1612. La esfera taladrada...

    Este es el problema que enunció Pepe Chapuza esta mañana:

    Mire, profe. Hemos perforado una esfera maciza con un taladro tal como se muestra en la figura.

    La altura del objeto así obtenido es  h = 2 dm . Obtén el volumen de dicho objeto...

    Los compañeros enseguida pidieron más datos: ¿qué ancho de broca se había utilizado para practicar el túnel?; ¿cuánto medía el radio de la esfera?... Pero  Pepe les advirtió que tanto esos datos como esas preguntas eran superfluas... ¿Es cierta la afirmación de Pepe? Calcula el volumen de la esfera taladrada...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se sabía de memoria las fórmulas de geometría...

    Profe, mire. La esfera taladrada es un segmento esférico menos un cilindro. Si el radio de las bases del segmento esférico (y del ciilindro) fuera r, entonces el volumen sería

π h (3r²+3r²+h²) / 6 − π h r² = π h³ / 6 = 4π/3 = 4,1888 dm³

    Efectivamente, con la altura nos bastaba...

    ¿Y cuánto mediría la superficie de una esfera taladrada?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sumó el área de la zona esférica más el área lateral del cilindro...

    Profe, mire. Si R es el radio de la esfera tenemos

2πRh + 2πrh  =  2π(R+r)h  =  4π(R+r)√(R²−r²)

    En el último paso he utilizado el teorema de Pitágoras. ¿Se ve? 

    La superficie sí que depende tanto del radio de la esfera como del radio del cilindro... Y con estos radios, el dato superfluo es ahora precisamente la altura... 

1611. Los planos bisectores

     Pepe Chapuza nos definió lo que eran los planos bisectores de dos planos secantes dados.

    Profe, mire. Los planos bisectores son el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de los planos dados. Como los planos secantes dividen el espacio en cuatro ángulos diedros, los planos bisectores son dos. (Son cuatro semiplanos.) 

    Pedí comprobarlo con los planos de ecuaciones implícitas F(x, y, z) = 0 y G(x, y, z) = 0, con 

F(x, y, z) = 6x + 8z − 5          G(x, y, z) = 4x + 2y − 4z − 3

    ¡Manos a la obra!

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Si un punto P(x, y, z) pertenece a un plano bisector, entonces

dist (P, F⁻¹(0)) = dist (P, G⁻¹(0))

|F(P)| / |∇F(P)| = |G(P)| / |∇G(P)|

|6x + 8z − 5| / |(6, 0, 8)| = |4x + 2y − 4z − 3| / |(4, 2, −4)|

(6x + 8z − 5) / √(36+64) = ±(4x + 2y − 4z − 3) / √(16+4+16)

(6x + 8z − 5) / 10 = ±(4x + 2y − 4z − 3) / 6

18x + 24z − 15 = ±(20x + 10y − 20z − 15)

    Y reordenando y simpificando tenemos los planos bisectores:

− x − 5y + 2z = 0              19x + 5y + 22z − 15 = 0

    Los planos bisectores siempre son perpendiculares. Compruébalo con estos...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota calculó el producto escalar de los vectores normales de estos planos:

    Mire, profe:  (−1, −5, 2) · (19, 5, 22)  =  − 19 − 25 + 44  =  0 , por lo que los vectores normales son ortogonales y los planos son perpendiculares entre sí.

    Profe, mire. Si los planos iniciales fueran paralelos, el lugar geométrico sería un plano paralelo equidistante de los dados

    Queda para el lector inventarse un ejemplo para comprobarlo...

1610. Doblemente reglada...

    Mire, profe. Un hiperboloide de una hoja tiene forma de chimenea de central térmica. Su ecuación reducida es  x²/a² + y²/b² − z²/c² = 1 . Respecto del eje z los meridianos son ramas de hipérbola y los paralelos son elipses...

    Necesitábamos urgentemente que Pepe Chapuza nos hiciera un dibujo de un hiperboloide hiperbólico (o de una hoja) en una hoja (de papel) ...

    Profe, mire. Aunque se trata de una superficie curva, contiene rectas... ¡Más que eso! Es una superficie reglada: formada por rectas... ¡Mucho más que eso! Es doblemente reglada: por cada punto de la chimenea pasan dos de esas rectas...

    Esto había que justificarlo sí o sí.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo justificó de la siguiente manera:

    Mire, profe. Podemos cambiar la escala en los tres ejes de coordenadas

x : a = X        y : b = Y        z : c = Z

    La forma del hiperboloide cambia (los meridianos devienen en hipérbolas equiláteras y los paralelos devienen en circunferencias) pero las rectas siguen siendo rectas... La ecuación se simplifica: X² + Y² − Z² = 1.

    El punto A(1, 0, 0) está en el ecuador del nuevo hiperboloide... y en el plano X = 1. La intersección de este plano y el hiperboloide cumple Y² − Z² = 0, esto es, ±Y = Z. Por lo que el hiperboloide contiene las dos rectas (1, λ, ±λ) con λ ∈ (−∞, ∞) .

    Como este hiperboloide es de revolución, girando las rectas respecto del eje Z obtenemos las rectas, (cosθ−λsenθ, senθ+λcosθ, ±λ) con θ∈ [0, 2π), que están todas contenidas en el hiperboloide...

    En el hiperboloide inicial sería (acosθ−λasenθ, bsenθ+λbcosθ, ±λc)

    Volviendo al hiperboloide inicial..., ¿qué dos rectas pasan por un punto P(x, y, z)?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota pescó las dos rectas:

    Profe, mire. El punto P del primer hiperboloide deviene en el punto Q(x/a, y/b, z/c) del segundo hiperboloide, de donde λ = ±z/c. Calculemos la recta para λ = z/c (para λ = −z/c se haría igual)... Con los cálculos de Nina bastaría con determinar cosθ y senθ... Veamos...

cosθ − z/c senθ = x/a          senθ + z/c cosθ = y/b

cosθ = x/a + z/c senθ          senθ = y/b − z/c cosθ

así...

cosθ = x/a + z/c (y/b − z/c cosθ) = x/a + yz/b/c − z²/c² cosθ

cosθ + z²/c² cosθ = x/a + yz/b/c

cosθ (1 + z²/c²) = x/a + yz/b/c

cosθ = (x/a + yz/b/c) / (1 + z²/c²)

y

senθ = y/b − z/c (x/a + z/c senθ) = y/b − xz/a/c −  z²/c² senθ

senθ + z²/c² senθ = y/b − xz/a/c

senθ (1 + z²/c²) = y/b − xz/a/c

senθ = (y/b − xz/a/c) / (1 + z²/c²)

    Queda para el lector terminar los cálculos...