1527. Los círculos de Descartes. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas ha propuesto el siguiente problema. Es harto interesante...

    Mire, profe. He aquí cuatro círculos tangentes exteriores entre sí. Si los cuatro radios estuvieran en progresión geométrica..., ¿cuál sería la razón de la progresión?

    Pepe nos ha dado como pista que son círculos de Descartes... ¡Ahí va eso!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos refresca el teorema de los círculos de Descartes...

    Profe, mire. Si  A  es el radio de un círculo, decimos que  a = 1/A  es su curvatura...
    El teorema de los círculos de Descartes afirma que si  a ,  b ,  c  y  d  son las curvaturas de cuatro círculos tangentes exteriores entre sí, entonces

(a + b + c + d)² = 2 (a² + b² + c² + d²)

    Si los radios A, B, C y D estuvieran en progresión geométrica de razón R > 1

B = AR

C = AR² 

D = AR³

entonces, las curvaturas estarían en progresión geométrica de razón  r = 1/R < 1

b = 1/B = 1/(AR) = ar

c = 1/C = 1/(AR²) = ar²

d = 1/D = 1/(AR³) = ar³

    Aplicando el teorema de los círculos de Descartes tenemos que

(a + ar + ar² + ar³)² = 2 (a² + a²r² + a²r⁴ + a²r⁶)
a² (1 + 2r + 3r² + 4r³ + 3r⁴ + 2r⁵ + r⁶) = 2a² (1 + r² + r⁴ + r⁶)

divido entre  a² (1+r²)

r⁴ + 2r³ + 2r² + 2r + 1 = 2r⁴ + 2

r⁴ – 2r³ – 2r² – 2r + 1 = 0

divido entre  r²

r² – 2r – 2 – 2R + R² = 0
(r + R)² – 2 (r + R) – 4 = 0

por tanto

r + R = 1 + √5

y como

r · R = 1

entonces  r  y  R  son soluciones de 

w² – (1 + √5) w + 1 = 0

de donde

R  =  ( 1 + √5 + √(2 + 2√5) ) / 2  =  2,89...
r  =  ( 1 + √5 – √(2 + 2√5) ) / 2  =  0,346...

    

    A Nina no le dan miedo las ecuaciones de grado superior que no se dejan resolver con la regla de Ruffini...
    Después de dejarnos boquiabiertos, Nina aún tiene humor para sugerirnos que el teorema de los círculos de Descartes sigue valiendo si uno de los círculos tiene radio infinito... ¿Qué querrá decir?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso sabía lo que quería decir Nina:

    Mire, profe. Un semiplano se puede considerar un círculo degenerado de radio infinito y curvatura cero. El teorema de Descartes quedaría así... 

    Si  a ,  b  y  c  son las curvaturas de tres círculos tangentes exteriores entre sí y tangentes a una recta, entonces

(a + b + c)² = 2 (a² + b² + c²)

    La recta sería el borde del semiplano...

    Por mi parte, solo añadí que el teorema de los círculos de Descartes seguía valiendo si había círculos tangentes interiores... siempre que  admitamos que el círculo que circunscribe a los demás tiene curvatura negativa... (El "círculo" con curvatura negativa sería la región exterior de la circunferencia.)

1526. ¿Semiderivadas? RESOLUCIÓN

    Habíamos explicado la "regla del saltito". Así denominábamos en clase a la derivada de una potencia (por lo que le ocurría al exponente)...

D xⁿ  =  n·x^n–1

    Pepe Chapuzas entendió que la fórmula no solo servía para polinomios sino también para "otras" potencias...

    Mire, profe. Si el exponente es fraccionario o negativo, la fórmula sigue funcionando...

D √x  =  D x^1/2  =  1/2 · x^–1/2  =  1 / (2√x)

D (1/x)  =  D x^–1  =  – x^–2  = –1/x²

    Se puede aplicar la regla del saltito varias veces para calcular derivadas sucesivas (de orden superior) de una potencia...

