1609. Cubos apilados...

     Pepe Chapuza había traído una colección de cubos (hexaedros) y los fue apilando uno encima de otro ordenados de mayor a menor: el mayor debajo, el menor encima...

    Profe, mire. Si hubiera infinitos cubos y sus volúmenes estuvieran en progresión geométrica de razón R, con R ∊ (0, 1), ¿qué altura alcanzaría la pila?

    A Pepe se le olvidó un dato crucial: el volumen del cubo grandote era de 1 dm³.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla respondió:

    Profe, mire. Si los volúmenes de los cubos están en progresión geométrica de razón R, entonces las alturas (lados) de los cubos están en progresión geométrica de razón ∛R. Por lo tanto, la altura H de la pila será la suma de las alturas de los cubos:  H = 1 / (1−∛R) decímetros .

    Este resultado no está racionalizado. A pesar de no haber dado la racionalización con binomios de raíces cúbicas en el denominador..., ¿osa alguien a hacerlo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota osó...

    Mire, profe. Voy a multiplicar el numerador y el denominador por  1+∛R+∛R² 

1·(1+∛R+∛R²) / ((1−∛R)·(1+∛R+∛R²)) =

= (1+∛R+∛R²) / (1+∛R+∛R²−∛R−∛R²−R) =

= (1+∛R+∛R²) / (1−R) decímetros

1608. La elipse y el rombo

     Profe, mire. Dada una elipse de semiejes a y b, ¿Cuánto miden las diagonales del rombo circunscrito de menor área?

    Pepe Chapuza os propone este problema de optimización. ¡Optimizad pues!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla optimizaba óptimamente...

    Mire, profe. Los ejes de la elipse son ejes de simetría por lo que puedo trabajar con la cuarta parte.

Para un punto de la elipse (a cosλ, b senλ) en el primer cuadrante, 0 < λ < π/2, tenemos el lado del rombo (a cosλ − a μ senλ, b senλ + b μ cosλ).

Para  b senλ + b μ cosλ = 0  se tiene que  μ = −tgλ

Para  a cosλ − a μ senλ = 0  se tiene que  μ = cotgλ

por lo que −tgλ ≤  μ ≤ cotgλ. Los vértices de este lado son (simplificando...)

    ( a cosλ + a tgλ senλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b cotgλ cosλ )

( a cosλ + a sen²λ/cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b cos²λ/senλ )

( a cosλ + a (1−cos²λ)/cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b (1−sen²λ)/senλ )

( a cosλ + a/cosλ − a cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b/senλ − b senλ )

( a/cosλ, 0 )    y    ( 0, b/senλ )

por lo que el área del rombo será  2ab / (cosλ senλ) = 4ab / sen2λ . Anulando la derivada respecto de λ, −8ab cos2λ/sen²2λ = 0 , se tiene que  λ = π/4 , por lo que las diagonales del rombo miden  2a/cosλ = 2√2 a  y  2b/senλ = 2√2 b . Es fácil deducir que el área mide 4ab (como la del rectángulo circunscrito a la elipse) y que es mínima.

    ¿Y si en vez de optimizar el área optimizamos el perímetro?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también era óptimo optimizando...

    Mire, profe. El perímetro del rombo mide  4 √( a²/cos²λ + b²/sen²λ ) . Basta con optimizar el radicando  a²/cos²λ + b²/sen²λ . Anulo la derivada  2a²senλ/cos³λ − 2b²cosλ/sen³λ = 0

   2a²senλ/cos³λ = 2b²cosλ/sen³λ

sen⁴λ/cos⁴λ = b²/a²

tg⁴λ = (b/a)²

tgλ =√(b/a)

cosλ = 1/√(1+tg²λ) = 1/√(1+b/a) = √a/√(a+b)

senλ = tgλ/√(1+tg²λ) = √(b/a)/√(1+b/a) = √b/√(a+b)

    Ahora las diagonales del rombo miden  2a/cosλ = 2√a√(a+b)  y 2b/senλ = 2√b√(a+b)  y el perímetro mínimo mide  4 √( a²/cos²λ + b²/sen²λ ) = 4 √( a(a+b) + b(a+b) ) = 4a + 4b .

