miércoles, 27 de diciembre de 2017

695. Estrellitas de 5 puntas (2ª parte). RESOLUCIÓN

    Ya sabemos que Pepe Chapuzas es experto en fabricar estrellas irregulares de 5 puntas. ¿Qué pensará mientras las hace? Él mismo se delata:
    Mire, profe. Una cónica queda determinada por cinco puntos, ¿verdad? Pues, cada estrella de 5 puntas determina su cónica circunscrita, esto es, la que pasa por los 5 puntos de las puntas...
    Una cónica  z  tiene por ecuación implícita  z : Z(x, y) = 0 , donde  Z(x, y)  representa un polinomio de 2º grado. Por tanto


Z(x, y) = a x2 + b xy + c y2 + d x + e y + f 
y
z : a x2 + b xy + c y2 + d x + e y + f = 0

    Para calcular  a ,  b ,  c ,  d ,  e  y  f  a partir los de 5 puntos habría que sustituir  x  e  y  por las coordenadas de tales puntos en  Z(x, y) = 0 ... y así se obtendría un sistema homogéneo de 5 ecuaciones con 6 incógnitas... Pero solo de pensarlo... ¡Yuyu! ¿Habrá algún atajo?

    Pepe propuso los puntos A(0, 6), B(4, 5), C(2, 7), D(9, 3) y E(2, 1). Observa que ningún número se repite... Pepe es así...
    Calcula la ecuación de la cónica... ¡A atajar!

SOLUCIÓN

    Atajar es una de las especialidades de Nina Guindilla...

    Profe, mire. Aparquemos de momento el punto E.
    Consideremos la rectas  
r : R(x, y) = 0  que pasa por A y por B,  
s : S(x, y) = 0  que pasa por C y por D, 
t : T(x, y) = 0  que pasa por A y por C  y
u : U(x, y) = 0  que pasa por B y por D.

    Calculemos los polinomios de primer grado R(x, y), S(x, y), T(x, y) y U(x, y)...


R(x, y) = (5–6)x + (0–4)y +  6·4 – 0·5 = – x – 4y + 24
S(x, y) = (3–7)x + (2–9)y + 7·9 – 2·3 = – 4x – 7y + 57
T(x, y) = (7–6)x + (0–2)y + 6·2 – 0·7 = x – 2y +12
U(x, y) = (3–5)x + (4–9)y + 5·9 – 4·3 = – 2x – 5y + 33

    El par de rectas r y s es una cónica degenerada  v : V(x, y) = 0  con


V(x, y) = R(x, y) · S(x, y) =  (– x – 4y + 24) · (– 4x – 7y + 57) =
= 4x2 + 23xy + 28y2 – 153x – 396y + 1368

    El par de rectas t y u es otra cónica degenerada  w : W(x, y) = 0  con


W(x, y) = T(x, y) · U(x, y) = (x – 2y +12) · (– 2x – 5y + 33) =
= – 2x2 – xy + 10y2 + 9x – 126y + 396

    Estas 2 cónicas degeneradas pasan por los puntos A, B, C y D... 
    Y ahora, por fin, le toca el turno al punto E... 
    La cónica  z : Z(x, y) = 0  con


Z(x, y) = W(2, 1) · V(x, y) – V(2, 1) · W(x, y) =
= 288 · (4x2 + 23xy + 28y2 – 153x – 396y + 1368) – 756 · (– 2x2 – xy + 10y2 + 9x – 126y + 396) =
= 2664x+ 7380xy + 504y2– 50868x – 18792y + 94608

pasa por los 5 puntos A, B, C, D y E porque las coordenadas de todos estos puntos satisfacen la ecuación de la cónica:
z : 2664x+ 7380xy + 504y2– 50868x – 18792y + 94608 = 0

    Nina prosiguió:

    Profe, mire. Además de la cónica circunscrita, la estrella de 5 puntas determina también una cónica inscrita, y además otra cónica que pasa por los 5 puntos dobles. ¿Habrá alguna otra estrella de 5 puntas que tenga la misma cónica circunscrita, la misma cónica inscrita y la misma cónica que pasa por los puntos dobles?