D² xⁿ  =  n·(n–1)·x^n–2

D^m xⁿ  =  n·(n–1)·(n–2)·...·(n–m+1)·x^n–m

    Si m y n son enteros y  0 ≤ m ≤ n , esta última fórmula se puede escribir así (¿nos acordamos de las variaciones ordinarias?):

D^m xⁿ  =  n! / (n–m)! · x^n–m

    Si  n  no es un número entero, siempre podemos recurrir a la función  Γ (gamma), que generaliza el factorial de un número:  Γ(n+1) = n! ...

D^m xⁿ  =  Γ(n+1) / Γ(n–m+1) · x^n–m            (*)

    Profe, mire. ¿Se podría utilizar esta fórmula para calcular medias derivadas o semiderivadas?

    Alguno pensó que Pepe había perdido el juicio... Sin embargo los conceptos de media derivada (semiderivada), un cuarto de derivada, tres quintos de derivada, etc. existen en el llamado Cálculo Fraccional o Fraccionario: son derivadas fraccionales. También existen integrales fraccionales...

    ¡Qué cosas más raras se les ocurren a los matemáticos!
    ¿Quién responde a Pepe?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla responde...

    Mire, profe. La fórmula (*) generaliza más de lo que parece...

    ¿Derivamos la función  f(x) = 1  a medias? Basta aplicar la fórmula (*) para  n = 0  y  m = 1/2 :

D^1/2 x⁰  =  Γ(1) / Γ(1/2) · x^–1/2  =  1 / √π · 1 / √x  =  1 / √(πx)        ¿ x > 0 ?

    Por supuesto, derivar es semiderivar dos veces: 

 Γ(1) / Γ(1/2) · D^1/2  x^–1/2  = Γ(1) / Γ(1/2) · Γ(1/2) / Γ(0) · x^–1  =  1/∞ / x = 0/x = 0

    Profe, mire, ¡no dejará de sorprenderme el valor  Γ(1/2) = √π !

    ¿Qué tal la derivada y media de  g(x) = √x⁵ ? Ahora  n = 3/2  y  m = 5/2  :

D^3/2 x^5/2  =  Γ(7/2) / Γ(2) · x¹  =  15/8 · √π  · x

    Profe, mire. De forma similar se habla de media integral, un tercio de integral, tres cuartos de integral... Y no solo de potencias... La series de Taylor permiten trabajar con muchas otras funciones...

    Esa es otra historia... Buscad usos curiosos de la función Γ.

RESOLUCIÓN

    Mire, Profe. Nos dieron en su día fórmulas para la suma de términos de progresiones, tanto aritméticas como geométricas. También nos dieron la fórmula del producto de términos de una progresión geométrica... pero la que falta es la del producto de términos de una progresión aritmética...

    Creo que Yoyó Peluso va a enriquecernos...

    Sea la progresión aritmética de primer término  a₁ = a  y de diferencia  d .

a₁ · a₂ · a₃ · ... · a_n =

= a · (a+d) · (a+2d) · ... ·  (a+(n–1)d) =

= a/d · (a/d+1) · (a/d+2) · ... · (a/d+n–1) · dⁿ =

=  Γ(a/d+n) / Γ(a/d) · dⁿ

    Bonita fórmula... que tiene sus limitaciones al igual que la fórmula (*): los números enteros que no son naturales {0, –1, –2, –3, ...} no pertenecen al dominio de la función Γ.

1525. Parecido a Pitágoras. RESOLUCIÓN

    En un triángulo rectángulo, si  a   y  b  son los catetos y  c  es la altura sobre la hipotenusa, entonces

a^–2 + b^–2  =  c^–2

o lo que es lo mismo

1/a² + 1/b²  =  1/c² 

   Pepe Chapuzas nos envió esta proposición. No era el teorema de Pitágoras pero se le parecía, ¿verdad? Exigí una demostración para el día siguiente...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Si  d  es la hipotenusa y  m  y  n  son las proyecciones de  a  y  b  sobre  d , por el teorema del cateto (en el primer paso) y por el teorema de la altura (en el último)...

