1552. Clásico, clásico.

    Pedí en clase que buscaran problemas clásicos para exponerlos en clase y Pepe Chapuzas trajo el siguiente problema de la antigua India.

    Mire, profe. Una caña de bambú de  10 m  fue tronchada por el viento de modo que el extremo tocó tierra a  3 m  de la base… ¿A qué altura se quebró la caña?

    Resuelve este clásico…

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla razóno sobre un dibujo…

    Profe, mire. Si suponemos la caña vertical y el suelo horizontal… Podemos utilizar el teorema de Pitágoras:

(10−x)²  =  x² + 3²

100 − 20x + x²  =  x² + 9

20x  =  100 c 9  =  91

x  =  91:20  =  4,5 m

    A veces una ecuación de segundo grado resulta ser de primer grado…

    Nina había traído otro clásico. Este procedía de la antigua China:

    Mire, profe. En el centro de un estanquillo circular de  1 m  de radio crece un junco que sobresale  50 cm  del agua. Cuando el viento inclina al junco el extremo de este toca al borde del estanquillo justo en la superficie del agua, quedando el junco completamente sumergido. ¿Cuál es la profundidad del estanquillo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo su dibujo:

    Mire, profe: el estanque de perfil… El problema es parecido al anterior:

(x+0,5)²  =  x² + 1²

x² + x + 0,25  =  x² + 1

x  =  0,75 m

75 centímetros.

1551. El beso de la circunferencia

    Mire, profe. Ya nos ha dicho que la recta que mejor se aproxima a una curva en un punto es la recta tangente a la curva en ese punto..., pero una circunferencia se aproximaría mejor, ¿no es cierto?

    Ya estaba Pepe Chapuzas "sacando punta al compás"... Le dije que la circunferencia que mejor se aproxima a una curva en un punto (no de inflexión) se llama osculatriz...

    ¿Oscu... cómo?

    Prorrumpió Pepe... Le aclaré que osculatriz significaba que daba ósculos, esto es, besos... Antes de que nadie pidiera explicaciones por tan curioso nombre solicité que se calculara el centro y el radio de la circunferencia osculatriz...

    Estás invitado a participar...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla habló...

    Profe, mire. 
    La recta tangente a una curva en un punto tiene que cumplir dos condiciones: debe pasar por el punto y debe tener la misma pendiente que la curva en ese punto. Esto implica a la función que determina la curva y a su derivada. Pero la circunferencia osculatriz tiene que cumplir una tercera condición: en ese punto debe tener la misma curvatura que la curva... y ello implica a la segunda derivada...
    Si llamamos  u  al vector de posición de un punto de la curva, nada nos impide suponer que el parámetro del que depende es el tiempo. Así, la derivada de  u  es la velocidad  v  y la segunda derivada es la aceleración  w . Llamemos  c  al vector de posición del centro de la circunferencia osculatriz y  r  al radio...

    La primera condición se puede expresar de la siguiente manera

|u–c| = r

(u–c)² = r²

    Esta igualdad es más que una igualdad, porque si derivamos se mantiene la igualdad, y si derivamos de nuevo... la igualdad persiste... Veamos... Derivando...

2 (u–c) · v  =  0

(u–c) · v  =  0

    Esto quiere decir que el vector tangente a la curva es perpendicular al radio de la circunferencia en el punto común, lo cual es equivalente a la segunda condición. Si llamamos  n  al vector normal a la curva en ese punto (girando  v  un ángulo de 90º) tendremos que  c–u = s n  (*) para cierto escalar  s  ya que  c–u  y  n  han de ser paralelos. Derivando otra vez...

v v + (u–c) w = 0

 (c–u) · w = v²

    