1607. La serie de Madhava

 

   Profe, mire. La manecilla de las horas del reloj indicaba inicialmente las 12 horas. Primero avanzó un radián, entonces retrocedió un tercio de radián, después avanzó un quinto de radián, luego retrocedió un séptimo de radián... y así sucesivamente fue avanzando y retrocediendo ángulos que expresados en radianes eran los inversos de los números impares... No sé si acabó parándose del todo pero en un momento dado dejó de apreciarse el movimiento de vaivén... ¿Qué hora marcaba la manecilla al final?

    Pepe Chapuza recordó que un radián era aproximadamente 57º 17' 45". Espero que este dato no os despiste. Calcula la hora...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Voy a indicar el avanzar o adelantar de la aguja del reloj con un ángulo positivo porque se van sumando minutos... y el retroceder o atrasar con un ángulo negativo ya que entonces los minutos se restan. En radianes, el balanceo que se trae la aguja se indicaría de esta manera:  1 − 1/3 + 1/5 − 1/7 + ... Esta es la famosa serie de Madhava-Gregory-Leibniz y converge a π/4. (De hecho se ha utilizado para calcular aproximaciones del número π.) Según esto, la aguja se pararía a π/4 = 45º de la posición inicial, es decir, a la una y media.

    Nina Guindilla calculó la hora. ¿Quién puede justificar el resultado de la serie de Madhava?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota recurrió a la serie de potencias de la función arcotangente...

    Profe, mire. La derivada de la función g(x) = arctg(x) es g'(x) = 1/(1+x²). Pero esta fración es la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica de razón −x² 

 1/(1+x²) = 1−x²+x⁴−x⁶+x⁸−x¹⁰+x¹²−x¹⁴+...

que integrando da...

arctg(x) = x−x³/3+x⁵/5−x⁷/7+x⁹/9−x¹¹/11+x¹³/13−x¹⁵/15+...

ya que arctg(0)=0. Estas series son convergentes para x∊ [−1, 1] por lo que para x=1 

1−1/3+1/5−1/7+1/9−1/11+1/13−1/15+... = arctg(1) = π/4

   Dejaremos al lector que investigue la convergencia de estas series...

1606. El cuadrado y la cónica

    Mire, profe. En una elipse tengo inscrito un cuadrado. Calcula el lado de este en función de los semiejes de aquella.

    El primero que resuelva este reto de Pepe Chapuza se lleva un superpositivo...

SOLUCIÓN

    El superpositivo le estaba aguardando a Nina Guindilla...

    Mire, profe. Supongamos que los semiejes de la elipse miden A y B. La ecuación reducida de la elipse es  x²/A² + y²/B² = 1 . Los vértices del cuadrado inscrito están en las bisectrices de los cuadrantes, esto es,  x² = y² . Resolviendo el sistema nos queda...

x²/A² + x²/B² = 1

B²x² + A²x² = A²B²

(A²+B²)x² = A²B²

x² = A²B²/(A²+B²)

x = ±AB/√(A²+B²)

por lo que el lado del cuadrado mide  2AB/√(A²+B²) .

    Profe, mire. si en vez de una elipse fuera una hipérbola  x²/A² − y²/B² = 1 . Igual que antes...

x²/A² − x²/B² = 1

B²x² − A²x² = A²B²

(B²−A²)x² = A²B²

x² = A²B²/(B²−A²)

x = ±AB/√(B²−A²)

    Profe. Tiene que ser B > A y entonces el lado del cuadrado mide  2AB/√(B²−A²) .

    Finalmente, Nina añadió que en una parábola es imposible inscribir un cuadrado...    

    Otra cuestión y otro superpositivo: si los focos de la cónica estuvieran en el perímetro del cuadrado, ¿cuál sería la excentricidad?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se ganó este otro superpositivo...

    Mire, profe. La distancia focal coincidiría con el lado recto. Tal como se han dibujado las cónicas, sería  C = B²/A , por lo que  C/A = B²/A²

    En el caso de la elipse,  C/A = (A²−C²)/A² = 1 − C²/A² , o sea,  C/A = 1/φ .