1/a² + 1/b²  =  1/(md) + 1/(nd)  =  (m+n) / (mnd)  =  d / (mnd)  =  1 / (mn)  =  1/c²

    Nina Guindilla hizo la demostración sin dificultad. Y también era fácil demostrar lo que nos propuso después: que

a·b = c·d

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso lo explicó en un santiamén:

    Mire, profe. El área de un triángulo es igual a

base · altura / 2

    Si apoyamos un triángulo rectángulo sobre un cateto, este es la base y el otro cateto es la altura y tendríamos que el área sería  a·b/2 .

    Si apoyamos el triángulo sobre su hipotenusa  d , esta sería ahora la base y  c  sería la altura por lo que el área sería también  c·d/2 . 

    Y como el área no depende del lado sobre el que se apoye el triángulo... se tiene el resultado.

    Ni Nina ni Yoyó han realizado ningún dibujo para sus explicaciones. ¡Para eso está la imaginación!

1524. Delta y Nabla. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Delta y Nabla son dos símbolos utilizados en Matemáticas y en otros sitios...

    Delta es una letra griega cuya mayúscula tiene forma triangular, por eso se llama delta a cosas triangulares: delta de un río, ala delta, músculo deltoides, deltaedro... El alfabeto griego procede del fenicio/hebreo, y la letra griega delta proviene de la letra fenicia/hebrea dálet, que significa "puerta". Me imagino una puerta triangular de una tienda de los nómadas del desierto...
    Nabla es una palabra griega que significa "arpa". Llamamos nabla a la letra delta mayúscula invertida. Me imagino que las arpas griegas eran más o menos triángulares...
    Los alquimistas utilizaron Delta como símbolo del fuego y Nabla como símbolo del agua...

    Detuve a Pepe Chapuzas antes de que siguiera con las señales de tráfico, la Santísima Trinidad, la Estrella de David y averigua cuántas cosas más... Y le solicité que fuera al meollo...

    Profe, mire. Resulta que los triángulos de Napoleón y de Morley son deltas y nablas... según se miren...

    Pepe y sus enigmas... ¿Qué querrá decir?

SOLUCIÓN

    Con "deltas y nablas" Pepe Chapuzas quiere decir triángulos equiláteros... que siempre los puedes girar hasta que adopten la forma de Delta o de Nabla...

    Nina Guindilla era perspicaz, pero tenía que aclarar lo de Napoleón y Morley...

    Mire, profe. 
    El teorema (misteriosamente llamado) de Napoleón dice que los baricentros de los triángulos equiláteros adosados a los lados de un triángulo cualquiera son vértices de un triángulo equilátero también.

    El teorema de Morley dice que las intersecciones de las trisectrices contiguas de un triángulo cualquiera son vértices de un triángulo equilátero... (Las trisectrices de un ángulo son las dos cevianas que lo trisecan...)

    Ya ve... deltas o nablas...

    No le pedí a Nina que incluyera ninguna demostración porque en Internet se podían encontrar cientos... Algunas muy elegantes...
    ¿Habrá más deltas y nablas por ahí?

RESOLUCIÓN

    Algunas ha encontrado Yoyó Peluso...

    Profe, mire. 
    En el teorema de Napoleón, si en vez de construir los tres triángulos adosados a los lados hacia fuera lo hacemos hacia dentro, obtenemos otro triángulo equilátero... Curiosamente, la diferencia entre las áreas de los dos triángulos de Napoleón nos da el área del triángulo inicial.

    Y en el teorema de Morley, si en vez de tomar las trisectrices interiores tomamos las exteriores o una combinación de interiores y exteriores, contiguas o no, obtenemos otros 17 triángulos equiláteros... Aqui va uno...

1523. Coordenadas areales. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas nos ha mostrado hoy el precioso teorema de Marion Walter.

    Mire, profe. Si desde cada vértice de un triángulo de área 1 trazamos un par de cevianas que trisequen su lado opuesto, se forma en el interior un hexagonito de área 1/10.

    Este teorema se puede demostrar fácilmente con coordenadas areales...

    ¡A demostrar el teorema!