    Ahí queda la pregunta...

RESOLUCIÓN

    Si la pregunta de Nina parecía descabellada, la respuesta de Yoyó Peluso lo pareció aún más:

    Profe, según el porisma de Poncelet, hay infinitas estrellas de 5 puntas que comparten las 3 elipses. Y para muestra un botón:

    Para el lector queda averiguar qué tipos de cónicas pueden ser la circunscrita, la inscrita y la que pasa por los puntos dobles...

viernes, 22 de diciembre de 2017

694. Centro de gravedad. RESOLUCIÓN

    Había mandado calcular el centro de gravedad de un cuadrilátero homogéneo. Pepe Chapuzas explicó cómo había encontrado el punto pero no demostró que tal punto fuera realmente en centro de gravedad... 
    Mire, profe...
    Sean A, B, C y D los vértices consecutivos del cuadrilátero. 
    Trazamos los 8 segmentos que unen los vértices con los puntos medios de sus lados opuestos, en azul los de A y C y en rosa los de B y D. 
    Llamamos E y F a las intersecciones de los segmentos azules y G y H a las intersecciones de los segmentos rosas como se observa en la figura.
    Trazamos en morado los segmentos EF y GH. Y... ¡atención!: la intersección de estos es el centro de gravedad I del cuadriátero ABCD.

    ¿Quién demuestra que este punto es efectivamente el centro de gravedad buscado?

SOLUCIÓN

    Mire, profe...
    Si trazamos la diagonal AC, el cuadrilátero queda dividido en dos triángulos cuyos baricentros son precisamente E y F, por lo que el centro de gravedad I del cuadrilátero estará alineado con E y F.

    Si trazamos la diagonal BD, el cuadrilátero queda dividido en otros dos triángulos cuyos baricentros son precisamente G y H, por lo que el centro de gravedad I también estará alineado con G y H.

    En conclusión, I es el punto de intersección de los segmentos EF y GH.

    Estaba claro que el razonamiento de Nina Guindilla se había realizado con cuadriláteros convexos y que, con los remiendos pertinentes, podría aplicarse también a cuadriláteros cóncavos... Nina terminó con una pregunta intrigante y enigmática:

    ¿El centro de gravedad de un cuadrílatero coincide con el de su paralelogramo de Wittenbauer?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se acordaba de que el paralelogramo de Wittenbauer pasaba J, J', K, K', L, L', M y M', los puntos de trisección de los lados del cuadrilátero, y lo dibujó en rojo (en un cuadrilátero convexo).
    Empezó a trabajar con los vectores de posición:

    Mire, profe.  OE = (OA+OB+OC):3 ,  OF = (OA+OC+OD):3 ,  OG = (OA+OB+OD):3  y  OH = (OB+OC+OD):3  porque son baricentros de triángulos. Por lo tanto  EF = BD:3  y  GH = AC:3 . Es decir, los segmentos morados son paralelos a las diagonales verdes y miden la tercera parte... Así que tenemos las equipolencias  EF = J'J = LL'  y  GH = KK' = M'M. Sea N la intersección de las diagonales del cuadrilátero. Como las distancias del centro de gravedad I a G y a H son proporcionales a las áreas de los triángulos BCD y ABD, y estas son proporcionales a las distancias de N a C y a A, tenemos que  IG = CN:3 . Análogamente  IH = AN:3 ,  IE = BN:3  e  IF = DN:3 . Si prolongamos los segmentos EF y GH hasta que corten al paralelogramo de Wittenbauer en P, Q, R y S como se muestra en la figura, entonces las distancias de I a P y a Q son iguales, del mismo modo son iguales las distancias de I a R y a S, lo que prueba que P, Q, R y S son los puntos medios del paralelogramo de Wittenbauer e I es su centro de gravedad. (Aunque no se muestre en el dibujo, I es la intersección de las diagonales del paralelogramo de Wittenbauer.)

