lunes, 30 de noviembre de 2015

600. SOLUCIÓN de 300. Palabras con número

    Pepe Chapuzas estaba escribiendo en su cuaderno crucigramas de palabras con número. Eran palabras como TRICICLO, QUINCEAÑERA, QUINTILLIZO, CIEMPIÉS o MILENRAMA. Aquí tenéis uno de esos crucigramas:
    Los números ocultos en las palabras no son siempre tan evidentes...

    Busca los números que esconden las palabras del crucigrama de Pepe.
    Busca la etimología de las palabras CEUTA, SIESTA, HECATOMBE, AMARRACO, TRÉBOL, TETRAMORFOS, HEBDOMADARIO, CUARESMA, PENTECOSTÉS, AJEDREZ, TESELA y CENTURIÓN. Son palabras con número.
    Busca más palabras con número y disponlas en un crucigrama en tu cuaderno. Por cierto, CUADERNO es otra palabra con número....

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo una lista de las palabras con número... indicando el número en cada caso

    Triciclo (3). Quinceañera (15). Quintillizo (5). Ciempiés (100). Milenrama (1000). Pentagrama (5). Icosaedro (20). Octanaje (8). Decimonónico (18). Ceuta (7). Siesta (6). Hecatombe (100). Amarraco (10). Trébol (3). Tetramorfos (4). Hebdomadario (7). Cuaresma (40). Pentecostés (50). Ajedrez (4). Tesela (4). Centurión (100). Cuaderno (4).

    Si alguna palabra te ha llamado la atención, busca su etimología.
    La búsqueda de más palabras con número y la confección de un crucigrama queda pendiente...

599. SOLUCIÓN de 299. Los carritos del supermercado

    Profe, mire. Ayer estuve en el supermercado y había dos filas de carritos encajados. Como no tenía la moneda apropiada no pude coger ningún carrito... pero esa es otra historia. El caso es que me puse a medir las filas de carritos encajados. De las dos filas, la primera tenía 10 carritos y medía 2,9 metros de longitud y la segunda tenía 20 carritos y medía 4,9 metros de longitud... ¿Alguien me puede decir cuánto medía cada carrito? 

    ¡Qué cosas tan raras hace Pepe Chapuzas en el supermercado! En fin, responde a la pregunta de Pepe y que no se te olvide la moneda para el carrito...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Las longitudes de las filas de carritos forman una progresión aritmética an, donde n es el número de carritos. Evidentemente, hay que calcular a1, que es la longitud de un carrito. Los datos son a10 = 2,9 y a20 = 4,9 y necesitamos calcular la diferencia de la progresión: d = (a20 – a10):(20–10) = (4,9–2,9):10 = 0,2. Ahora es fácil: la longitud de cada carrito es a1 = a10 – (10–1)d = 2,9 – 9·0,2 = 1,1 metros.

    Nina Guindilla no se ha ido sin plantear una última cuestión:

    ¿Cuántos carritos hay en una fila que mide 77,7 metros?

598. SOLUCIÓN de 298. Un semicírculo tricolor

    Si el área roja mide 60 centímetros cuadrados, ¿cuánto mide el área amarilla?
    Pepe Chapuzas le ha propuesto este reto a su clase... y ahora te lo propongo yo a ti...
    Resuélvelo y me mandas la solución bien explicada... y te llevarás un positivo.

SOLUCIÓN

    Lo primero que hizo Nina Guindilla es averiguar la relación que había entre el círculo azul y los círculos amarillos...
    Mire, profe. Si R es el radio del círculo azul y r es el radio de los círculos amarillos, podemos aplicar el teorema de Pitágoras en los triángulos celeste y rosado, que comparten un cateto...
(2R–r)2–r2 = (R+r)2–(R–r)2
4R2–4rR+r2–r2 = R2+2rR+r2–R2+2rR–r2
4R2–4rR = 4rR
4R = 8r
R = 2r
    Por lo tanto el área azul es el doble del área amarilla. Por otro lado, el radio del semicírculo tricolor es 2R, por lo que el área del semicírculo es el doble del área azul y el cuádruple del área amarilla. Así pues,
(Área roja) = (Semicírculo) – (Área azul) – (Área Amarilla) =
= 4·(Área amarilla) – 2·(Área amarilla) – (Área amarilla) = (Área amarilla)
    ¡Las áreas amarilla y roja miden lo mismo! Solución: Área amarilla = 60 cm2.

    Nina ha propuesto el mismo enunciado que Pepe... Solo cambia el dibujo...
    Si el área roja mide 60 centímetros cuadrados, ¿cuánto mide el área amarilla?
   

domingo, 29 de noviembre de 2015

597. SOLUCIÓN de 297. Cono doble

    Había propuesto un problema de Geometría en el que aparecía una especie de cono doble. Era una doble ampolla formada por dos conos idénticos: uno boca arriba y otro boca abajo. Los conos estaban herméticamente cerrados, unidos por el vértice exteriormente pero interiormente incomunicados entre sí, y contenían ambos la misma cantidad de un brillante líquido azul. En un dibujo mostré los datos y la incógnita que había que calcular... Algunos alumnos se quejaron enseguida de que faltaban datos, pero Pepe Chapuzas se puso manos a la obra y concluyó en un santiamén...
    ¡Atrévete a resolverlo!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no necesitaba más datos... ¡Solo había que atreverse!