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Sean  A, B y C  los vértices del triángulo. Cada punto  P  del triángulo queda determinado por sus coordenadas areales (o baricéntricas absolutas normalizadas)

x = área (PBC)

y = área (PAC)

z = área (PAB)

    Aquí,  x + y + z = 1 . (Recuérdese que área (ABC) = 1.) Por tanto las coordenadas areales no son independientes entre sí: siempre han de sumar 1.
    Para ubicar un punto a partir de sus coordenadas areales, se calculan las distancias de P a los lados del triángulo ABC (con la fórmula  área = base · altura / 2 ) y se trazan paralelas a los lados a esas distancias...

    Escribamos las coordenadas areales como una matriz fila...

P  =  (x  y  z)

    Las coordenadas de los vértices son:

A  =  (1  0  0)

B  =  (0  1  0)

C  =  (0  0  1)

    Y las ecuaciones de los lados:

AB  :  z = 0      o también      x+y = 1
AC  :  y = 0      o también      x+z = 1
BC  :  x = 0      o también      y+z = 1

    Los puntos medios de los lados serían:

D  =  (0  1/2  1/2)
E  =  (1/2  0  1/2)
F  =  (1/2  1/2  0)

    Y las ecuaciones de las medianas:

AD  :  y = z
BE  :  x = z
CF  :  x = y

    Así, el baricentro satisface las ecuaciones de las medianas: G  =  (1/3  1/3  1/3)

    Los puntos de trisección de los lados son:

H  =  (0  2/3  1/3)

I  =  (0  1/3  2/3)

J  =  (1/3  0  2/3)

K  =  (2/3  0  1/3)

L  =  (2/3  1/3  0)

M  =  (1/3  2/3  0)

    Y las cevianas del teorema:

AH  :  y = 2z
AI  :  2y = z
BJ  :  x = 2z
BK  :  2x = z
CL  :  x = 2y
CM  :  2x = y

    Los vértices del hexagonito son intersecciones de cevianas..., y satisfacen sus ecuaciones...

U  =  (1/2  1/4  1/4)

V  =  (1/4  1/2  1/4)

W  =  (1/4  1/4  1/2)

X  =  (1/5  2/5  2/5)
Y  =  (2/5  1/5  2/5)
Z  =  (2/5  2/5  1/5)

    Hemos dividido el hexagonito en 6 triangulitos. Calcular el área de un triángulo es muy fácil con coordenadas areales... Basta ordenar los 3 vértices del triángulo en sentido positivo y calcular el determinante de orden 3 formado por sendas coordenadas... Los 6 triangulitos tienen la misma área: por ejemplo, calculamos el área del triángulo  GUZ :

                  | 1/3  1/3  1/3 |
                  | 1/2  1/4  1/4 |  =  1/60 + 1/15 + 1/30 – 1/30 – 1/30 – 1/30  =  1/60
                  | 2/5  2/5  1/5 |

    Por lo tanto, el área del hexagonito es 6·1/60 = 1/10

    Habrá que justificar por qué el determinante de las coordenadas areales da el área del triángulo...
    De despedida, Nina propone calcular el área del triángulo RST.

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Los puntos R, S y T también son intersecciones de cevianas. Para R se ha de cumplir que  x = 2z = 4y ; para S, que  y = 2x = 4z ; y para T, que  z = 2y = 4z . Es como hacer repartos directamente proporcionales...

R  =  (4/7  1/7  2/7)

S  =  (2/7  4/7  1/7)

T  =  (1/7  2/7  4/7)

    El área pedida medirá

           | 4/7  1/7  2/7 |
           | 2/7  4/7  1/7 |  =  64/343 + 1/343 + 8/343 – 8/343 – 8/343 – 8/343  =  49/343  =  1/7
           | 1/7  2/7  4/7 |

     Yoyó Peluso había calculado el área con el determinante, pero aún tenía que justificar el método...