    Aquí dejamos los razonamientos del esbozo de la demostración de Yoyó... El que desee atar los cabos sueltos, que ate...

sábado, 16 de diciembre de 2017

693. El cubo mágico. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas dibujó un cubo en perspectiva caballera. Era un cubo transparente porque se veían sus 6 caras, sus 8 vértices y sus 12 aristas. Por supuesto se trataba de un reto:
    Mire profe. Hay que numerar los vértices del 1 al 8 de manera que los vértices de cada cara sumen siempre lo mismo...

    Era un reto para la clase. La clase tenía la palabra...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó la palabra:

    Profe, mire. La suma en todas las caras es 18:

    Nina, que aún tenía la palabra, aprovechó para proponer otro reto:

    Hay que numerar las aristas del 1 al 12 de manera que las aristas de cada cara sumen siempre lo mismo...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso no tomó la palabra. Se limitó a numerar las aristas en la pizarra así:

    Efectivamente, la suma en todas las caras era ahora 26.

sábado, 25 de noviembre de 2017

692. Los números abundantes. RESOLUCIÓN

    Estuve recordando en clase los números perfectos: aquellos números naturales que son iguales a la suma de sus partes alícuotas. Tuve que aclarar que "parte alícuota" era otra manera de decir "divisor propio". Tuve que poner ejemplos: 5 era una parte alícuota de 20 porque  20 : 5  era un número natural y además  5 < 20 ; 6 era un número perfecto porque coincidía con la suma de sus partes alícuotas, esto es,  6 = 1 + 2 + 3 ...
    Al día siguiente, Pepe Chapuzas siguió divagando sobre el tema:

    Mire, profe. Los números naturales que no son perfectos, o son deficientes, o son abundantes. Ello depende de si son mayores o menores que la suma de sus partes alícuotas... Así, 8, 9 y 10 son deficientes porque  8 > 1 + 2 + 4 = 7 ,  9 > 1 + 3 = 4  y  10 > 1 + 2 + 5 = 8 ; mientras que 12 es abundante porque  12 < 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16 . Es más fácil para un número natural ser deficiente que abundante. (Y ser perfecto ya es toda una proeza...)

    Pepe escribió la lista de los primeros números abundantes:

12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 54, 56, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 88, 90, 96, 100 ...

    Y aparecieron las primeras cuestiones...

    Profe...
    ¿Hay números abundantes impares?
    ¿Cómo se demostraría que hay infinitos números abundantes e infinitos números deficientes?

    Trata de responder a Pepe sin consultar en Internet. 
 
SOLUCIÓN

    Nina Guindilla contestó la primera:

    Profe, mire. Si el número es muy grande y tiene muchos divisores es fácil equivocarse... Es mejor calcular entonces la suma de los divisores de un número a partir de su descomposición factorial. Si la factorización de  N  fuera


N = ai · bj · ck · ...


la suma  s(N)  de todos sus divisores sería


s(N) = (1 + a + aa+ ... + ai) · (1 + b + b+ b+ ... + bj) · (1 + c + c+ c+ ... + ck) · ...

por lo que la suma de sus partes alícuotas será  s(N) – N . En los números abundantes se tiene que cumplir que  s(N) – N > N .
    Los divisores de los números impares son todos impares, el primer número abundante impar es 945.
945 = 3· 5 · 7
s(945) – 945  =  (1 + 3 + 9 + 27) · (1 + 5) · (1 + 7) – 945  =  40 · 6 · 8 – 945  =  975  >  945

    Para probar que hay infinitos números abundantes basta observar que todos los múltiplos propios de 6 lo son...
    Si  M > 1  y  N = 6M , entonces 1, M, 2M y 3M son divisores propios diferentes de N , por lo que s(N) – N  >  M + 2M + 3M  =  6M  =  N .

