1599. Todo es número...

     Empecé la clase diciendo que para la sociedad secreta de los Pitagóricos "todo es número" pero que nosotros tampoco podemos vivir sin ellos..., sin los números... ¿Verdad? Pepe Chapuza no tardó en darnos ejemplos:

    Profe, mire. Nos levantamos y miramos la hora en el despertador, la fecha en el almanaque, el peso en la báscula, la temperatura en el termómetro... Marcamos un teléfono... Nos acordamos de nuestras tallas de ropa y calzado, o de nuestra estatura... Pedimos la cuenta, tecleamos el PIN... Nos piden el NIF, el portal de casa, el código postal... Buscamos una página, un capítulo, un ejercicio... Nos preocupan el IBEX, el EURIBOR, la TAE, el IPC, el IRPF, el IVA... Y los precios, las facturas, el saldo bancario, el cuentakilómetros, los contadores del agua, del gas y de la electricidad... Sí, números por doquier...

    Busca más ejemplos de números que nos acompañan continuamente...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla recurrió al refranero:

    Mire, profe. Cada 2 por 3 me hago un 7 en el pantalón. Porque no hay 2 sin 3 y no le busque 3 pies al gato ya que a la 3.ª va la vencida. Veo a Pepe más chulo que un 8 aunque él no vea a 3 en un burro..., eso sí, 4 ojos ven más que 2. Si nadie da duros a 4 pesetas más vale pájaro en mano que 100 volando... Me meto en camisa de 11 varas y me cantan las 40. Hasta el 40 de mayo no se quite el sayo pues en abril, aguas 1000, y en marzo, 3/4 de lo mismo... Siga en sus 13, me han dicho 20000 veces que soy un 0 a la izquierda pero choque esos 5 y a vivir... que son 2 días.

    ¿Más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota buscó números omnipresentes...

    Profe, mire: 7 días, 24 horas, 60 minutos, 60 segundos, 360º, 120 km/h, 12 meses, 365 o 366 días, 3,14 o 3,1416, siglo XXI... Los 4 elementos, las 4 estaciones, los 4 palos de la baraja y las 40 cartas, los 4 puntos cardinales, los 4 evangelistas. Las 3 personas divinas, los 3 arcángeles, los 3 reyes magos, las 3 dimensiones del espacio... Los 12 apóstoles... Los 5 continentes, los 7 mares, los 9 planetas... 100% natural y 0,0 de alcohol... Los 7 enanitos, los 7 colores del arco iris... 2 ojos, 2 orejas, 1 ombligo... y 2 manos con 10 dedos con los que podemos contar... números.

1598. Una gran torre

    Pepe Chapuza había diseñado una torre... La base era un hexágono regular y la cubierta era un paraboloide de revolución. Las seis fachadas verticales acababan en arcos parabólicos. Era más o menos así:

    Pepe trajo una maqueta. El lado de la base medía 2 pulgadas y si el centro de la base fuera el punto O(0, 0, 0) entonces la ecuación del paraboloide sería  P : z = 8 − x² − y² . Pepe no pudo evitar plantear un ejercicio...

    ¿Cuánto mide el volumen de mi maqueta?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó las coordenadas de dos vértices del hexágono...

    Profe, mire. Como es una figura simétrica puedo fijarme en un cuarto de la base... La ecuación de la recta que pasa por los puntos calculados es  R: y = 2 − x/√3 . Así pues...

    La variable "x" está entre  0  y  √3 . 

    Fijado el valor de "x", la variable "y" está entre  0  y  2 − x/√3 . 

    Y fijados los valores de "x" e "y", la variable "z" está comprendida entre  0  y  8 − x² − y² .

    El volumen es.

= 4 ʃ₀^√3ʃ₀^{2 − x/√3} (8 − x² − y²) dy dx =

= 4 ʃ₀^√3 [ 8y − x²y − y³/3 ]₀^{2 − x/√3} dx =

 = 4 ʃ₀^√3 ( 16 − 8x/√3 − 2x² + x³/√3 − 8/3 + x³/(9√3) ) dx =

= 4 ʃ₀^√3 ( 40/3 − 8x/√3 − 2x² + 10x³/(9√3) ) dx =

= 4 [ 40x/3 − 4x²/√3 − 2x³/3 + 5x⁴/(18√3) ]₀^√3 =

 = 4·40√3/3 − 4·4·3/√3 − 4·2·3√3/3 + 4·5·9/(18√3) = 

 ( 160 − 48 − 24 + 10 ) / √3 = 

 = 98/√3 = 56,58 pulgadas cúbicas. 