    Profe. mire. Los conos (de líquido, de aire, etc.) son semejantes, por lo que sus volúmenes son proporcionales a los cubos de sus alturas. En particular, x3 = 103 – 53 = 875, con lo que obtenemos x = 9,56cm. ¡Quién lo diría!

    Nina ha ido demasiado rápido. Justifica su respuesta...

596. SOLUCIÓN de 296. Esferoides...

    Como aplicación de la integral definida estábamos calculando volúmenes de sólidos de revolución. Pepe Chapuzas puso su granito de arena:

    Profe, mire. Si giro una elipse alrededor de su eje mayor obtengo una especie de balón de rugby, pero si giro la elipse alrededor de su eje menor obtengo una especie de ovni...
    Había que llamar a estos objetos por su nombre: eran esferoides (o elipsoides de revolución). Maticé con apellidos: el primero era el esferoide oblongo y el segundo el esferoide oblato... A Pepe se le ocurrió el siguiente problemilla:

    Calcula la excentricidad de una elipse sabiendo que al girarla alrededor de sus ejes el volumen del esferoide oblato es el doble del volumen del esferoide oblongo...

    Gira y gira la elipse y calcula su excentricidad.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó dos integrales definidas para obtener los volúmenes...

    Mire, profe. Si la elipse es x2/a2 + y2/b2 = 1, con a>b, entonces el volumen del esferoide oblongo me sale 4πab2/3 y el del esferoide oblato 4πa2b/3. Si dividimos estos volúmenes y simplifico tengo b/a = 1/2 y por lo tanto la excentricidad de la elipse es (1–b2/a2) = (1–1/4) = 3 / 2.

    Calcula los volúmenes como sólidos de revolución (integrales definidas).

sábado, 28 de noviembre de 2015

595. SOLUCIÓN de 295. Inversos...

    Hay alumnos que se desesperan si los ejercicios y problemas no son inmediatos y abandonan su resolución si tienen que pensar más de dos minutos... No es el caso de Pepe Chapuzas. Pepe es capaz de derrochar su tiempo para resolver un problema de varias maneras... El siguiente lo resolvió de cinco formas diferentes. Había que representar en la recta real, utilizando regla y compás, el inverso "b" de un número real "a", es decir, b = 1/a. Aquí se esbozan las cinco soluciones de Pepe... Justifícalas, y si sabes de otra solución diferente, añádela.

Primera solución
Segunda solución
Tercera solución
Cuarta solución
Quinta solución
SOLUCIÓN
 
    Mire, profe. Todas las soluciones de Pepe se justifican de la misma manera. Solo hay que buscar triángulos semejantes y proporcionalidad entre sus lados: a/1 = 1/b.
 
    Busca los triángulos semejantes en las cinco soluciones...

594. SOLUCIÓN de 294. De cinco en cinco

    Pepe Chapuzas había salido elegido delegado de su clase tal como se apreciaba en el recuento de votos:



    Había obtenido 17 votos... Pepe estaba contento pero intrigado observando detenidamente la pizarra. Nunca antes se había parado a pensar en la forma tradicional de apuntar los votos, de cinco en cinco, y me preguntó si se haría así en todas partes... Le propuse que lo investigara por su cuenta... Al día siguiente traía tres ejemplos en pósteres para decorar el aula con el título de "Numeración quinaria".
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    Los pósteres eran más interesantes que bonitos...
    Busca más ejemplos de numeración quinaria y los expones en clase.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla puso como ejemplo a su abuelo...

    Profe, a mi abuelo no le entran los euros... Él dice que los euros no le entran en la cabeza, (solo en el bolsillo). El caso es que hay que "traducirle" cualquier precio... Ayer mismo me dijo que le habían devuelto en la panadería 10 céntimos (de euro) y me preguntó que cuánto era eso. Le dije que unas 17 pesetas... A lo que me susurró que entonces eran "3 duros y 2 pesetas". ¡Mi abuelo contaba en sistema quinario (al menos las pesetas)!
    ¿Has encontrado ya un ejemplo?