    Para probar que hay infinitos números deficientes basta observar que todos los números primos los son...
    Si  N  es primo, entonces  s(N) – N  =  1  <  N .

    Nina acababa de "descubrir" que 945 era abundante e impar pero que 944 y 946 eran deficientes:

944 = 2· 59
s(944) – 944 = (1 + 2 + 4 + 8 + 16) · (1 + 59) – 944 = 31 · 60 – 944 = 916  <  944

946 = 2 · 11 · 43
s(946) – 946 = (1 + 2) · (1 + 11) · (1 + 43) – 946 = 3 · 12 · 44 – 946 = 638  <  946


    ¿Habrá dos números abundantes consecutivos?
    ¿Habrá tres números abundantes consecutivos?
    ¿Habrá números abundantes que no sean múltiplos ni de 2 ni de 3?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso indagó e indagó...

    Mire, profe:
    Los dos primeros números abundantes consecutivos son 5775 y 5576.
    Los tres primeros números abundantes consecutivos son 171078830, 171078831 y 171078832.
    El primer número abundante que no es múltiplo ni de 2 ni de 3 es 5391411025.

    Yoyo se limitó a dar las descomposiciones factoriales:

5775  =  3 · 52 · 7 · 11
5776  =  24 · 192
171078830  =  2 · 5 · 13 · 23 · 29 · 1973
171078831  =  33 · 7 · 11 · 19 · 61 · 71
171078832  =  24 · 31 · 34491
5391411025  =  52 · 7 · 11 · 13 · 17 · 19 · 23 · 29

    El lector puede comprobar que son números abundantes...

jueves, 23 de noviembre de 2017

691. Las coronas. RESOLUCIÓN

    Para el reto de la semana había traído un dibujo: un círculo inscrito en un triángulo equilátero inscrito en un círculo inscrito en un cuadrado inscrito en un círculo inscrito en un hexágono regular inscrito en un círculo...
    El reto consistía en calcular el área de la corona verde sabiendo que la corona amarilla medía 9m2. Pepe Chapuzas contestó:

    ¡Ocho metros cuadrados, profe!

    No quería saber cómo lo había calculado. Pepe había acertado pero el reto no estaba resuelto sin explicaciones...
    ¡Da una explicación y resuelve tú el reto!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó el reto con la siguiente explicación:

    Mire los triángulos azules, profe. Son una escuadra y dos cartabones...
    Sean  a < b < c < d  los radios de los cuatro círculos y  A < B < C < D  sus áreas. Nos dan el área de la corona amarilla  B – A = 9m2  y nos piden el área de la corona verde  D – C .
    Por el cartabón pequeño sé que la razón entre los radios de la corona amarilla es  b/a = 2  y por tanto la razón entre las áreas de los círculos correspondientes será  B/A = 4 . Así pues, resolviendo el sistema,  A = 3m2  y  B = 12m2 .
    Por la escuadra sé que la razón entre los radios de la corona blanca es  c/b = 2  y por tanto  C/B = 2 , por lo que  C = 2B = 24m2 .
    Por el cartabón grande sé que la razón entre los radios de la corona verde es  d/c = 2/3  y por tanto  D/C = 4/3 , por lo que  D = 32m2  y  D – C = 32m2 – 24m2 = 8m2 .

    Nina Guindilla hizo un buen trabajo...
    ¿Qué círculo tiene la misma área que una corona circular?

RESOLUCIÓN

    Esta fue la respuesta de Yoyó Peluso:

    Mire, profe. Si  R  y  r  son los radios de la corona circular, entonces el área de la corona es  


π·R– π·r2  =  π·(R– r2)  =   π·(R r)·(R – r)

     Por lo tanto, el área es igual a la de la elipse de semiejes  R + r  y  R – r , y a la del círculo de radio  ((R r)·(R – r)) .