    En el caso de la hipérbola,  C/A = (C²−A²)/A² = C²/A² − 1 , o sea, C/A = φ .

    Ya que las soluciones positivas de las ecuaciones  ε² ± ε − 1 = 0  son  ε = (±1+√5)/2 , que son la razón áurea φ y su inversa 1/φ.

    ¡Serían unas cónicas áureas!

1605. Un polígono cuasirregular...

     Profe, mire. Me dijeron que el polígono de la plaza era regular pero estuve midiendo los ángulos y no eran iguales... Eran casi iguales... Bueno... Puedo decir que todos los ángulos medían entre 163° y 164°. Era un polígono cuasirregular... El caso es que cuando llegué a casa no sabía exactamente cuántos lados tenía el polígono...

    Echemos una mano al despistado de Pepe Chapuza... ¿Cuántos lados tenía el polígono?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nunca había estado en esa plaza y por eso no había podido contar los lados del polígono dibujado en el suelo...

     Profe, mire. Si el polígono tiene N lados, la suma de todos sus ángulos es N·180°−360° y por lo tanto, la media aritmética de los ángulos es 180°−360°/N. Así que tenemos

163° < 180°−360°/N < 164°

180°−164° < 360°/N < 180°−163°

16° < 360°/N < 17°

360/17 < N < 360/16

21,176 < N < 22,5

N = 22 lados

    Bastaba darse cuenta que en cada vértice del polígono había una letra hebrea para saber que eran veintidós los lados. (El alfabeto hebreo tiene veintidós letras.)

    ¿Cómo se llaman estas letras?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sabía los nombres de estas letras porque aparecen en los versículos de algunos salmos: álef, bet, guímel, dálet, he, vau, zain, jet, tet, yod, kaf, lámed, mem, nun, sámek, ayin, pe, sade, qof, res, sin y tau. Además, cada letra representa un número: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 200, 300 y 400, respectivamente... Pero Yoyó continuó contándonos más cosas acerca de los números...

    Mire, profe. Los griegos y los romanos también utilizaron letras de sus respectivos alfabetos para representar cantidades. Los chinos tenían (y tienen) símbolos para las cifras pero son caracteres de escritura y no guarismos utilizados en la aritmética:

    Los primeros en utilizar figuras numéricas decimales y posicionales fueron los indios:

    Y los árabes las propagaron... El resto de la historia de estos dígitos la conocemos más o menos todos... Sin embargo el primer sistema de numeración posicional no era decimal sino sexagesimal. Era el babilonio y en realidad combinaba el sistema decimal con el senario. Así el símbolo

valía 1, 60, 3600, etc. según su posición y ahí podía aparecer hasta nueve veces. Y el símbolo

valia 10, 600, 36000, etc. según su posición y ahí podía aparecer hasta cinco veces. Eran símbolos cuneiformes... De aquí proceden la forma de medir los ángulos y el tiempo, por ejemplo  35º 28’ 40”  o  4h 12m 55s .

1604. La excentricidad angular. (2.ª parte)

     En un triángulo ABC, el vértice C es un foco de una elipse y el lado AB es una cuerda de la elipse que pasa por el otro foco D. De los lados se sabe que |AC| = 15 cm y que |AB|+|BC| = 41 cm. Además, se sabe que el área del triángulo ACD es 84 cm² ¿Cuánto vale la excentricidad angular de la elipse?

    Pepe Chapuza había enunciado esta tarea para la tarde... Hazla antes de acostarte...

SOLUCIÓN

    Nina no se acostó antes de acabar sus tareas... Una labor de detective a partir de las pistas...

     Mire, profe. Por el método del jardinero sabemos que |AC|+|AD| = |BC|+|BD| = 2a, donde a es el semieje mayor. Por lo tanto 2a es igual al semiperímetro del triángulo. (La línea de ápsides sería una divisoria del triángulo y pasaría por el punto de Nagel.)

    Por otro lado, el semiperímetro es 2a = (|AB|+|AC|+|BC|) / 2 = (15+41) / 2 = 28 cm. De donde se tiene que a = 14 cm, y también que |AD| = 2a − |AC| = 28 − 15 = 13 cm.

