo, 1/47 se representaba así:

730. Reto navideño. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas ha propuesto un reto para Navidad. Pero por ser Navidad dice que es voluntario:

    Descompón en factores primos los números de este árbol de Navidad. El primero, claro, no se puede, y el último lo pongo aquí porque es muy difícil: 999999999 = 3 x 3 x 3 x 3 x 37 x 333667. Para los demás se puede consultar la lista de números primos de la Wikipedia.

    Ánimo, y que no te den las uvas. Y que aunque sea voluntario, el que lo haga tendrá regalito de Navidad...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó el regalito de Navidad. Este es el árbol de Nina... 

    A su vez, Nina tiene otro reto navideño...

    Profe, mire. Con 5 segmentos se puede dibujar una estrella de Navidad... Y he pegado 10 circulitos en las intersecciones. He intentado colocar las diez cifras (del 0 al 9) en los circulitos de de modo que las 4 cifras de cada uno de los 5 segmentos sumen siempre lo mismo... ¡Pero no lo he conseguido!

 

    Coloca las cifras en su sitio o demuestra que es imposible...

 

RESOLUCIÓN

 

    Mire, profe. Si colocamos las diez cifras en los circulitos, como la suma de todas ellas es 45, y cada circulito está en 2 segmentos, y hay 5 segmentos..., entonces la constante mágica, esto es, la suma de los números de cada segmento será 45·2:5 = 18... Veamos... Hay dieciocho combinaciones de cuatro cifras que suman 18. De ellas 10 son simétricas respecto del valor 4,5:

0189

0279
0369
0459
1278

1368

1458

2367

2457

3456

    Las otras 8 combinaciones son asimétricas pero forman parejas especulares (o reflexivas) respecto del valor 4,5:
 

0378   1269

0468   1359

0567   2349
1467   2358

    En el siguiente dibujo se muestra una combinación simétrica y una pareja especular de combinaciones asimétricas...

     Si hubiera una combinación simétrica en un segmento de la estrella mágica, como con cada uno de los otros cuatro segmentos comparte solo una cifra, estos cuatro segmentos tendrían combinaciones asimétricas. No puede haber en la estrella dos combinaciones asimétricas emparejadas especularmente porque no comparten cifras, con lo que en la estrella habría efectivamente una combinación simétrica y cuatro asimétricas, una de cada pareja especular. Pero todas las combinaciones simétricas comparten dos cifras con las dos combinaciones asimétricas de al menos una pareja especular como se muestra a continuación... por lo tanto no es posible una estrella mágica de 5 puntas...

Asimétricas                  Simétricas

0378   1269            0279   0369   1278

0468   1359            0189   0459   1368

0567   2349                 2457   3456

1467   2358                 1458   2367

    Espero que Yoyó Peluso no haya hecho desaparecer la magia de la Navidad...

728. Los cuatro cuatros. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas disfruta con los acertijos matemáticos. Devora los libros de acertijos, como el titulado "El hombre que calculaba" de Malba Tahan. Luego modifica ligeramente los enunciados y se los propone a sus compañeros. Un día los retó con el siguiente ejercicio:

    ¡A ver quién consigue los números del 0 al 9 con exactamente cuatro cuatros y con las cuatro reglas: sumar, restar, multiplicar y dividir! ¡Ah, y sin paréntesis! (Para ello hay que indicar las divisiones como fracciones.) ¡Ah, y puede haber varias soluciones para cada número! Por ejemplo:

    Considérate compañero de Pepe Chapuzas y acepta el reto. (Envíame la solución en un documento por correo electrónico.)

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla me envió por correo electrónico esta solución. (No es la única posible.)

    Además, Nina ha propuesto a la clase obtener los números del 0 al 9 con exactamente tres treses, pero ahora utilizando paréntesis y toda clase de operaciones... ¡A ver si lo conseguís! ¡Ánimo!

RESOLUCIÓN

    Veamos el problema de los tres treses... ¿Lo habrá conseguido Yoyó Peluso? Esto es lo que me mandó...