    Yoyó presentó un dibujo como explicación...
    Los detalles se dejan al lector...


martes, 21 de noviembre de 2017

690. La cuchilla del zapatero. RESOLUCIÓN

    Cada alumno tenía que exponer un tema de Geometría y le tocó el turno a Pepe Chapuzas:

    Mire, profe. El árbelos es una figura geométrica limitada por tres semicircunferencias que son tangentes entre sí (dos a dos) y que tienen sus centros y sus puntos de tangencia alineados... Esta figura se asemeja a las cuchillas de los zapateros, que es precisamente lo que significa en griego "árbelos"... 

    Los árbelos se han estudiado desde la antigüedad. Entre las muchísimas propiedades que se han demostrado a lo largo de la historia tenemos las siguientes:

    a) La longitud del borde convexo es igual a la suma de las longitudes de los bordes cóncavos.
    b) El área de un árbelos es igual a la de la elipse de semiejes los radios de las dos semicircunferencias más pequeñas.
    
    Pepe demostró las dos propiedades. ¡Demuéstralo tú también!

SOLUCIÓN 

    Nina Guindilla demostró la propiedad  a) :

    Mire, profe. Si  R  es el radio de la semicircunferencia mediana y  r  el de la pequeña (es posible que  R = r ), entonces el radio de la semicircunferencia grande es  R + r . La longitud de la semicircunferencia grande (el borde convexo) será  π · (R + r)  =  π · R + π · r , que es la suma de las longitudes de las circunferencias mediana y pequeña (los bordes cóncavos).

    La propiedad  b)  es más difícil de demostrar, ¿verdad?

RESOLUCIÓN

    A Yoyó Peluso le tocó demostrar la propiedad  b) ...

    Profe, mire. Si dibujamos el árbelos simétrico respecto de la recta que pasa por los centros y los puntos de tangencia de las semicircunferencias tenemos que el área del círculo grande medirá


π · (R + r)2  =  π · (Rr+ 2Rr)  =  π · R2 + π·r2 + 2·π·R·r


    Como  π·R2  y  π·r2  son las áreas de los círculos mediano y pequeño, entonces el área del árbelos será  π·R·r , que es el área de una elipse de semiejes  R  y  r .

    Yoyó terminó diciendo que  π·R·r  también era el área de un círculo de radio la media proporcional de  R  y  r , o sea,  (R·r) , e hizo el siguiente dibujo:
    Profe, mire. Las áreas verde y azul son iguales... Por el teorema de las cuerdas, el círculo azul tiene de diámetro la media proporcional de los diámetros  2R  y  2r , por lo que el radio del círculo azul medirá  (2R·2r) / 2  =  (R·r) .

lunes, 20 de noviembre de 2017

689. La cuerda quebrada. RESOLUCIÓN

    Ese día en clase, hablando deprisa como siempre, en vez de "línea poligonal" se me escapó "línea quebrada"... Comenté que eran la misma cosa y que la terminología matemática se va "modernizando" y los profes, de paso, "también"..., pero que los nombres antiguos permanecían en la memoria... Añadí que... ¡a nadie se le ocurriría cambiarle el nombre al teorema de "la cuerda quebrada"! (Se me volvió a escapar.) Me había olvidado de que esas cosas ya no se enseñan porque las Matemáticas se habían modernizado demasiado... Esas cosas ya no interesaban a demasiada gente... pero sí a unos pocos: bastaba mirar la cara de Pepe Chapuzas para comprobarlo... Al día siguiente Pepe ya sabía de qué iba el asunto de la cuerda quebrada:

    Mire, profe, de lo que me he enterado. Una línea quebrada es una línea poligonal: una cadena de segmentos. Las más sencillas están formadas por dos segmentos  AB  y  BC . Una línea poligonal, perdón, quebrada  ABC  se puede inscribir en un arco de circunferencia que empieza en  A , pasa por  B  y termina en  C  (el centro de este arco es el circuncentro del triángulo  ABC , claro). Por este motivo una línea quebrada de dos segmentos se denomina cuerda quebrada...