593. SOLUCIÓN de 293. La elipse del jardinero

    Estábamos en el patio trazando una elipse con el método del jardinero... Habíamos clavado dos estacas en el suelo y atado a ellas los extremos de una cuerda. (La longitud de la cuerda era mayor que la distancia entre las estacas.) Y deslizábamos una tercera estaca a lo largo de la cuerda en tensión realizando un surco en el suelo: la elipse. En un cierto momento de este proceso Pepe Chapuzas gritó:

    ¡Alto! ¡La cuerda forma aquí un ángulo recto!
    Cuatro veces detuvo Pepe el trazado de la elipse para comentar lo mismo... Y debió de darle vueltas al asunto porque al regresar a clase insistió en ello:

    Profe, no en todas las elipses la cuerda tensada puede formar ángulos rectos, ¿verdad? Yo creo que esto depende de su excentricidad...

    Dejo que lo penséis. Contadme lo que averigüéis...

SOLUCIÓN

    ¡Claro que depende de la excentricidad!

    Exclamó Nina Guindilla... Oigamos lo que ha averiguado...

    Si en un punto de la elipse la cuerda tensa forma un ángulo de 90º, entonces ese punto también estará en el arco capaz de 90º del segmento que une los focos (que es la circunferencia que tiene como diámetro el segmento que une los focos). Si la elipse tiene poca excentricidad, la distancia focal será  tan pequeña que el arco capaz no cortará a la elipse. Si la elipse es muy excéntrica, habrá cuatro puntos de intersección como descubrió Pepe Chapuzas...

    Si el arco capaz fuera tangente a la elipse (en los vértices del eje menor) la excentricidad de la elipse sería 2/2, ¿verdad? Por lo tanto, si la excentricidad de la elipse es menor, en ningún momento la cuerda tensa forma un ángulo de 90º. Si la excentricidad es justamente 2/2, el ángulo es de 90º en dos puntos. Y si la excentricidad es mayor, son cuatro los puntos de la elipse donde la cuerda se tensa en ángulo recto.

    Comprueba que, efectivamente, si la excentricidad es 2/2, entonces solo hay dos puntos en la elipse donde el ángulo de la cuerda del jardinero es recto.

592. SOLUCIÓN de 292. Una razón irracional

    Profe, mire. El cuadrado de un número par es un número par y el cuadrado de un número impar es un número impar. La prueba es muy sencilla... Si un número es par, entonces termina en 0, 2, 4, 6 u 8 y su cuadrado terminará en 0, 4, 6, 6 o 4 respectivamente. Y si es impar, entonces termina en 1, 3, 5, 7 o 9 y su cuadrado terminará en 1, 9, 5, 9 o 1 respectivamente...

    Pepe Chapuzas estaba orgulloso de haber deducido algo... que todo el mundo sabía...
    Aprovechando su "demostración" le hablé de la irracionalidad de 2. Le recordé que 2 era el valor de la razón entre la diagonal y el lado de un cuadrado como ya habíamos visto con el teorema de Pitágoras. ¡Era una razón irracional! Y añadí que esto se podía demostrar por reducción al absurdo, es decir, suponiendo que 2 fuera racional y llegando a una contradicción... Pepe estuvo muy atento a la explicación: esto es lo que apuntó en su cuaderno...
    Si 2 fuera racional, se podría escribir como una fracción irreducible, o sea, 2 = a/b  (siendo a y b coprimos)... 
    Por lo tanto, elevando al cuadrado, a2/b2 2, 
y despejando, a2 2b2,    (*) 
por lo tanto a2 sería par... y a también,
o sea, a = 2c, para cierto número natural c.
por tanto, a2 = 4c2,    (**)
e igualando (*) y (**) tenemos 2b2  = 4c2, y despejando, b2  = 2c2, 
y por lo tanto b2 sería par... y b también...
    Pero si a y b fueran ambos pares, no serían coprimos... y la fracción irreducible a/b sería una fracción reducible (se podría simplificar dividiendo por 2)... en evidente contradicción...
    Por todo ello, 2 no se puede escribir como una fracción irreducible... y no es un número racional... sino irracional....

    Ahora te toca a ti. Demuestra que 3 es un número irracional.

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Si 3 fuera racional, habría dos números naturales, a y b, primos entre sí tales que 3 = a/b, por lo que a2/b2 = 3, y a2 = 3b2, por lo que a2  y a serían múltiplos de 3, o sea, a = 3c, y por lo tanto a2 = 9c2, o sea, b2 = 3c2, por lo que b2  y b serían múltiplos de 3, lo que contradice la hipótesis de que a y b eran primos entre sí.

    La demostración de Nina Guindilla era similar a la de 2. Parecería que se podría aplicar el mismo argumento para cualquier n, pero hay raíces cuadradas de naturales que son racionales, (4 sin ir más lejos). ¿Dónde fallaría el argumento para la "demostración" de 4?

viernes, 27 de noviembre de 2015

591. SOLUCIÓN de 291. El hexágono de Brianchon

    Un día me puse a hablar del terorema de Brianchon... El teorema afirmaba que si A, B, C, D, E y F eran los vértices consecutivos de un hexágono circunscrito a una circunferencia, entonces las diagonales AD, BE y CF concurrían en un punto Z.
    Pepe Chapuzas esbozó una demostración que se basaba en el concepto de potencia de un punto respecto de una circunferencia... ¿Te atreves tú?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla, que era muy atrevida... y se atrevió...