    ¿Y cuánto mediría el área lateral, esto es, las seis fachadas?

RESOLUCIÓN

    Lo primero que tuvo que hacer Yoyó Gaviota fue hallar la ecuación del arco parabólico...

    Mire, profe. La intersección entre el paraboloide y el plano F : x = √3 nos da

z = 8 − 3 − y² = 5 − y²

    Seis fachadas son doce medias fachadas, por lo tanto el área lateral es

12 ʃ₀¹ (5 − y²) dy = 12 [ 5y − y³/3 ]₀¹ = 60 − 4 = 56 pulgadas cuadradas.

1597. Los teoremas de Guldin

     Mire, profe. Tengo un triángulo con vértices A(1, 1), B(8, 25) y C(17, 13). Si giramos el triángulo alrededor del eje de ordenadas se obtiene un sólido de revolución... ¿Cuanto miden el volumen y el área de este sólido?

    ¡Dos problemas en uno! ¡Típico de Pepe Chapuza...! Ambos se pueden resolver con los teoremas de Guldin... 

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Podemos calcular el volumen con el segundo teorema de Guldin...

    La abscisa G del baricentro de la superficie triangular es la media de las abscisas de los vértices: G = (1+8+17)/3 = 26/3.

    Para calcular el área del triángulo tomamos el vector a = BC = (9, −12), su normal n = (12, 9) y el vector b = AC = (16, 12). Así, el área mide S = |b·n| / 2 = (16·12+12·9)/2 = 150. 

    Por el segundo teorema de Guldin, el volumen es  2π·G·S = 2π·26/3·150 = 2600π u³ .

    Nina Guindilla empezó con el volumen... Ahora queda el área del sólido...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota utilizó el primer teorema de Guldin para calcular el área...

    Mire, profe. Del triángulo ahora hay que calcular la abscisa del baricentro del borde (que no es lo mismo que el baricentro de la superficie). 

    Primero hallamos las abscisas P, Q y R de los puntos medios de los lados AB, AC y BC respectivamente.

P = (1+8)/2 = 9/2

Q = (1+17)/2 = 9 

R = (8+17)/2 = 25/2

    Después calculamos las longitudes de los tres lados:

|AB| = √(7²+24²) = √(49+576) = √625 = 25

|AC| = √(16²+12²) = √(256+144) = √400 = 20

|BC| = √(9²+12²) = √(81+144) = √225 = 15

    El perímetro mide L = 25+20+15 = 60. La abscisa H del baricentro del borde se calcula con la media, ponderada con estas longitudes, de P, Q y R;

H = ( 25·9/2 + 20·9 + 15·25/2 ) / 60 = 8

    Por el primer teorema de Guldin, el área del sólido es  2π·H·L = 2π·8·60 = 960π u² .

    Queda para el lector buscar los enunciados de los teoremas de Guldin...

1596. Los círculos de Malfatti

     Mire, profe. Los círculos de Malfatti de un triángulo son tres círculos tales que cada uno de ellos es tangente a los otros dos círculos y a dos lados del triángulo. Malfatti pensaba que de entre todos los tríos de círculos que cabían en un triángulo sin solaparse, los suyos sumaban la mayor área posible (problema de Malfatti)...

    La historia que ha empezado Pepe Chapuza continúa...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Más de un siglo después se sabía que esto no era cierto. Lo curioso era que los contraejemplos eran supersencillos...

    Más tarde Goldberg descubrió que los círculos de Malfatti no eran la solución del problema de Malfatti para ningún triángulo... ¡Pobre Malfatti!

    Nina Guindilla había continuado la historia, pero esta aún no había terminado...

RESOLUCIÓN

    ¡En fin! Le tocaba a Yoyó Gaviota terminar la historia...

    Mire, profe. Casi dos siglos después de que lo planteara Malfatti, la solución de su problema fue encontrada por Zalgaller y Loss.

    La forma (no el tamaño) de un triángulo queda determinada por dos de sus ángulos, por ejemplo, los menores  α  y  β , esto es,  0º < α ≤ β ≤ 90º − α/2 . Si  sen α/2 = tg β/4  el problema tiene dos soluciones: las disposiciones naranja y verde; si sen α/2 > tg β/4  la solución es la disposición naranja; y si sen α/2 < tg β/4  la solución es la disposición verde...