   La aceleración centrípeta es la proyección de  w  sobre  c–u , es decir   (c–u) · w : |c–u|  =   =  v² : r . Esto quiere decir que el radio de curvatura de la curva coincide con el radio de la circunferencia, lo cual es equivalente a la tercera condición... Además, de (*) tenemos que  s n · w = v²  por lo que  s = v² : (n·w)  =  n² : (n·w)  y por tanto  c = u + n² n : (n·w)  nos ubica el centro de la circunferencia osculatriz... Y su radio será  r = |n|³ : |n·w|

    Añadió Nina que el lugar geométrico de los centros de las circunferencias osculatrices de los puntos de una curva se denominaba evoluta de dicha curva. Acto seguido pedí que se buscara la evoluta de una parábola y de una elipse... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó una elipse y su evoluta. Resulta que la evoluta de una elipse es una astroide...

    También calculó la ecuación de la evoluta de la parábola  y = x² ... 

    Mire, profe. 

u = ( t , t² )

v = ( 1 , 2t )

n = ( –2t , 1 )

w = ( 0 , 2 )

n² : (n·w) = (1 + 4t²) : 2 = 1/2 + 2t²

c = ( x , y ) = ( t , t² ) + (1/2 + 2t²) ( –2t , 1 )

x = t – t – 4t³ = – 4t³

t = – ³√(x/4)

y = t² + 1/2 + 2t² = 1/2 + 3t²

y = 1/2 + ³√(27x²/16)

    Para finiquitar agregué que la evoluta de una curva era también la envolvente de las rectas normales a la curva... En el razonamiento de Nina  (u–c) · v  =  0  es la ecuación normal de la recta normal y  v v + (u–c) w = 0  la ecuación que se obtiene al derivar...

1550. Potencias conmutables. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas daba por sabido que la potenciación era una operación que no poseía la propiedad conmutativa. Al fin y al cabo 2³ ≠ 3², ocho no es nueve...

    Profe, ¿para qué valores  x  e  y  se cumple que  x^y = y^x ? 

    Teníamos que suponer por razones obvias que...

x ≠ y

x > 0

y > 0

    Resuelve la ecuación planteada por Pepe...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla conocía una solución:  2⁴ = 4² = 16 . Pero tenía que haber más...

    Mire, profe. Si parametrizamos  y/x = t ... 

y = xt
x^xt = (xt)^x
x^t = xt
x^t–1 = t

y la solución es...

x = t^1/(t–1)
y = t^1/(t–1) t = t^1/(t–1)+1 = t^t/(t–1)

para  t ≠ 1 . (De todos modos, para  t = 1  se tiene que  x = y .)

    ¿Quién quiere "dibujar" la solución?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso escribió una tabla de valores y límites, situó los puntos y trazó la curva...

t	x	y
→ 1	→ e	→ e
2	2	4
3	√3	√27
3/2	9/4	27/8
1/2	4	2
→ ∞	→ 1	→ ∞
→ 0	→ ∞	→ 1

    Profe, mire. No entiendo por qué no admitimos las soluciones triviales..., por qué no permitimos que  x = y ... Yo dibujo todas las soluciones: las triviales en azul y las no triviales en rojo...

1549. Atravesando cuadraditos. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Tengo un rectángulo de base M y altura N, donde M y N son números naturales. El rectángulo se puede dividir por tanto en M x N cuadraditos unitarios (de lado 1). La pregunta es muy sencilla... ¿Cuántos cuadraditos atraviesa la diagonal del rectángulo? (Si la diagonal solo toca un vértice de un cuadradito, no consideramos que lo atraviesa.)

    Responde a Pepe Chapuzas en el caso general y en el caso particular para M=1260 y N=2625.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La diagonal tiene que atravesar N filas de cuadraditos y M columnas. Cuando la diagonal llega a un vértice de cuadradito acaba de atravesar una fila y una columna a la vez, y eso ocurre "mcd(M,N)" veces. Entonces el número de cuadraditos atravesados es:

M + N – mcd(M,N)

    En el caso particular de un rectángulo de base 1260 y altura 2625...