    Profe, mire. 
    Primero probaremos que si un punto  P  tiene coordenadas areales  (x  y  z) , entonces su vector de posición se puede escribir como combinación lineal de los vectores de posición de A, B y C de esta manera:

OP = xOA + yOB + zOC

    Veamos... El punto A y los vectores AB y AC forman un sistema de referencia afín del plano por lo que existen unos únicos coeficientes  m  y  n  tales que

AP = mAB + nAC

OP – OA = mOB – mOA + nOC – nOA

OP = (1–m–n)OA + mOB + nOC

    Como  m  y  n  son proporcionales a las alturas de los triángulos PAC y PAB desde P, y las alturas son proporcionales a las áreas de los triángulos, tenemos que  m/y = n/z = k . Para calcular la constante  k  basta un punto. Para el punto  B = (0  1  0) , tenemos  AB = 1·AB + 0·AC  y por lo tanto  k = 1/1 = 1, de donde se tiene que  m = y ,  n = z  y  1–n–m = 1–y–z = x .

    Consideremos ahora los tres vértices de un triángulo  PQR  ordenados en sentido positivo...  Llamemos P = (x  y  z) ,  Q = (x'  y'  z')  y  R = (x"  y"  z")  en coordenadas areales por un lado y  P(p, p'), Q(q, q') y R(r, r')  en coordenadas cartesianas por otro... Si los vértices del triángulos ABC son A(a, a'), B(b, b') y C(c, c') en coordenadas cartesianas, entonces tenemos...

x+y+z = 1      y      (p,  p') = x(a, a') + y(b, b') + z(c. c')

x'+y'+z' = 1      y      (q,  q') = x'(a, a') + y'(b, b') + z'(c, c')

x"+y"+z" = 1      y      (r,  r') = x"(a, a') + y"(b, b') + z"(c, c')

    Esto se puede escribir matricialmente:

    De donde se desprende el resultado... 

    El lector puede comprobar fácilmente que...

                        | 1  p  p' |

                        | 1  q  q' |  =  2 · área (PQR)

                        | 1  r   r' |

y que...

                        | 1  a  a' |

                        | 1  b  b' |  =  2 · área (ABC)  =  2 · 1  =  2

                        | 1  c  c'  |

1522.. El teorema de la mariposa. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Hay teoremas matemáticos con un bonito nombre como el teorema de la mariposa. Pero el teorema de por sí ya es bonito...

    No todo el mundo aprecia la belleza de los teoremas... Está claro que Pepe Chapuzas sí... Así enunció a la clase lo que afirmaba el teorema:

    TEOREMA DE LA MARIPOSA

    Si en un círculo trazamos una cuerda  AB  e  I  es su punto medio, y si  CD  y  EF  son dos cuerdas que pasan por  I  de modo que las cuerdas  CF  y  ED  cortan a  AB  en los puntos  G  y  H 

respectivamente, entonces  I  también es el punto medio del segmento  GH .

    Buscad una demostración tan hermosa como el teorema.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla presentó esta demostración (bonita bonita):

    Profe, mire. Si el círculo (que es una cónica) tiene por ecuación  p(x,y) = 0  y el par de rectas  CD  y  EF  (que es una cónica degenerada) tiene por ecuación  q(x,y) = 0  (p y q son polinomios de 2º grado), entonces el par de rectas  CF  y  ED  (otra cónica degenerada) tendrá por ecuación  t(x,y) = 0 , donde  t  es una combinación lineal de  p  y  q  ya que las tres cónicas pasan por los cuatro puntos C, D, E y F.

t(x,y) = p(x,y) + k · q(x,y)

    Supongamos que la recta  AB  es el eje  x  y que  I  es el origen de coordenadas, y así tenemos las coordenadas  A(–d,0) , B(d,0)  e  I(0,0) . Entonces podemos tomar 

p(x,0) = (x+d)·(x–d) = x² – d²     (dos raíces opuestas)

q(x,0) =  x²    (una raíz doble)

por lo que

t(x,0) = x² – d² + kx² = (1+k)x² – d²

tiene también dos raíces opuestas  –d/√(1+k)  y  d/√(1+k)  que son las abscisas de los puntos G y H respectivamente, por lo que I es efectivamebte el punto medio del segmento GH.

    ¿Algo que objetar?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso solo añadió que la demostración valía para una mariposa inscrita en cualquier tipo de cónica; y también valía si los puntos G y H se obtenían prolongando las cuerdas...