    Si trasladamos los ángulos  α  y  β  a unos ejes cartesianos, cada punto de la región coloreada corresponde a un triángulo y a todos sus semejantes. Los isósceles estarían representados por dos lados de la región, los equiláteros por un vértice y los escalenos por los puntos del interior...

    Las áreas naranja y verde representan los triángulos cuya solución es la disposición naranja o verde respectivamente. La curva morada señala los triángulos con doble solución... No hay ningún punto azul que corresponda a la disposición de Malfatti...

1595. Trébol polar...

     Estábamos viendo las coordenadas polares: radio r (erre) y ángulo α (alfa). Habíamos explicado que tanto r como α podían ser negativos, nulos o positivos... y lo que significaba esto en cada caso...  

   Pepe Chapuza trajo un dibujo de un trifolio (forma cursi de decir trébol) con su ecuación en coordenadas polares:  r = cos (3α) . Calcula el área de cada hojita del trébol polar...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Las tres hojas son iguales y simétricas... Para la hoja de la derecha tenemos que  −π/6 ≤ α ≤ π/6 , así que su área es...

2/2 ʃ ₀^π/6 r² dα = ʃ ₀^π/6 cos²(3a) dα =

 = 1/2 ʃ ₀^π/6 ( 1 + cos(6α) ) dα = 

= 1/2 ( α + 1/6 sen(6α) ) /₀^π/6 = π/12

    Nina Guindilla integró correctamente... ¿Cuánto mide el área de una hoja de cuadrifolio?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso tenía suerte... ¡Un trébol de cuatro hojas! 

    Profe, mire. Hay que tener cuidado: la ecuación del cuadrifolio es  r = cos (2α) . (Por el contrario, la ecuación  r = cos (4α)  da lugar a una rosa polar de ocho pétalos...) El área pedida es...

2/2 ʃ ₀^π/4 r² dα = ʃ ₀^π/4 cos²(2a) dα =

 = 1/2 ʃ ₀^π/4 ( 1 + cos(4α) ) dα = 

= 1/2 ( α + 1/4 sen(4α) ) /₀^π/4 = π/8

    Se deja para el lector curioso el investigar las diversas rosas polares, a cuál más hermosa...

1594. El triángulo se columpia...

    Mire, profe. Si un triángulo equilátero se columpia en una parábola, el centro del triángulo se columpia en otra...

    Supongo que Pepe Chapuza quiere decir que el lugar geométrico de los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una parábola es otra parábola. Eso habrá que demostrarlo...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Todas las parábolas son semejantes por lo que basta probar con la de ecuación más sencilla P: y = x². El centro de la circunferencia cincunscrita es el baricentro  G(a, b)  del triángulo. La circunferencia circunscrita al triángulo corta a la parábola en cuatro puntos, tres de ellos son los vértices  K, L y M  del triángulo, y el cuarto, N, está fuera del triángulo...

    La ecuación de la circunferencia es C: (x−a)²+(y−b)² = r². Podemos resolver el sistema formado por  P  y  C  con el método de sustitución:

(x−a)²+(x²−b)² = r²

x⁴ + (1−2b)x² − 2ax + a²+b²−r² = 0

    Este polinomio de cuarto grado tiene cuatro soluciones  k, l, m y n . Como el coeficiente principal es  1  entonces el coeficiente de tercer grado es  0 = k+l+m+n  (fórmulas de Cardano-Vieta). Si  k, l y m  corresponden a los vértices  K, L y M  entonces  (k+l+m)/3 = a , se corresponde con el baricentro  G , por lo que 

n = −k−l−m = −3a

    Por otro lado, en  P  se tiene que  x = ±√y  que también podemos sustituir en  C :

(±√y −a)²+(y−b)² = r²

y² + (1−2b)y + a²+b²−r² = ± 2a√y

    Elevando al cuadrado los dos miembros y reordenando nos quedaría

y⁴ + (2−4b)y³ + ... = 0

es decir, un polinomio de cuarto grado con coeficiente principal  1 , coeficiente de tercer grado  2−4b  y con cuatro raíces  k', l' ,m' y n' . Igual que antes, tendremos  k'+l'+m'+n' = 4b−2  y  (k'+l'+m')/3 = b de donde

n' = 4b−2−k'−l'−m' = 4b−2−3b = b−2

    Como el punto  N(n, n')  pertenece a  P ,  n' = n²  y por tanto  b−2 = 9a² . Por lo tanto, el centro G recorre la parábola  P': y = 9x²+2 .