    El mcd(1260,2625) = 105, así que el número de cuadraditos atravesados es:

1260 + 2625 – 105 = 3780

    Nina Guindilla trasladó el problema a tres dimensiones...

    Mire, profe. Si el largo, ancho y alto de un ortoedro son los números naturales A, B y C respectivamente, y consideramos el ortoedro dividido en A·B·C cubitos unitarios..., ¿cuántos cubitos atraviesa la diagonal del ortoedro?

    Contesta a la pregunta de Nina para el caso general y para A=3300, B=1820 y C=1176.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó de forma similar (chapuceramente)... pero con una dimensión añadida...

    Mire, profe. Si la diagonal solo toca a un cubito por una arista, entonces consideramos que no lo atraviesa... La diagonal tiene que atravesar A lonchas de cubitos a lo largo, B a lo ancho y C a lo alto. Cuando la diagonal llega a una arista de cubito acaba de atravesar dos lonchas a la vez (largo y ancho, largo y alto o ancho y alto)... pero si llega a un vértice de cubito, entonces atravesó tres lonchas a la vez (largo, ancho y alto). Contando y descontando, el número de cubitos atravesados será...

A + B + C – mcd(A,B) – mcd(A,C) – mcd(B,C) + mcd(A,B,C)

    En nuestro caso particular...

mcd(3300,1820) = 5·2·2 = 20

mcd(3300,1176) = 3·2·2 = 12

mcd(1820,1176) = 7·2·2 = 28

mcd(3300,1820,1176) = 2·2 = 4

    El número de cubitos atravesados será... 

3300 + 1820 + 1176 – 20 – 12 – 28 + 4 = 6240

    

1548. Una integral en el violín... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había dibujado la silueta de un violín... ¿Lo adivináis? ¡Sí! Era un problema de Mates...

    ¡Ánimo! Se trata de una integral por partes...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sacó el arco del violín y se puso a tocar...

    Profe, mire. 
    Si llamamos   u = ln x   entonces   du = dx / x   .
    Y si llamamos   dv = xⁿ dx  entonces   v = xⁿ⁺¹/ (n+1)   . 
    Por lo tanto la integral nos queda

xⁿ⁺¹ ln x / (n+1) – ∫ xⁿ/ (n+1) dx  =  xⁿ⁺¹ ln x / (n+1) – xⁿ⁺¹/ (n+1)² + K

    No tuvimos que soplarle a Nina que esta fórmula no valía siempre...

    Profe, mire. Si fuera   n = –1   la fórmula no tendría sentido porque no se puede dividir entre cero, pero en ese caso tendríamos   ∫ ln x / x dx  =  (ln x)² / 2 + K   .

    Para aplicar este resultado, Nina Guindilla ha propuesto este problemita...

    Mire, profe. De una función creciente   f   sabemos que tiene en el punto   (1,0)   un punto crítico y que su tercera derivada es   f '''(x)  =  lnx + 2   . ¿De qué función se trata?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Como la función   f   es creciente, en el punto crítico no hay ni máximo ni mínimo local, por lo que habrá un punto de inflexión y por tanto   f (1) = f '(1) = f ''(1) = 0   .

    Aplicamos la fórmula de Nina varias veces...

f '''(x)  =  x⁰ ln x + 2

f ''(x)  =  x ln x – x + 2x + A  =  x ln x + x + A

como   f ''(1)  =  1 + A  =  0   entonces   A = –1

f ''(x)  =  x ln x + x – 1

f '(x)  =  x² lnx / 2 – x² / 4 + x² / 2 – x + B  =  x² lnx / 2 + x² / 4 – x + B

como   f '(1) = 1/4 – 1 + B = – 3/4 + B  =  0    entonces   B = 3/4

f '(x)  =  x² lnx / 2 + x²/4 – x + 3/4

f (x)  =  x³ lnx / 6 – x³/36+ x³/12 – x²/2 + 3x/4 + C  =  x³ lnx / 6 + x³/18 – x²/2 + 3x/4 + C

como   f (1)  =  1/18 – 1/2 + 3/4 + C  =  11/36 + C  =  0    entonces    C = –11/36

f (x)  =  x³ lnx / 6 + x³/18 – x²/2 + 3x/4 – 11/36

    Impecable, Yoyó Peluso... 
    Comprobó además que efectivamente se trataba de un punto de inflexión...

f ''''(x) = 1/x

f ''''(1) = 1 ≠ 0

    No terminó Yoyó sin dibujar (más o menos) la gráfica de la función...