    Profe, mire. Si prolongamos los lados del hexágono y si trazamos tres circunferencias extras tangentes a estas prolongaciones tal como se muestra en la figura..., en donde G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, Q y R son puntos de tangencia y los segmentos LM, IN, HO, KP, JQ y GR tienen todos la misma longitud..., entonces las susodichas diagonales descansan cada una en el eje radical de dos de las tres circunferencias extras... y por lo tanto las tres diagonales pasan por el centro radical: el punto Z.
    Completa la demostración detallando todos los pasos...
    Busca información sobre otro hexágono famoso...: el hexagrama místico de Pascal.

590. SOLUCIÓN de 290. ¿De naranja o de limón?

    Pepe Chapuzas os invita a un problema de lógica. Es un problema muy antiguo. Todo un clásico...

    Hay tres bolsas de caramelos. En una se indica NARANJA, en otra LIMÓN y en la tercera NARANJA Y LIMÓN. En una bolsa hay 100 caramelos y son todos de naranja, en otra hay 100 caramelos y son todos de limón, y en la tercera bolsa también hay 100 caramelos de los que 50 son de naranja y 50 son de limón. Todo estaría claro si no fuera porque ninguna bolsa se corresponde con su contenido. Basta con sacar un caramelo de una bolsa para saber el contenido de las tres. ¿Cómo?
    Resuelve el problema razonadamente...

SOLUCIÓN

    ¡Con lo que le gustan los caramelos a Nina Guindilla!

    Mire, profe. Si ninguna bolsa se corresponde con su contenido, la bolsa que indica NARANJA Y LIMÓN tendrá 100 caramelos del mismo sabor. ¡Basta con sacar un caramelo de esta bolsa! Si fuera un caramelo de limón, los 100 son de limón... y entonces, la bolsa que indica LIMÓN tendría los caramelos de naranja (ya que los caramelos de naranja no están ni en la bolsa que indica NARANJA ni en la bolsa que indica NARANJA Y LIMÓN) y, finalmente, sería la bolsa que indica NARANJA la que tendría caramelos de naranja y caramelos de limón.

    Termina el razonamiento... ¿Y si el caramelo que se saca de la bolsa que indica NARANJA Y LIMÓN fuera de naranja?

589. SOLUCIÓN de 289. Doblando el papel de regalo

    Profe, mire. Tengo un cuadrado de papel de regalo.. Es azul por un lado y rojo por el otro. He doblado una esquina de modo que ahora se ven una zona azul en forma de ele y una zona roja en forma de triángulo rectángulo isósceles... Ambas zonas tienen la misma área... Si la ele tiene una anchura de 10cm ¿cuánto mide la hipotenusa del triángulo rectángulo? ¿Y el área del papel de regalo?
    Pepe Chapuzas está preparando regalos... con Matemáticas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla resolvió el regalito...

    Si llamo x al lado del triángulo rectángulo, su área medirá x2/2, mientras que el área de la ele será 20x+100. Solo hay que resolver la ecuación x2/2 – 20x –100 = 0... La solución es fácil... x=20+(400+200) = 20+106, y la hipotenusa mide (20+106)·2 = 20(2+3) = 62,9cm. Finalmente, el área del papel de regalo será (30+106)2 = 1500+6006 = 2969,69cm2. ¡Un buen papel!

    Nina nos ha dejado también su regalito...
    Ahora el papel de regalo es circular: un círculo de 1m2 de área. Al doblar por una cuerda las áreas roja y azul coinciden. Halla la longitud de la cuerda...

588. SOLUCIÓN de 288. El teorema de Marden

    A Pepe Chapuzas le apasionan los resultados en los que se mezclan distintas partes de las Matemáticas... Por ejemplo, la identidad de Euler:

    Así que un día le hablé del teorema de Marden...
    Empecé con Gauss: que demostró que un polinomio complejo de grado N tenía exactamente N raíces (teorema fundamental del Álgebra); y que representó los números complejos como puntos de un plano (el plano de Gauss).
    Después seguí con Steiner: que resolvió el problema de encontrar la elipse de mayor área inscrita en un triángulo, que resultó ser la que pasa por los puntos medios de los tres lados (la inelipse de Steiner.)
    Y así llegué a Marden: que cogió un triángulo en el plano de Gauss y un polinomio complejo de tercer grado... de tal manera... que las raíces de este fueran los vértices de aquel, y descubrió que las raíces de la derivada del polinomio... eran los focos de la inelipse de Steiner (teorema de Marden).
 
    Pepe no podía disimular su asombro... Se puso a garabatear en su cuaderno y al cabo de un rato me comentó:
   
    Profe, mire. La raíz de la segunda derivada del polinomio cae en el baricentro del triángulo... y el centro de la inelipse de Steiner también...