    El teorema de la cuerda quebrada dice que la proyección perpendicular  P  del punto medio  M  del arco  AC  sobre el segmento mayor (aquí  BC ) es el punto medio de la cuerda quebrada  ABC.  Es decir,  el punto  P  biseca la cuerda quebrada:


AB | +BP |  =  PC |

    (Si los segmentos  AB  y  BC  fueran iguales el teorema sería trivial...)

    Pepe no aportó ninguna demostración del teorema. ¿Te atreves?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. 
    Sea  MN , la cuerda paralela a  BC  que pasa por  M .
    Sea  Q  a la proyección perpendicular de  N  sobre  BC .
    Como son iguales los arcos
(AM)  =  (MC)    y    (BM)  =  (NC)
entonces
(AB)  =  (AM) – (BM)  =  (MC) – (NC)  =  (MN)

por lo tanto son iguales los segmentos


| AB |  =  | MN |
y como también
 | MN |  =  | PQ |    y    | BP |  =  | QC |
tenemos
 | AB | + | BP |  =  | PQ | + | QC |  =  | PC |

    "Como queríamos demostrar" le faltó decir a Nina Guindilla...
    Comenté que había otro resultado curioso relacionado con la cuerda quebrada...
    Si  D  es el punto medio del segmento  AC , entonces la suma de las áreas de los triángulos  ADB  y  BPM  es igual al área del triángulo DCM:


[ADB] + [BPM]  =  [DCM]

    ¿Quién se atreve ahora?

RESOLUCIÓN

    Profe, el dibujo parece un velero... Hay que demostrar que las áreas rosa y lila son iguales...
    Sea  H  el punto simétrico de  B  respecto de  P . Entonces  |BP| = |PH|  y con el teorema de la cuerda quebrada tenemos que  |AB| = |HC| , y como  |AM| = |CM|  y  |BM| = |HM| , tenemos que los triángulos  BAM  y  HCM  son congruentes y por tanto sus áreas son iguales:


[BAM]  =  [HCM]

    Sigamos la siguiente cadena de igualdades de áreas en el dibujo:


[ADB] + [BPM]  =
=  [ACB] : 2 + [BHM] : 2  =
=   ( [ACB] + [BHM] ) : 2  =
=  ( [ACB] + [BHM] + [HCM] – [BAM] ) : 2  =
=  [ACM] : 2  =
=  [DCM]

    Yoyó Peluso supo navegar con el velero...

martes, 14 de noviembre de 2017

688. Cónicas balísticas... RESOLUCIÓN

    Habíamos hablado acerca de la trayectoria balística: ¡una parábola! También habíamos hablado de la altura máxima y el alcance máximo horizontal del proyectil a partir de la velocidad inicial y el ángulo de tiro. Pepe Chapuzas dibujó "más o menos... a ojo" en su cuaderno varias trayectorias de un mismo proyectil con la misma velocidad inicial pero variando el ángulo de tiro... Unió los puntos de altura máxima y...
    Profe. ¿Los puntos de altura máxima están en una elipse?

    Investígalo y calcula la excentricidad de dicha elipse.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla empezó con las ecuaciones de la trayectorias...

    Mire, profe. Si la velocidad inicial es  "V"  y el ángulo inicial es "θ "; si "g" es la aceleración gravitatoria y "t" es el tiempo trascurrido desde el disparo; y si "x" es la abscisa del proyectil y "y" es su ordenada (altura); entonces tenemos...


x = V · cos θ  · t   (movimiento uniforme de la abscisa)
y = V · sen θ  · t  –  g · t 2 / 2   (movimiento uniformemente acelerado de la ordenada)


    Eliminiando  t  =  x / (V · cosθ )  obtenemos

y  =  x · tg θ   –  g · x 2 / (2V 2 · cos 2θ )    (parábola balística)


    El alcance máximo horizontal se encuentra en  y = 0 ,  ( x > 0 ).


x · tg θ   –  g · x 2 / (2V 2 · cos 2θ )  =  0
tg θ   –  g · x / (2V 2 · cos 2θ )  =  0
x  =  tg θ  · 2V 2 · cos 2θ  / g =   2V 2 · sen θ  · cos θ  / g

    La altura máxima se alcanza en el punto de coordenadas...