1547. Por la mitad... RESOLUCIÓN

    Había preguntado a los chicos si era posible partir un rectángulo por la mitad y acoplar las dos mitades de modo que se forme un cuadrado... Pepe Chapuzas dijo que vaya pregunta tan facilonga...

    Profe, mire. Con un rectángulo  1x4  se forma un cuadrado  2x2 . O sea,  1x4 = 2x2 ...

    Creo que no es la única posibilidad... y no me refiero a rectángulos semejantes a este... Evidentemente  2x8 = 4x4 ,  3x12 = 6x6 ,  0,5x2 = 1x1 ...

    ¿Hay otra posibilidad?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Partiendo por la mitad un rectángulo de  4x9  se forma un cuadrado de  6x6 :

    Nina Guindilla dio un ejemplo más complicado... y abrió la caja de Pandora... ¿Quién da más ejemplos?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso encontró infinitas soluciones...

    Mire, profe. Así se dibujaría que  9 x 16  =  12 x 12 :

    De la misma forma, haciendo mitades escalonadas se tendría que

16 x 25  =  20 x 20

25 x 36  =  30 x 30

...

    Y en general...

n² x (n+1)²  =  (n²+n) x (n²+n)

para todo número  n  natural.

    Se deja al lector que escudriñe...

1546. Una cónica, por favor. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Sea ABC un triángulo, G su baricentro y D y E los simétricos de A y B respecto de G. Calcula la excentricidad de la cónica que pasa por A, B, C, D y E.

    Pepe Chapuzas sabía que cinco puntos determinaban una cónica... Lo que pedía parecía bastante complicado...
    Pepe dio como datos  A (–10, 1) ,  B (2, –5)  y  C (2, 10) . ¿Te animas?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comentó que con complejos no era tan complejo... Se refería a los números complejos, claro...

    Profe, mire:

A = –10 + i       B = 2 – 5i       C = 2 + 10i

G = (A+B+C)/3 = –2 + 2i

D = 2G – A = 6 + 3i       E = 2G – B = –6 + 9i

    Hay una afinidad que transforma el triángulo ABC en un triángulo equilátero A'B'C'... Esta afinidad transformará G en G' (el baricentro de A'B'C') y D y E en D' y E' (los simétricos de A' y B' respecto de G')... Hay una circunferencia con centro en G' que pasa por A', B', C', D' y E' (cinco de los seis vértices de una estrella de David).

    Tal circunferencia se transformará mediante la recíproca de esa afinidad en una elipse con centro en G y que pasaría por A, B, C, D y E. Esa elipse es la cónica cuya excentricidad buscamos... Esa elipse es la circunelipse de Steiner del triángulo ABC...

    Nina iba en serio...

    El triángulo ABC es el triángulo medial del triángulo UVW donde

U = B+C–A = 14 + 4i      V = A+C–B = –10 + 16i      W = A+B–C = –10 – 14i

    La circunelipse de Steiner de ABC es la inelipse de Steiner de UVW...

    Perdonamos a Nina la chapuza de dibujo:

    Por el teorema de Marden los focos  P y Q  de esta elipse son los puntos críticos del polinomio complejo

p(z)  =  (z–U)(z–V)(z–W)  = 

=  z³ – (U+V+W) z² + (UV+UW+VW) z – UVW  =

=  z³ + (6–6i) z² + (36–72i) z + (–4616–1016i)

que derivando...

p'(z)  =  3 z² + (12–12i) z + (36–72i)

y anulando...