    Nina Guindilla no solo descubrió el columpio del baricentro, sino que también propuso este otro columpio:

    Profe, mire. Si un triángulo (obtusángulo) se columpia en una rama de una hipérbola equilátera, su ortocentro se columpia en la otra...

    Es decir: el lugar geométrico de los ortocentros de los triángulos inscritos en una rama de una hipérbola equilátera es la otra rama.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sabía que todas las hipérbolas equiláteras son semejantes así que eligió la de ecuacióon  H: y = 1/x .

    Mire, profe. Por simetría puedo suponer que el triángulo se columpia en la rama positiva... Los vértices  A(a,1/a), B(b, 1/b) y C(c, 1/c)  tienen  a>0, b>0 y c>0 . El ortocentro D es la intersección de las alturas, así que resolvemos el sistema formado por las ecuaciones de dos de ellas...

(b−c) (x−a) + (1/b−1/c) (y−1/a) = 0

(a−c) (x−b) + (1/a−1/c)  (y−1/b)= 0

quitando denominadores...

abc (b−c) (x−a) − (b−c) (ay−1) = 0

abc (a−c) (x−b) − (a−c) (by−1) = 0

simplificando...

abc (x−a) − ay + 1 = 0

abc (x−b) − by + 1 = 0

y reduciendo...

abc (b−a) + (b−a) y = 0        y = −abc

abc x − aabc + aabc + 1 = 0        x = −1/abc

    Por lo tanto, el ortocentro  D(−1/abc, −abc)  pertenece a la rama negativa...

1593. Mal escrito...

 Mire, profe. ¿Por qué está mal escrito este número?

    Advertí la complicidad del grupo y no caí en la trampa de Pepe Chapuza... No se trataba del número 1000 sino del 1049 en numeración romana... Pero estaba mal escrito: lo correcto sería MXLIX. (Solamente a V y a X se le puede restar I.)

    Aprovechando lo de "mal escrito" pregunté por un examen en el que había visto:

    ¿Se trataba de una suma o de un producto? Pepe se apresuró a decir que daba lo mismo:

1,4 + 3,5 = 4,9        1,4 × 3,5 = 4,9

    La pregunta estaba servida... ¿Cuándo coincidían la suma y el producto de dos números?

SOLUCIÓN

    ¡Al abordaje! (Gritó Nina Guindilla en plan pirata.)

    Profe, mire. Si  x+y = x·y , entonces  x = x·y−y = (x−1)·y , y por tanto  y = x/(x−1) .

    Podemos representar todas las soluciones en el plano y tenemos una hipérbola...

    Como vi que el tema de "mal escrito" daba juego comenté otro examen...

    ¿Era una resta o un cociente...? También daba lo mismo...

4,5 − 1,5 = 3         4,5 / 1,5 = 3

    

    ¿Cuándo coincidían la resta y el cociente?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota no se quedó atrás en el abordaje pirata...

    Mire, profe. Si  y−x = y/x ,  x·y−x² = y ,  x·y−y = x² ,  (x−1)·y = x² ,  y = x²/(x−1) .

    En la gráfica, quedaba patente que no se podía dividir entre cero...

1592. Focos compartidos...

    Profe, mire. Una elipse y una hipérbola se dieron cuenta de que poseían los mismos focos  (±c, 0)  y excentricidades inversas  1/ε  y  ε  (ε >0) . Pero además tenían en común cuatro intersecciones... Calcula las coordenadas de esos puntos de intersección.

    En el dibujo de Pepe Chapuza se observaban los cuatro puntos de intersección. ¡Hállalos!