X = 2 · sen θ  · cos θ  / g  (la mitad del alcance máximo horizontal)
Y  =  2 · sen θ  · cos θ  / g · tg θ   –  g · (2 · sen θ  · cos θ  / g) 2 / (2V 2 · cos 2θ )  =
=  V 2 · sen 2 θ  / g – 2 · sen 2 θ  / g  =
=  V · sen 2θ / (2g)
    Teniendo en cuenta que...
sen (2θ )  =  2 · sen θ  · cos θ  =  2 g · X / V 2
cos (2θ )  =  1 – 2 · sen 2θ  =  1 – 4 g · Y / V 2

...y aplicando la fórmula fundamental de la trigonometría


1  =  sen 2 (2θ ) + cos 2 (2θ )  =  (2 g · X / V 2)2 + (1 – 4 g · Y / V 2)2

    Y si llamamos  b = / (4g)  llegamos a la ecuación...

2 / (2b)2  +  (Y – b)2 / b2  =  1

...que es la ecuación de una elipse centrada en  (0, b)  con semieje mayor  2b , semieje menor  b  y  semidistancia focal...
c = (4b2 – b2) = 3 · b

...y por lo tanto su excentricidad es...

e = c / (2b) = 3/2

    Nina Guindilla añadió que en el espacio de tres dimensiones no sería una elipse sino un elipsoide de revolución. Además, comentó que todas las trayectorias (arcos de parábolas) estarían "dentro" de un paraboloide de revolución llamado paraboloide de seguridad (porque los proyectiles no pueden traspasarlo y estaríamos a salvo). 
    Investiga el asunto...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo un dibujo y razonó en dos dimensiones: en vez de paraboloide tendría una parábola, más "manejable", que sería la generatriz del paraboloide de revolución...

    Mire, profe. La parábola de seguridad tendría su vértice en  (0, 2b)  porque la máxima altura se alcanza con  θ = 90º , y sus raíces en  (4b , 0)  y  (–4b , 0)  porque el máximo alcance horizontal se alcanza con  θ = 45º  y  θ = 135º . Por lo tanto la ecuación de la parábola de seguridad sería...

y  =  –  x/ (8b) + 2b

....y el foco de la parábola se encontraría en el punto  (0, –b) .

    Yoyó hizo los cálculos demasiado rápido... pero aún le faltaba demostrar que la curva roja era realmente una parábola... ¡Esa parábola precisamente!

    Profe, mire. Podemos escribir la ecuación de las trayectorias balísticas así...

y  =  x · tg θ   –  x 2 / (8b · cos 2θ )
y  =  x · tg θ   –  x 2 / (8b) · (1 + tg 2θ )

...la cual, llamando  w  =  tg θ  , quedaría:

y  =  x · w  –  x 2 / (8b) · (1 + w 2 )   (*)

    Para calcular la envolvente de todas las trayectorias solo hay que derivar respecto de  w ...

0  =  x  –   x 2 / (4b) · w
...o sea:
w  =  4b / x

    Y sustituyendo  w  por  4b / x  en (*) tendríamos...

y  =  4b  –  x 2 / (8b) · (1 + 16b 2 / x 2)
y  =  4b  –  x 2 / (8b)  – 2b
y  =  –  x2 / (8b) + 2b

    Yoyó ha utilizado técnicas "elevadas", pero tratándose de balística... permitiremos los "cañonazos" y la "buena puntería"...