    Demuestra lo que ha dicho Pepe y me lo mandas... pero sin garabatos.
    Si te resulta difícil imaginarte polinomios con coeficientes imaginarios, supón que son reales (incluido el término independiente). ¡Entiéndelo bien!: un polinomio complejo con coeficientes reales... En tal caso...
    a) El triángulo no puede ser escaleno... ¿Por qué?
    b) ¿Cuándo será equilátero el triángulo?
    c) ¿Cuándo serán reales y cuándo imaginarios los focos de la inelipse de Steiner?

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla la identidad de Euler le despertó la curiosidad... ¿Estaban los números "mágicos" e, i y π tan íntimamente relacionados? Con el teorema de Marden le pasó algo parecido... ¡Se juntaban en un teorema cosas tan diferentes: cónicas, complejos, derivadas, baricentros...!

    Profe, a ver si he entendido bien el teorema de Marden... Sean a, b y c tres números complejos no alineados (para que puedan ser vértices de un triángulo). Y sea P(z) un polinomio complejo de tercer grado cuyas raíces sean a, b y c, es decir, P(z) = (z–a)·(z–b)·(z–c)·d, donde d es el coeficiente principal (complejo)...
    La derivada P'(z) = ((z–a)·(z–b)+(z–a)·(z–c)+(z–b)·(z–c))·d = (3z2 – 2(a+b+c)z + ab+ac+bc)·d es un polinomio de segundo grado cuyas raíces, según el teorema de Marden, son los focos de la inelipse de Steiner... El centro de una elipse es el punto medio de los focos... en este caso, el punto medio de las raíces, o sea, 2(a+b+c)/6 = (a+b+c)/3 = g, que no es otra cosa que el baricentro del triángulo...

    Ahora había que contestar a las preguntas sobre polinomios con coeficientes reales...

    a) Si el polinomio de tercer grado tiene coeficientes reales, no puede tener las tres raíces reales, pues hemos supuesto que las raíces no están alineadas, así que una raíz es real y las otras dos imaginarias conjugadas. Las raíces serían pues, vértices de un triángulo isósceles o equilátero, no escaleno. 
    b) Si el triángulo es equilátero, la elipse degenera en una circunferencia, los focos en el centro, y las raíces de la derivada en una raíz doble: P'(z) = (z–g)2·3d. Por lo tanto el polinomio es de la forma P(z) = (z–g)3·d + k.
    c) Si el triángulo isósceles es acutángulo, el eje mayor de la inelipse de Steiner está en eje real y sus focos serán reales. Si el triángulo isósceles es obtusángulo, el eje mayor de la inelipse de Steiner es vertical y sus focos serán imaginarios conjugados.
     Profe, con coeficientes reales todavía queda un caso... (que hemos excluido). Puede ser una raíz real y las otras dos imaginarias conjugadas... y las tres estar alineadas... (No habría ningún triángulo...) Y por supuesto, quedan excluidos los polinomios de tercer grado con raíces dobles o triples...

    Investiga la relación que existe entre un polinomio real de tercer grado P(x) y su homólogo complejo P(z). En particular, la relación entre los máximos y mínimos relativos de P(x) y los focos de la inelipse de Steiner de P(z)... y entre el punto de inflexión de P(x) y el baricentro del triángulo de P(z)...

jueves, 26 de noviembre de 2015

587. SOLUCIÓN de 287. ¡A optimizar!

    Pepe Chapuzas ha propuesto dos ejercicios de optimización. Uno de minimizar y otro de maximizar:
    Calcula las dimensiones de la pirámide de menor volumen circunscrita a un cubo de lado 10cm.
    Una esfera roja está inscrita en un cono que a su vez está inscrito en una esfera de radio 10cm. ¿Cuáles deben ser las dimensiones del cono para que la esfera roja sea lo más grande posible?
 
    Resuelve los dos ejercicios. Hay dos positivos esperándote...

SOLUCIÓN
    Mire, profe. La parte es semejante al todo... Quiero decir que la pirámide pequeña que corona el cubo es semejante a la pirámide grande, por lo que sus alturas serán proporcionales a los lados de las bases: (h–10)/h = 10/l, o sea, l = 10h/(h–10). Por otro lado, el volumen de la pirámide es V = l2·h/3, así que...
V(h) = 100h3/(h–10)2/3
V'(h) = (300h2·(h–10)2 – 2(h–10)·100h3)/(h–10)4/3 = 100h2(h–30)/(h–10)3/3
    Como h > 10, el único valor crítico es h = 30. Para valores menores la derivada es negativa y para valores mayores es positiva, por lo que se trata del volumen mínimo.
h = 30cm
l = 10·30/20 = 15cm
V = 152·30/3 = 2250cm3
    ¡Profe, la altura de la pirámide es el triple de la altura del cubo!