3·(3–3) = 0
3^3–3 = 1

3–3:3 = 2

3+3–3 = 3

3+3:3 = 4

3!–3:3 = 5

3·3–3 = 6

3!+3:3 = 7

(3!:3)³ = 8

3+3+3 = 9

727. Goniómetro, escuadra y cartabón. RESOLUCIÓN

    En estas herramientas de dibujo se esconden tres números irracionales: π, √2 y √3.

    Para π = 3,14159265... los antiguos griegos utilizaban la aproximación 377/120 y los antiguos chinos 355/113. ¿Cuál era mejor?
    Pepe Chapuzas dice que ha encontrado las mejores aproximaciones de π, √2 y √3 con fracciones de números de tres cifras. ¿Quién se atreve a desafiar a Pepe?
   Os propongo la siguiente competición: Buscad las fracciones de Pepe. Ganarán los que más se aproximen.

SOLUCIÓN

    Con una calculadora, Nina Guindilla ha obtenido unas buenas aproximaciones decimales de π de √2 y de √3:

  π = 3.14159265359

√2 = 1.41421356237

√3 = 1.73205080757

    Profe, mire. Está claro que los chinos atinaron con π mejor que los griegos ya que la aproximación (de Zu Chongzhi) 355/113 = 3.14159292035 es mucho mejor que la aproximación (de Klaudios Ptolemaios) 377/120 = 3,1416666666...

    Nina cree que 355/166 es la mejor aproximación de π con una fracción de números de tres cifras. Para √2 encontró la fracción 577/408 = 1,41421568827 y para √3 halló 989/571 = 1,73204903678. Pero la cuestión sigue abierta porque no sabe si son estas las mejores aproximaciones...

RESOLUCIÓN

    ¡Confirmado! Yoyó Peluso ha hecho todos los cálculos en una hoja de cálculo y puede asegurar que estas son las mejores aproximaciones con fracciones de naturales de tres cifras...

    Profe, ¡hay que aprovechar la fuerza bruta del ordenador-computador!

726. Multiplicar a la rusa. RESOLUCIÓN

    Profe, me gustan las cosas rusas. Me encanta la música rusa, la ensaladilla rusa, la montaña rusa...

    Le pregunté a Pepe Chapuzas si también le gustaba la multiplicación rusa. Y debió de quedar muy intrigado porque al día siguiente vi en su cuaderno unas cuantas multiplicaciones a la rusa. ¡Se había informado en Internet!:

    Profe, los campesinos rusos no sabían las tablas de multiplicar y sin embargo multiplicaban números de varias cifras. Solo tenían que saber sumar y calcular dobles y mitades. Mire:

    Infórmate también tú de cómo se hace, multiplica a la rusa dos números de tres cifras, comprueba que es correcto el resultado y me explicas paso a paso cómo lo has hecho.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla explicó el ejemplo de Pepe.

    Profe, mire. Hago tres columnas. Pongo el factor menor (164) en la primera columna y lo divido (sin decimales) entre 2, el resultado (82) lo escribo debajo y lo vuelvo a dividir entre 2, y así hago sucesivamente hasta llegar a 1... Los números de esta columna pueden ser pares o impares y esto es decisivo para saber qué números hay que poner en la segunda columna y cuáles en la tercera... Pongo el factor mayor (313) en la segunda columna porque el factor menor (164) es par (si el factor menor fuera impar pondría el factor mayor en la tercera columna) y lo multiplico por 2 (626), y repito este proceso poniendo los resultados uno debajo del otro pero en la segunda o tercera columna según sean pares o impares los números de la primera columna, así hasta llegar al 1 de la primera columna. (La última duplicación siempre estará en la tercera columna...) Son estas cantidades de la tercera columna las que me interesan porque la suma de ellas me da la solución.
    Pero profe, a mí la multiplicación que más me gusta es la multiplicación árabe...

    Para entender la explicación de Nina tuve que tener delante la multiplicación rusa de Pepe... Pero lo que Nina quería enseñarme realmente era una multiplicación a la árabe:

    Es una forma bonita de hacer una multiplicación. Explica cómo se hace y busca otras formas de multiplicar...

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. La multiplicación árabe es como la nuestra, solo que las llevadas se van indicando y se suman al final... Un ejemplo parecido se conoce como multiplicación japonesa...