3 z² + (12–12i) z + (36–72i)  =  0

y simplificando...

z² + (4–4i) z + (12–24i)  =  0

y ajustando...

(z + 2 – 2i)² – (2–2i)² + (12–24i)  =  0

(z + 2 – 2i)²  =  –12 + 16i 

(z + 2 – 2i)²  =  4 + 16i + 16i²

(z + 2 – 2i)²  =  (2+4i)²

    Los focos son...

P + 2 – 2i  =  2 + 4i        ==>       P = 6i

Q + 2 – 2i  =  – 2 – 4i     ==>    Q = – 4 – 2i

    Nina iba muy en serio...

    Mire, profe. La distancia focal es

2c = |Q–P| = |–4–8i| = √80 = 4√5

    Para calcular el eje mayor nos sirve A, B, C, D o E.

2a = |A–P| + |A–Q| = |–10–5i| + |–6+3i| = √125 + √45 = 8√5

    Y la excentricidad de la elipse es...  c/a = 1/2 .

    Nina iba realmente muy en serio...
    Para rematar la faena... ¿Quién quiere calcular la ecuación general de esta elipse?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso prefería navegar por la realidad del plano real a volar por la complejidad del plano complejo... La ecuación general de una cónica era

px² + qy² + rxy + sx + ty + u = 0

    Yoyó tenía las coordenadas de cinco puntos de la cónica... ¡pero no iba a plantear un sistema homogéneo de cinco ecuaciones con seis incógnitas!

    Mire, profe. Los focos de la elipse son  P (0,6)  y  Q (–4,–2), y el eje mayor mide  2a = 8√5 , por lo tanto, la ecuación de la elipse será (llamando  Z (x,y)  a un punto genérico de la elipse):

dist (P, Z) + dist (Q, Z)  =  2a

√( x² + (y–6)² ) + √( (x+4)² + (y+2)² )  =  8√5

√( x² + y² –12y +36 )  =  8√5 – √( x² + 8x + 16 + y² + 4y + 4 )

x² + y² –12y +36  =  320 + x² + 8x + 16 + y² + 4y + 4 – 16√5 √( x² + 8x + 16 + y² + 4y + 4 )

16√5 √( x² + y² + 8 x + 4 y + 20 ) = 8 x + 16 y + 304

2√5 √( x² + y² + 8 x + 4 y + 20 ) =  x + 2 y + 38

20 x² + 20 y² + 160 x + 80 y + 400 =  x² + 4 y² +4 xy + 76 x + 152 y + 1444

19x² + 16 y² – 4 xy + 84 x – 72 y – 1044  =  0
  

    Yoyó no había acabado...

    Profe, mire. Sin los focos se podía haber hecho de otra manera:

    La recta que pasa por A(–10,1) y B(2,–5):                      x + 2y + 8  =  0

    La recta que pasa por C(2,10) y D(6,3):                        7x + 4y – 54 = 0

    La recta que pasa por A(–10,1) y C(2,10):                    3x – 4y + 34 = 0

    La recta que pasa por B(2,–5) y D(6,3):                          2x – y – 9 = 0

    La cónica que pasa por A, B, C, D... y por E(–6,9): 

m (x + 2y + 8) (7x + 4y – 54) + n (3x – 4y + 34) (2x – y – 9) = 0

cumplirá

m (–6 + 2·9 + 8) (7·(–6) + 4·9 – 54) + n (3·(–6) – 4·9 + 34) (2·(–6) – 9 – 9) = 0
– 120 m + 60 n = 0
n = 2m

y para  m=1  y  n=2

(x + 2y + 8) (7x + 4y – 54) + 2 (3x – 4y + 34) (2x – y – 9) = 0
19x² + 16 y² – 4 xy + 84 x – 72 y – 1044  =  0

    Queda para el lector la justificación de todos los pasos...