    Nina Guindilla consiguió la pirámide, ahora va a por el cono...
    Profe, mire. Con el teorema de la altura en el triángulo lila tengo r= h(20–h) =20h – h2, y con el teorema del cateto obtengo que g2 = 20h. Por otro lado, como los triángulos azul y rosa son proporcionales, (g–r)/s = h/r, o sea...  
s = (g–r)r/h = (gr–r2)/h = ((20h2(20h)  h(20h))/h = (40020h)20+h
    Voy a optimizar el radio de la esfera s(h) = (40020h)20+h. Derivando y anulando la derivada...
s'(h) = 10/(40020h) + 1
–10/(40020h) + 1 = 0
10/(40020h) = 1
(40020h) = 10
40020h = 100
20h = 300
h = 15
    El valor crítico es h = 15cm. Para valores mayores la derivada es negativa y para valores menores es positiva, por lo que la esfera es máxima.
h = 15cm
r = (15·5) = 8,66cm
g = (20·15) = 17,32cm
s = 15·5/15 = 5cm
    ¡Profe, el radio de la esfera pequeña es la mitad del radio de la esfera grande!

    En las mismas condiciones, optimiza el área lateral de la pirámide.

martes, 24 de noviembre de 2015

586. SOLUCIÓN de 286. ¡Ya lo tengo!

    Estaba dictando un problema de sistemas de 3 ecuaciones con 3 incógnitas... Se trataba de un granjero que tenía que comprar cerdos, ovejas y gallinas. Di el dato para la primera ecuación: compró en total 100 animales. Di los datos para la segunda ecuación: cada cerdo costaba 10 pesos, cada oveja costaba 5 pesos y cada gallina medio peso, y el granjero gastó en total 100 pesos... Antes de que diera los datos para la tercera ecuación Pepe Chapuzas exclamó:

    ¡Ya lo tengo!
    Comprueba que no hace falta la tercera ecuación. ¿Cuántos cerdos, cuántas ovejas y cuántas gallinas compró el granjero?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó las ecuaciones...

    Sea X el número de cerdos, Y el número de ovejas y Z el número de gallinas.

X + Y + Z = 100
10X + 5Y + 0,5Z = 100
    Parametrizo Z = K. 
X + Y = 100 – K
10X + 5Y = 100 – 0,5K
    Y resuelvo en función de K. 
X = 0,9K – 80
Y = 180 – 1,9K
Z = K

    Por tanto K es un múltiplo de 10 comprendido entre 80/0,9 = 88,8... y 180/1,9 = 94,7..., esto es, K = 90, por lo que X = 0,9·90 – 80 = 1 cerdo, Y = 180 – 1,9·90 = 9 ovejas y Z = 90 gallinas.

    Este es uno de los famosos problemas de Alcuino de York. Busca más y los propones en calse...

585. SOLUCIÓN de 285. Los cubos de MacMahon

    Había propuesto un problema de Combinatoria... Había un cubo y seis colores. Y había que calcular cuántos cubos diferentes se podían conseguir coloreando cada cara de un color diferente...
   ¡Las respuestas de mis alumnos fueron todas distintas y solo había una correcta! ¿Adivináis cuál?... Sí, la respuesta de Pepe Chapuzas era 30. Se trataba de los 30 cubos de MacMahon con los que se podían plantear un sinfín de juegos y rompecabezas...

    Busca en Internet pasatiempos con los cubos de MacMahon y nos lo comentas a todos... (Hay algunos que son desafíos solo para valientes.)
    Pepe, por otro lado, ha planteado el mismo problema inicial pero coloreando caras de otros poliedros:

    ¿Cuántos tetraedros se pueden conseguir con 4 colores?
    ¿Cuántos octaedros se pueden conseguir con 8 colores?
    ¿Cuántos dodecaedros se pueden conseguir con 12 colores?
    ¿Cuántos icosaedros se pueden conseguir con 20 colores?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla explicó por qué había 30 cubos de MacMahon. Así procedió para responder a las preguntas de Pepe...

    Profe, mire. Hay 6! = 6·5·4·3·2·1 = 720 permutaciones de 6 colores... pero un cubo tiene 6 cuadrados y cada cuadrado 4 lados, por lo tanto, un cubo tiene 6·4 = 24 posiciones diferentes... Así pues, en total habrá 720:24 = 30 cubos diferentes.
    Razonando de la misma manera habrá... 
4·3·2·1:4:3 = 2 tetraedros,
8·7·6·5·4·3·2·1:8:3 = 1680 octaedros,
12·11·10·9·8·7·6·5·4·3·2·1:12:5 = 7983360 dodecaedros y
20·19·18·17·16·15·14·13·12·11·10·9·8·7·6·5·4·3·2·1:20:3 = 40548366802944000 icosaedros.