    Como el área del triángulo ACD es 1/2·|AC|·|AD|·sen = 1/2·15·13·sen = 84 cm², tenemos que sen = 56/65, por lo tanto, cos = √(1−56²/65²) = 33/65.

    Con el teorema del coseno podemos calcular la distancia focal...

2c = |CD| = 

= √( |AC|²+|AD|²−2·|AC|·|AD|·cos ) =

= √( 15²+13²−2·15·13·33/65 ) =

= √( 225 +169 −198 ) =

= √196 = 14 cm

de donde se tiene que c = 7 cm y que la excentricidad de la elipse es ε = c/a = 7/14 = 1/2.

    Por lo tanto la excentricidad angular mide  θ = arcsen(1/2) = 30º .

    La tarea del día siguiente consistió en calcular las coordenadas de los cuatro puntos A, B, C y D suponiendo que el centro de la elipse era O(0, 0); que los focos estaban en el eje de abscisas, con C en la parte negativa y D en la parte positiva; y que de los otros puntos, A tiene la ordenada positiva y B la tiene negativa...

    RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también hizo de detective matemático...

    Mire, profe. La línea de ápsides es el eje de abscisas (y = 0). Como la distancia focal es 14 cm, los focos son C(−7, 0) y D(7, 0).

    El punto A dista 15 cm de C y 13 cm de D por tanto sus coordenadas satisfacen el sistema

(x+7)² + y² = 15²

(x−7)² + y² = 13²

esto es

x²+14x+49+y² = 225

x²−14x+49+y² = 169

y restando las ecuaciones tenemos 28x = 56, esto es, x=2. 

    De este modo (2+7)² + y² = 15², por lo que y= √(15²−9²) = √(225−81) = √144 = 12.

    Ya tenemos el punto A(2, 12).

    El semieje menor de la elipse es b = √(a²−c²) = √(14²−7²) =√(196−49) = √147 por lo que la ecuación de la elipse es  x²/196 + y²/147 = 1.

    La ecuación de recta que pasa por A y D es  y = −12/5 (x−7) . Al sustituir en la ecuación de la elipse tenemos  x²/196 + 144/25 (x²−14x+49)/147 = 1 . Simplifico y quito denominadores...

x²/196 + 48/25 (x²−14x+49)/49 = 1

(1235+9408)x² − 131712x + (460992−140100) = 0

10633x² − 131712x + 220892 = 0

31x² − 384x + 644 = 0

que se puede dividir entre (x−2) puesto que 2 es la abscisa del punto A.

    Así tenemos  x = 322/31 ,  y = −12/5 (322/31−7) = −252/31  y el punto  B(322/31, −252/31) .

    Mire, profe. Pepe mencionó el punto de Nagel N del triángulo. Ahora se puede calcular... 

    La divisoria (ceviana que biseca el perímetro del triángulo) que pasa por el punto A cortará al lado BC en un punto E que dista 28−15 = 13 cm de C.

CB = (322/31, −252/31) − (−7, 0) = (539/31, −252/31) || (539/31, −252/31)·31/7 = (77, −36)

|(77, −36)| = √(77²+36²) = √7225 = 85

OE = (−7, 0) + 13·(77, −36)/85 = (406/85, −468/85)

    Ahora, la ecuación de la divisoria...

AE = (406/85, −468/85) − (2, 12) = (236/85, −1488/85) || (236/85, −1488/85)·85/4 = (59, −372)

x = −59/372·(y−12) + 2 = −59/372 y + 1452/372 = −59/372 y + 121/31

    Por lo tanto el punto de Nagel es  N(121/31, 0) .

1603. La excentricidad angular

     Mire, profe. En una elipse, la excentricidad  ε  cumple que  0 < ε < 1 . Eso mismo le ocurre a la función seno en el primer cuadrante:  0 < sen θ < 1 . Si igualamos  ε = sen θ , entonces  θ  se llama excentricidad angular de la elipse. (En el primer cuadrante,  0 < θ < π/2 .)