    No necesitaba palabras el ejemplo de Yoyó Peluso...

725. Mate-mágicas. RESOLUCIÓN

    Para Pepe Chapuzas, las Matemáticas tienen un poco de magia... ¡O un mucho!

    Profe, hemos visto en una exposición un grabado de Alberto Durero titulado "Melancolía" donde aparecen objetos relacionados con las Matemáticas: un poliedro, un compás, una esfera..., ¡y un cuadrado mágico! Es mágico porque si sumamos las filas, las columnas, las diagonales, las esquinas, etc., ¡siempre sale 34!

    Por otro lado, el otro día me tropecé con el número mágico 142.857. Mire lo que pasa si calculo su doble, su triple, su cuádruple... ¡Se repiten las cifras y en el mismo orden!

    Busca en Internet otros cuadrados mágicos y otros números mágicos y los compartes con los demás.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos recuerda su primer cuadrado mágico...

    Y aquí nos deja una pareja de números mágicos: 076923 y 153846. 

076923 x 2 = 153846

076923 x 3 = 230769

076923 x 4 = 307692

076923 x 5 = 384615

076923 x 6 = 461538

076923 x 7 = 538461

076923 x 8 = 615384

076923 x 9 = 692307

076923 x 10 = 769230

076923 x 11 = 846153

076923 x 12 = 923076

    Sigue buscando. Las Mate-mágicas te están esperando.

RESOLUCIÓN

    El cuadro mágico favorito de Yoyó Peluso era el de Perelman: con 18 fichas de dominó se construye un cuadrado (6x6) en el que la puntuación de filas columnas y diagonales es 18.

    Además, Yoyó encontró la clave para encontrar números mágicos...

    Profe, los números mágicos son períodos...

1/7 = 0,142857...

1/13 = 0,076923...

2/13 = 0,153846...

    Así se pueden conseguir muchos números mágicos... Por ejemplo, 1/17 nos proporciona un número mágico de 16 cifras y 1/19 otro de 18 cifras (con ceros a la izquierda, claro)...
    Además, estos números mágicos son supermágicos porque si los bisecamos y sumamos las dos partes tenemos: 142+857 = 999, 076+923 = 999, 153+846 = 999. ¡Genial!

    Yoyó se había tropezado con el teorema de Midy...

724. Una cuestión de fuerzas. RESOLUCIÓN

    Aquí tenéis otra historia inventada por Pepe Chapuzas. Como pista os digo que en Física acaban de explicar el movimiento circular, la velocidad angular y todo eso...

    El pirata Maldeojo tenía un ojo de cristal. Pero no era un ojo de cristal cualquiera... Con él, Maldeojo poseía un sexto sentido con el que barruntaba y distinguía el origen de todas las fuerzas que impulsaban su barco: las fuerzas que provenían de los vientos, de las corrientes marinas, de las mareas, de las olas..., y por supuesto notaba la fuerza de gravedad, porque el ojo de cristal pesaba lo suyo. Pero había dos fuerzas que nunca entendió bien del todo... y es que a Maldeojo la Física se le daba fatal.
    La primera fuerza era vertical: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo del ecuador hacia el este, notaba que una fuerza le impulsaba hacia arriba, como si quisiera sacar el barco del agua, y el ojo de cristal le pesaba menos; pero si navegaba hacia el oeste, la fuerza le empujaba hacia abajo, como si quisiera hundir el barco, y el ojo de cristal le pesaba más de lo normal.
    La segunda fuerza era horizontal: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo de un meridiano en el hemisferio norte, bien rumbo al ecuador, bien rumbo al polo, notaba que una fuerza le escoraba el barco a estribor, y el ojo de cristal se le iba hacia ese costado; pero si era en el hemisferio sur, entonces la fuerza empujaba a su barco (y a su fantástico ojo de cristal) a babor...