     Nina se fabricó los 30 cubos de MacMahon:
     Nina encontró en Internet muchos rompecabezas con los cubos de MacMahon. De entre ellos le gustó especialmente estos dos:

    a) Construir con 27 cubos un cubo (3x3x3) de modo que cada cara sea de distinto color...
    b) Elegir un cubo de los 30. Construir con 8 de los 29 restantes un cubo (2x2x2) con los colores de las caras en la misma disposición que el cubo elegido, de modo que las caras en contacto tengan a su vez el mismo color...

    ¡Juega con los cubos de MacMahon! Busca otros rompecabezas y los compartes...

lunes, 23 de noviembre de 2015

584. SOLUCIÓN de 284. La esfera de Dandelin

    Para explicar las secciones cónicas dibujé en la pizarra lo mejor que pude un cono recto que pretendía cortar con planos oblicuos. La primera sección cónica que obtuve fue la elipse. Pepe Chapuzas, que ya había visto la elipse en clase de Dibujo, saltó:

    Profe, lo que ha dibujado parece un cucurucho de barquillo... ¡Solo le falta el helado!

    Entonces dibujé, como si fuera una bola de helado, una esfera de Dandelin: una esfera encajada en el cono y tangente al plano oblicuo... No sé que tipo de visión espacial tiene Pepe pero su pregunta me pilló de sorpresa...
    Profe... ¿No caerá el punto de tangencia entre la esfera y el plano en un foco de la elipse, por un casual?

    Demuestra que, efectivamente, el punto de tangencia es uno de los focos de la elipse...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. La elipse tiene dos focos y por lo tanto tiene dos esferas de Dandelin, una a cada lado del plano oblicuo. Algo parecido le pasa a una hipérbola, que también tiene dos focos y dos esferas de Dandelin, pero una en cada hoja del cono... Sin embargo, la parábola tiene un solo foco y una sola esfera de Dandelin... 
    Si en vez de un cono tenemos un cilindro, entonces el plano oblicuo solo produce elipses. (La elipse es una sección cilíndrica además de ser una sección cónica.) La demostración de que el foco es el punto de tangencia entre la esfera y el plano en el caso del cono es similar en el caso del cilindro...

    Sea un cono recto cortado por un plano oblicuo y consideremos las dos esferas tangentes al cilindro y al plano. Sean A y B los puntos de tangencia entre el plano y las esferas. Sea un punto P de la sección cilíndrica. Sean C y D los puntos de intersección entre el meridiano del cilindro que pasa por P y los paralelos del cilindro tangentes a las esferas. (El meridiano es una generatriz y los paralelos son circunferencias.) Como /PA/ = /PC/ y /PB/ = /PD/ (segmentos tangentes a una esfera desde un punto exterior), se tiene que /PA/+/PB/ = /PC/+/PD/ = /CD/ que es constante (es la longitud del meridiano entre los dos paralelos) y no depende de P. Por lo tanto, la sección cilíndrica es una elipse y A y B son sus focos.

    ¿Cómo se haría la demostración con un cono? ¿Cómo se haría la demostración para una hipérbola? ¿Y para un parábola? 

583. SOLUCIÓN de 283. Excesos...


    Profe, mire. Que la suma de los ángulos de un triángulo sea 180º me raya... Verá. Si yo dibujo un triángulo en el bloc de dibujo... pues vale..., pero si trazara un triángulo en el suelo..., quiero decir un triángulo grande..., muy grande..., grandísimo..., entonces el triángulo acabaría curvándose porque el planeta no es plano: ¡los lados serían curvos!... Imagínese un triángulo que tuviera un vértice en el polo norte y los otros dos en el ecuador... La suma de los ángulos de ese triángulo sería mayor de 180º... ¡Podrían ser incluso los tres ángulos rectos y entonces su suma sería 270º!
    Le hablé a Pepe Chapuzas de los triángulos esféricos. Le comenté que, si suponíamos que la Tierra fuera una esfera perfecta, los lados de ese gran triángulo serían arcos de circunferencias máximas. (Circunferencias máximas eran por ejemplo los meridianos y el ecuador.) Y que, en particular, el triángulo de tres ángulos rectos (trirrectángulo) sería un octante (y un octavo) de la superficie terrestre. Y, para terminar, añadí que la suma de los ángulos de un triángulo esférico siempre era mayor de 180º y que ese exceso (llamado exceso esférico) era proporcional al área del triángulo. (El exceso de un octante sería 270º – 180º = 90º.)
    A Pepe no le costó demasiado digerir tanta información de golpe porque ya estaba preguntando:

    ¿Cuál sería el exceso de España? Quiero decir... Si un triángulo esférico en la superficie terrestre tuviera la misma área que España, ¿cuál sería su exceso esférico?

    Calcula el "exceso de España".

SOLUCIÓN

    Se trataba de un ejercicio de búsqueda... y una regla de tres... Nina Guindilla buscó la superficie de la Tierra y la superficie de España...

    Profe, mire. Supondremos que la Tierra es una esfera. Su superficie mide 510072000km2. Como la superficie de España mide 504645km2, el exceso esférico valdrá 504645·720/510072000. Este ángulo es menor que 1º, aproximadamente 42'44''25'''.