    Pepe Chapuza hizo un dibujo para que viéramos cuál era ese ángulo  θ ... (El dibujo solo era válido si  a > b , evidentemente.)

    Y, por supuesto, había un par de cuestiones que resolver...

    Profe, mire. Consideremos, inscrito en la elipse, el rectángulo de base la distancia focal y de altura el lado recto... ¿Qué otro rectángulo inscrito en la elipse tiene igual área que el anterior? ¿Para qué excentricidad angular no existe este segundo rectángulo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó la situación...

    Mire, profe. La distancia focal mide  2c  y el lado recto  2b²/a , así que el área del rectángulo medirá  4b²c/a . Si centramos la elipse, (a cos λ, b sen λ), el vértice del rectángulo en el primer cuadrante será (c, b²/a) y, para ese punto,  cos λ = c/a = ε , y el parámetro será  λ = π/2−θ .

    El área de un rectángulo inscrito en la elipse es  4ab cos λ sen λ = 2ab sen 2λ . Así que resolvemos la ecuación  2ab sen 2λ = 4b²c/a , esto es,  sen 2λ = 2bc/a² .

    La solución del primer rectángulo cumple  2λ = π−2θ  por lo que la otra solución, la del segundo rectángulo, cumplirá  2λ' = π−2λ = 2θ , por lo tanto  λ' = θ  y el rectángulo buscado tiene de base  2a cos θ = 2ab/a = 2b  y de altura  2b sen θ = 2bc/a .

    Profe, mire. No habrá segundo rectángulo cuando ambos coincidan. Entonces  c = b = a/√2  y  θ = π/4. Se trata de un rectángulo de altura a.

    Nina había resuelto ambas cuestiones. Resolved ahora estas... ¿Qué ángulo representa el parámetro λ? ¿Para qué valor de λ, en el primer cuadrante, el área del rectángulo es máxima?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota hizo un dibujo para explicarlo...

    Mire, profe. Así hemos dibujado una elipse en clase de dibujo..., a partir de dos circunferencias concéntricas de radios a y b: sendos radios son los semiejes de la elipse...

    El rectángulo de área máxima se obtiene anulando la derivada del área, esto es, resolviendo la ecuación  4ab cos 2λ = 0 , es decir, λ = π/4 . Se trata por tanto del rectángulo de base  a√2 , altura  b√2 , y área  2ab .

1602. Ordinogramas

    Mis alumnos sentían curiosidad por los rudimentos de programación que había explicado... Pepe Chapuza trajo un ordinograma para calcular las raíces de un polinomio de grado menor o igual que 2...

    Mire, profe. Introducimos los coeficientes a, b y c del polinomio de segundo grado ordenado. Chequeamos a. Si a es 0 el polinomio no es realmente de segundo grado así que chequeamos b; si también b es 0 entonces no tenemos ningún polinomio y si b no es cero tenemos un polinomio de primer grado con raíz −b/a. Si a no es 0 entonces sí tenemos un polinomio de segundo grado así que chequeamos el discriminante d; si d es negativo no hay raíces reales y si d no es negativo hay dos raíces reales (iguales o distintas).

    Vale. Podía completarse, pero el árbol de tomas de decisiones estaba bien claro. 

    Mandé para casa un ordinograma para determinar si un número era primo.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla trajo un ordinograma en el que aparecía un bucle y una manera de escapar de él. No era programación estructurada pero sí tenía buena lógica...

    Profe, mire. Introduzco un número natural m y voy probando si tiene divisores (menores o iguales que √m).

    Con este ordinograma el número 1 sería primo como en la antigua definición...

    ¿Algún ordinograma que "traduzca" números romanos (sin barras de millares)?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota definió un tipo de variable y trabajó con matrices y hasta con una variable boolena...

    Profe, mire. Leo las letras (máximo 15) del número romano y comparo sus valores si son consecutivas para que la máquina sepa si hay que sumar o restar...

    Yoyó usó la letra Z para indicar el fín del número romano (y el fin del bucle)...

    Yoyó nos regaló además otro ordinograma clásico: la simulación de Montecarlo para calcular el número π... 