     Investiga y da una explicación razonada (y razonable) de estas fuerzas que observaba el pirata Maldeojo en sus viajes gracias a su ojo de cristal.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se embarcó con el pirata Maldeojo para comprobar la existencia de las misteriosas fuerzas y así poder explicar su origen. Lamentablemente su sensibilidad no era la suficiente para detectarlas... Así que tuvo que dar una explicación teórica.

    a) Profe, mire. La tierra gira de oeste a este. En el ecuador, a la fuerza de la gravedad se le opone la fuerza centrífuga debido a la rotación de la tierra. Si navegamos hacia el este, nuestra velocidad de rotación aumentará y con ella la fuerza centrífuga, así que pesaremos menos... Lo contrario ocurre cuando naveguemos hacia el oeste, nuestra velocidad de rotación disminuirá y también la fuerza centrífuga, con lo cual pesaremos más...
    b) En la superficie terrestre, la velocidad de rotación es directamente proporcional al radio de giro, por lo que disminuirá cuando aumente la latitud (es decir, cuando nos alejemos del ecuador). Esa deceleración implica una fuerza hacia el este. Lo contrario ocurrirá cuando nos acerquemos al ecuador: habrá una aceleración y una fuerza hacia el oeste. (Son las fuerzas de Coriolis.) Si recordamos que, mirando a proa, estribor es el costado derecho de la nave y babor el izquierdo... ¡Todo cuadra!

    Si un barco pesara 50000 toneladas (megapondios) parado en el ecuador... ¿cuántas toneladas (megapondios) aumentaría o disminuiría su peso al navegar a lo largo del ecuador a una velocidad de 20 nudos? (Es un barco similar al Titanic.)

RESOLUCIÓN

    A Yoyó Peluso le mareaba navegar..., así que tuvo que hacer los cálculos en tierra firme.

    Profe, mire. El radio de la Tierra en el ecuador mide 6378km y debido a la rotación de la Tierra, el ecuador gira a una velocidad de 465,11m/s. Si el barco se desplaza por el ecuador a un velocidad de 20 nudos = 10,29m/s, su velocidad de rotación será 465,11+10,29 = 475,40m/s si va hacia el este, o 465,11–10,29 = 454,82m/s si va al oeste... Las aceleraciones centrípetas serán:

454,48²/6378000 = 0,032385m/s², 

465,11²/6378000 = 0,033918m/s² y

475,40²/6378000 = 0,035435m/s².

    Las diferencias de aceleración nos permiten calcular el aumento o disminución de peso... Si viajamos al oeste el barco pesará (0,033918–0,032385):9,8·50000 = 7,82 toneladas más. Y si viajamos al este el barco pesará (0,035435–0,033918):9,8·50000 = 7,74 toneladas menos... ¡Y solo por navegar!

606. Arte de brujería

    Estábamos viendo la simetría rotacional... Mostré conjuntos que eran idénticos a los que se obtenían rotándolos un cierto ángulo propio (mayor que 0º y menor que 360º). Como la estrella de cinco puntas... que girada 72º alrededor de su centro, se quedaba igualita que estaba...

    Al día siguiente vino Pepe Chapuzas con una de sus brujerías...

    Mire, profe. Imagínese el conjunto de puntos {(cos n, sen n)}, esto es, los puntos de la circunferencia unidad cuyos argumentos en radianes son números naturales n (n=1,2,3,...).

    En esta sucesión de puntos no hay dos coincidentes (es inyectiva) y hay puntos de la circunferencia unidad que no pertenecen a la sucesión (no es suprayectiva)... Ahora giremos este conjunto de puntos, con centro de giro el origen (0, 0) y ángulo de giro α = 31416 – 10000·π radianes. Este ángulo α es pequeñito (aproximadamente 4º12'33")... pero matón... Mire, al rotar, el punto que se hallaba en (cos n, sen n) se situará en (cos(n+α), sen(n+α))... Calulemos:

(cos(n+α), sen(n+α)) =

= (cos(n+31416–10000·π), sen(n+31416–10000·π)) =

= (cos(n+31416), sen(n+31416)).

    O sea, al girar, el conjunto {(cos n, sen n)} se convierte en {(cos(n+31416), sen(n+31416))}...
¿Se da cuenta?, ¡con el minúsculo giro desaparecen 31416 puntos del conjunto (los 31416 primeros puntos de la sucesión)! ¡Esto es arte de brujería!.

    ¡Cuando Pepe Chapuzas hace de brujo...!
    Comprueba que el punto (0, 1) no pertenece a la sucesión.
    Comprueba que no hay dos puntos coincidentes en la sucesión.