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Ambas secciones cónicas comparten la línea de ápsides (𝓡 : y=0) pero no los ápsides. Los ápsides de la elipse son (±cε, 0) y los de la hipérbola (±c/ε, 0). Así, las ecuaciones de la elipse y de la hipérbola son:

𝓔 : √( (x−c)²+y² ) + √( (x+c)²+y² ) = 2cε

𝓗 : √( (x−c)²+y² ) − √( (x+c)²+y² ) = ±2c/ε

    Multiplicando ambas

(x−c)² + y² − (x+c)² − y² = ± 4c²

x² − 2cx + c² − x² − 2cx − c² = ± 4c²

− 4cx = ± 4c²

x = ± c

y sustituyendo en 𝓔

|y| + √( 4c²+y² ) = 2cε

√( 4c²+y² ) = 2cε − |y|

4c² + y² = 4c²ε² + y² − 4cε|y|

|y| = (c² + c²ε²) / (cε)

y = ± c/ε ± cε

    (Sustituyendo en 𝓗 sale lo mismo.) Así, las cuatro intersecciones son:

(c, c/ε+cε), (−c, c/ε+cε), (c, −c/ε−cε) y (−c, −c/ε−cε)

    Nina Guindilla ya tenía las intersecciones pero... ¿qué ángulo forman la elipse y la hipérbola en esos puntos de intersección?

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Las ecuaciones reducidas de las cónicas son.

𝓔: x²/(c²ε²) + y²/(c²ε²−c²) = 1

𝓗: x²/(c²/ε²) − y²/(c²−c²/ε²) = 1

    Las derivadas parciales en 𝓔 y en 𝓗 nos dan las componentes de los vectores normales n y m.

n = ( 2x/(c²ε²) , 2y/(c²ε²−c²) )

m = ( 2x/(c²/ε²) , −2y/(c²−c²/ε²) )

    Por simetría basta con ver qué ocurre en  x=c  e  y=c/ε+cε .

n = ( 2/(cε²) , 2(1/ε+ε)/(cε²−c) )

m = ( 2/(c/ε²) , −2(1/ε+ε)/(c−c/ε²) )

    El producto escalar...

n·m = 4/c² − 4(1/ε²+2+ε²)/(c²ε²−2c²+c²/ε²) =

= 4/c² − 4(1/ε²+2+ε²)/c²/(1/ε²+2+ε²) =

= 4/c² −4/c² = 0

    Por lo tanto los vectores normales son ortogonales y las cónicas se cortan perpendicularmente: el ángulo es recto.

    Yoyó Gaviota podía haber dicho quizá 𝝅/2 radianes o 90º... Cuestión de gustos...

1591. Curvas alabeadas

     Mire, profe. Las líneas en ℝ³ pueden ser rectas o curvas (o no tienen o sí tienen curvatura). Las curvas, a su vez, puede ser planas o alabeadas (o no tienen o sí tienen torsión). Consideremos la curva  C: (x=3p², y=4p³, z=3p⁴), p∈ℝ. ¿Cuáles son los versores tangente, normal y binormal de C en el punto P(3, 4, 3)?

    Pepe Chapuza se ha asomado a ℝ³ y ha descubierto las curvas alabeadas. Echemos un vistazo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla ha calculado los tres versores...

    Mire, profe. El punto P se obtiene para el valor del parámetro p = 1.

    Los vectores de posición de los puntos de C son de la forma

V = 3p² i + 4p³ j + 3p⁴ k

así, las velocidades en C son de la forma (derivando respecto de p):

V' = 6p i + 12p² j + 12p³ k

que para p=1 y dividiendo entre 6 para simplificar nos da un vector tangente

T = 1 i + 2 j + 2 k

    Normalizando obtenemos el versor tangente

t = T / |T| = 1/3 i + 2/3 j + 2/3 k

    Derivando V' tenemos las aceleraciones

V'' = 6 i + 24p j + 36p² k

que para p=1 y dividiendo entre 6 para simplificar...

W = 1 i + 4 j + 6 k

    Un vector normal y el versor normal serían, respectivamente...

N = T·T W − T·W T  = 9 ( 1 i + 4 j + 6 k ) − 21 ( 1 i +2 j + 2 k ) = − 12 i − 6 j +12 k

n = N / |N| = − 2/3 i − 1/3 j + 2/3 k    

    Un vector binormal y el versor binormal serían, respectivamente...

B = T × W = ( 1 i +2 j + 2 k ) × ( 1 i + 4 j + 6 k ) = 4 i − 4 j + 2 k

b = B / |B| = 2/3 i − 2/3 j + 1/3 k

    

    Se comprueba fácilmente que los tres versores forman una base ortonormal (triedro de Frenet-Serret)... 

    Por P pasan tres planos perpendiculares a sendos versores... ¿Cómo se denominan?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota encontró los nombres en una antigua chuleta...   

    Profe, mire. El perpendicular a t se llama plano normal. El perpendicular a n se llama plano rectificante. Y el perpendicular a b se llama plano osculador...