    Mire, profe. En un cuadrado de lado 1, inscribimos un sector circular de radio 1 y ángulo recto. El área del cuadrado es 1 y la del sector es π/4. La probabilidad de que un punto elegido al azar en el cuadrado esté en el sector es π/4. Si elegimos la cantidad m de estos puntos y de ellos f es la cantidad de los que caen en el sector, entonces f/m se aproximará a π/4. 

    Al ejecutar el programa nos pide el número m de puntos y en un bucle generamos aleatoriamente las coordenadas de estos puntos y contamos los que caen en el sector, que serán f... El valor 4f/m será próximo a π.

1601. Polígonos de verdad...

    Iba a mandar problemas de polígonos y Pepe Chapuza, que estaba despistado, saltó:

    ¿Qué problemas hay en el polígono industrial?

    Entre las risas de la clase le recordé a Pepe que estábamos en "polígonos de verdad": regiones planas encerradas por líneas quebradas cerradas simples..., con todo lo que eso significaba... Y pude enunciar el primer problema. Se trataba de un polígono en el que la suma de todos sus ángulos excepto uno daba la cantidad de 4444º. Se pedía el número de lados y el ángulo que faltaba en la suma...

    ¡Inténtalo "de verdad"...!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla estuvo atenta todo el rato...

    Mire, profe. Si N es el número de ángulos del polígono. La suma de todos ellos es

N·180º − 360º = 4444º + Â

así que

N = (4804º+Â) / 180º 

donde  es el ángulo que falta ( 0º <  < 360º ). Por lo tanto 

4804º / 180º < N < 5164º / 180º 

26,6888... < N < 28,6888...

    ¡Profe, mire! ¡Hay dos soluciones!:  N' = 27  y  N" = 28 .

    ¡Se me había olvidado decir que el polígono era convexo...!

RESOLUCIÓN

    Profe, mire:  Â = N·180º − 4804º .

    Para N' sería  Â' = 27·180º − 4804º = 56º < 180º .

    Para N" sería  Â"= 28·180º − 4804º = 236º > 180º .

    Por lo tanto las solución es  N = 27 ángulos  y  Â = 56º .

    Yoyó Gaviota dio la solución "de verdad"...

1600. Sumando inversos...

    Mire, profe. La base de un triángulo está a nivel del mar... Elegimos dos puntos A y D en sendos lados oblicuos del triángulo (no valen los vértices). Sean a y d respectivamente las altitudes de dichos puntos. Sea b la altitud de la intersección B de las cevianas correspondientes a A y a D. Y sea c la altitud del vértice superior C...

    ¿Será verdad que 1/a + 1/d = 1/b + 1/c ?

    Contestad a Pepe Chapuza...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla observó que había muchos triángulos semejantes en la figura. así que echó mano de la proporcionalidad...

    Profe, mire. Relacionamos lados de triángulos semejantes ...

(w+x+y+z) / a  =  (x+y+z) / b

(v+w+x+y) / d  =  (v+w) / b

v / a  =  (v+w+x) / c

z / d  =  (y+z) / c

... y sumamos las cuatro igualdades ...

(v+w+x+y+z) / a  +  (v+w+x+y+z) / d  =  (v+w+x+y+z) / b  +  (v+w+x+y+z) / c

... y simplificamos

 1/a + 1/d = 1/b + 1/c

     

    Era un caso particular del teorema de Stengel... De hecho, los segmentos a, b, c y d tienen que ser paralelos entre sí, pero no necesariamente perpendiculares a la base... Por otro lado, si B estuviera más a la derecha que C, el razonamiento sería similar...

    Nina propuso un ejercicio de suma de inversos:

    Mire, profe. Si 6 ^p = 24 ^q = 12, ¿cuánto vale 1/p + 1/q?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota recurrió a los logaritmos:

    Mire, profe:  p = log₆12  y  q = log₂₄12 , por tanto...

1/p + 1/q = log₁₂6 + log₁₂24 = log₁₂(6·24) = log₁₂144 = 2

    Recuérdese que log_AB = ln B / ln A, por eso, log_AB y log_BA son inversos...