723. ¿Jugamos al minibillar? RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas inventa juegos nuevos a partir de juegos tradicionales. Este que os presento es una versión reducida del billar americano.

    Hay que colocar 6 bolas de billar (numeradas del 1 al 6) en disposición triangular de modo que en cada lado del triángulo los números sumen la misma cantidad. En el ejemplo suman 10. Busca soluciones con suma 9, 11 y 12.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla estuvo jugando con las bolas del minibillar para resolver el reto de Pepe...

    Y con más bolas ha propuesto otro reto...

    Hay que colocar 9 bolas numeradas del 1 al 9 formando un triángulo (de cuatro bolas por lado) de modo que las bolas de cada lado sumen 20...

RESOLUCIÓN

     Yoyó Peluso dio con muchas soluciones... He aquí una de ellas...

    Mire, profe. Si hay tres lados y en cada lado la suma es 20, tenemos 3·20 = 60; pero cada vértice está en dos lados... Como 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45, la suma de los vértices será 60–45 = 15; por ejemplo 4+5+6 = 15... El resto de números se coloca sin dificultad...

722. La fórmula maravillosa del tonelero. RESOLUCIÓN

    Profe, hay una fórmula maravillosa: la de la capacidad de un tonel. Yo creía que era una chapuza de fórmula aproximada para toneleros..., pero resulta que da el volumen exacto de prismas, cilindros, pirámides (incluso truncadas), conos (incluso truncados), esferas, elipsoides (balones de rugby), casquetes de paraboloides (antenas de telecomunicación), zonas de hiperboloides (chimeneas de centrales térmicas), etc. ¿Y por qué en vez de Matemáticas no estudiamos Tonelería?

    Pepe Chapuzas se había topado con la fórmula de Simpson:  h·(A+B+4·C):6 , donde h es la altura del tonel, y A, B y C son las áreas de las secciones alta, baja y central del tonel. La fórmula sirve también para calcular muchas superficies planas (siendo entonces las secciones A, B y C longitudes de segmentos).
    Calcula los volúmenes y las áreas siguientes (comprueba que la fórmula tradicional y la de Simpson coinciden en cada caso) y envíame la solución en un documento por correo electrónico.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó la fórmula de Simpson para estas figuras y para muchas otras...

    a) En la esfera de radio R tenemos h=2R, A=0, B=0 y C=pR² por lo que el volumen será V=2R·4pR²:6=4pR³:3, que es la fórmula tradicional.

    b) En el tronco de cono de altura h y radios R y r tenemos A=pr², B=pR² y C=p((R+r):2)², por lo que el volumen será V=h·(pr²+pR²+4p((R+r):2)²):6=p(r²+R²+rR)·h:3, que es la fórmula tradicional.

    c) En el casquete de paraboloide (de revolución) de altura h y radio R tenemos A=pR², B=0 y C=pR²:2, por lo que el volumen será V=h·(pR²+4pR²:2):6=pR²·h:2, que es la fórmula tradicional.

    d) En el semicírculo de radio R tenemos h=R, A=2R, B=0 y C=√3·R, por lo que el área sería S=R·(2R+4√3·R):6=(1+2√3)·R²:3. Esta fórmula es evidentemente incorrecta. (Ahora me doy cuenta de que el semicírculo se estaba riendo a carcajadas.)

    e) En el triángulo de base B y altura h tenemos A=0 y C=B:2, por lo que el área será S=h·(B+4·B:2):6=B·h:2 que es la fórmula tradicional.

    f) En el trapecio de altura h y bases A y B tenemos C=(A+B):2, por lo que el área será S=h·(A+B+4·(A+B):2):6=(A+B)·h:2, que es la fórmula tradicional.

    Comprueba si la fórmula de Simpson funciona para el volumen de una pirámide y para el área de un rombo.

 

RESOLUCIÓN

 

    Yoyó Peluso aplicó directamente la fórmula de Simpson, para ver qué pasaba...