    Nina ha dividido el segundo en terceros (1''=60''') a la antigua usanza.
    ¿Cuál es el exceso esférico de un huso horario? ¿Y el de un casquete polar? ¿Y el de un estereorradián?

domingo, 22 de noviembre de 2015

582. SOLUCIÓN de 282. Los cuadrados equilibristas (2ª parte)

    ¡Más difícil todavía! Cuatro cuadrados equilibristas intentan hacer un equilibrio que parece imposible. ¡Están unidos por cuatro vértices formando una cadena!... Para ayudarse en el ensayo cada pareja de cuadrados opuestos se ha unido con una goma elástica roja enganchada en sus centros... De pronto se percatan de que las dos gomas siempre tienen direcciones perpendiculares... y tienen la misma longitud...
    Pepe Chapuzas ha ilustrado un sorprendente resultado conocido como teorema de Van Aubel...   
    Busca un enunciado y una demostración de este teorema y nos lo cuentas a todos...
 
SOLUCIÓN
 
    Aquí está el enunciado del Teorema de Van Aubel que ha proporcionado Nina Guindilla:
 
    Si un cuadrilátero tiene un cuadrado adosado a cada lado, entonces los centros de los cuatro cuadrados son vértices de un cuadrilátero equidiagonal y ortodiagonal.
    El enunciado de este teorema se entendía bien con el ejemplo de los cuadrados equilibristas de Pepe Chapuzas...
    Para la demostración, Nina relacionó este teorema con un bonito resultado de dos cuadrados equilibristas...
 
    Si ABCD y DEFG son dos cuadrados, K y L sus centros, y M y N los puntos medios de los segmentos AG y CE, entonces el cuadrilátero LMKN es un cuadrado. (Los vértices de los cuadrados se han nombrado en sentido horario.)
    Nina dibujó cuatro triángulos naranjas y cuatro puntos azules, y se limitó a decir...
    Mire, profe. Los puntos azules indican ángulos rectos y puntos medios de segmentos... Buscando semejanzas de triángulos se descubre que los triángulos naranjas son igualitos... y por lo tanto el cuadrilátero LMKN es un cuadrado.
 
    Ahora le tocaba el turno al teorema de Van Aubel...
     Si trazamos los segmentos azules y sus puntos medios, por el resultado anterior, los cuadriláteros lilas son cuadrados. Por lo tanto, los triángulos MAD y MBC son igualitos... y por lo tanto los segmentos AD y BC tienen la misma longitud y son perpendiculares...
 
    Hay mucho que detallar en las "demostraciones" que ha dado Nina. ¡Es tu turno...!
    Considera también las situaciones límites (o casos degenerados).

viernes, 20 de noviembre de 2015

581. SOLUCIÓN de 281. Los cuadrados equilibristas

    Cinco cuadrados equilibristas están en equilibrio... De pronto se dan cuenta de que hay un cuadrado y un triángulo que tienen la misma área. (Están marcados con la letra A.) ¡Demuéstralo!
    Pepe Chapuzas te reta con este reto... Resuélvelo sin perder el equilibrio...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tiene buen equilibrio...
 
    Mire, profe. Tomo como unidad de longitud el lado del cuadrado marcado con A, de ese modo solo hay que probar que el área del triángulo marcado con A es 1. 
    Nina nombró algunos lados y ángulos en la figura... Y empezó a calcular el área...

s·t·senβ / 2 =
= s·t·sen(90º–σ–τ) / 2 =
= s·t·cos(σ+τ) / 2 =
= s·t·(cosσ·cosτ–senσ·senτ) / 2 =
= s·cosσ · t·cosτ / 2 – s·senσ · t·senτ / 2 =

    Aquí aplicó los teoremas del seno y del coseno...
 
(s2+1–sen2α)/2 · (t2+1–cos2α)/2 / 2 – senα·sen(90º+α) · cosα·sen(180º–α) / 2
(s2+cos2α)/2 · (t2+sen2α)/2 / 2 – senα·cosα · cosα·senα / 2
 (s2+cos2α) · (t2+sen2α) / 8 – sen2α·cos2α / 2 
 
    Y ahora el teorema del coseno para s2 y t2...
 
(1–2·senα·cos(90º+α)+sen2α+cos2α)·(12·cosα·cos(180º–α)+cos2α+sen2α)/8 – sen2α·cos2α/2
(1+2·senα·senα+1)·(1+2·cosα·cosα+1)/8 – sen2α·cos2α/2
(2+2·sen2α)·(2+2·cos2α)/8 sen2α·cos2α/2
(1+sen2α)·(1+cos2α)/2 sen2α·cos2α/2
( 1 + sen2α + cos2α + sen2α·cos2α sen2α·cos2α ) / 2
(1+1+0)/2
1

    Explica qué ha hecho Nina en cada paso...