    Mire, profe. En la pirámide, A=0 y C=B/4, por lo tanto tenemos h·(0+4·B/4+B) = B·h/3. ¡Funciona! Con el rombo A=B=0, C=d y h=D, por lo tanto tenemos D·4d/6 =D·d/1,5. ¡No funciona! ¡La fórmula del rombo D·d/2 no sale con la fórmula de Simpson!

721. Espejismo de números. RESOLUCIÓN

    En el concurso de retos de este año tocaba "une cada oveja con su pareja". Cada alumno proponía en clase un reto. Pepe Chapuzas fue el primero en exponer el suyo. Lo tituló...

ESPEJISMO DE NÚMEROS
    Decimos que un número es el espejo de otro, si tiene las mismas cifras pero ordenadas al revés. Por ejemplo, 1084 es el espejo de 4801.
    En realidad no se trata de un reto sino de dos. En el de la izquierda hay que emparejar números cuyo producto coincida con el de sus espejos. Por ejemplo  31 · 26 = 13 · 62 = 806. En el de la derecha hay que emparejar números cuya suma coincida con la de sus espejos.
    ¡Une cada oveja con su pareja!

    Resuelve el reto y propón tú también uno. Y no te olvides de ponerle título.

SOLUCIÓN

    Unir ovejas con sus parejas era el reto preferido de Nina Guindilla. Este reto lo resolvió justificando, por supuesto, cada unión...

    12 · 42 = 21 · 24 = 504

    84 · 36 = 48 · 63 = 3024

    31 · 26 = 13 · 62 = 806

    41 · 28 = 14 · 82 = 1148

    23 · 64 = 32 · 46 = 1472

    43 · 68 = 34 · 86 = 2924

    48 + 95 = 84 + 59 = 143

    29 + 81 = 92 + 18 = 110

    53 + 68 = 35 + 86 = 121

    45 + 21 = 54 + 12 = 66

    47 + 41 = 74 + 14 = 88

    38 + 94 = 83 + 49 = 132

    El reto que propuso Nina también consistía en unir cada oveja con su pareja. Se titulaba...

COPRIMOS
    Dos números naturales son coprimos (o primos entre sí) si no tienen divisores primos comunes, o sea, si el máximo común divisor de ambos es 1. En este reto solo hay que emparejar coprimos. ¡Une cada oveja con su pareja!   

RESOLUCIÓN

    Lo primero que hizo Yoyó Peluso fue factorizar todos los números del reto para controlar todos los divisores primos...

    Profe, mire. Por un lado tenemos que factorizar los números de la izquierda: 60 = 2·2·3·5, 84 = 2·2·3·7,  66 = 2·3·11, 165 = 3·5·11, 231 = 3·7·11, 105 = 3·5·7, y por otro lado los de la derecha: 88 = 2·2·2·11, 56 = 2·2·2·7, 35 = 5·7, 77 = 7·11, 55 = 5:11, 50 = 2·5·5. Ahora es fácil...

720. ¿Pares o nones? RESOLUCIÓN

    Profe, eso de llamar con el mismo nombre a dos cosas distintas... No sé... Pero si además las cosas empiezan a funcionar al revés... Entonces es el colmo de las chapuzas... Mire:

    Pepe Chapuzas y sus reflexiones... ¡Qué le vamos a hacer!

    Completa el cuadro siguiente:

    Espero tu respuesta...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla completó el cuadro:

    Profe, mire. Si sumamos una función impar con una función par, entonces el resultado (la función suma) no tiene por qué ser simétrica. Por ejemplo, si sumamos la función identidad, que es impar, con la función valor absoluto, que es par...

    Nina, además, os ha dejado una tabla nueva para rellenar ¡con la composición de funciones!

    Rellena la tabla preparada por Nina...

    Comprueba que las demás tablas se han completado correctamente.

RESOLUCIÓN 

 

   Yoyó Peluso fue comprobando las tablas anteriores y rellenó la última:

     Profe, me he dado cuenta de que estas tablas son como las tablas de verdad del cálculo lógico... Si "par" = "V" e "impar" = "F", entonces... con funciones simétricas, el producto "x" es como la equivalencia lógica "<=>" y la composición "o" es como la disyunción "U", mientras que con números enteros, la suma "+" es como la equivalencia lógica "<=>" y el producto "x" es como la disyunción "U"...