1630. ¡Más matemáticas!

     Muchas veces me preguntan para qué sirve tal o cual cosa que vemos en clase de Matemáticas... Y suelo contestar con las aplicaciones en la vida real o en las otras ciencias; pero siempre hago hincapíé en que las matemáticas sirven para hacer más matemáticas. Así que propuse tareas de repaso de cursos anteriores preguntando qué más matemáticas se podían hacer con los resultados. Una de esas tareas fue factorizar el polinomio

x⁵ − x⁴ − 7x³ + 11x² − 8x + 12

    Pepe Chapuza no se lo pensó dos veces:

    Mire, profe. La factorización es  (x+3) (x−2)² (x²+1) . Y se puede utilizar para descomponer una fracción algebraica en suma de fracciones simples...

    Pues eso... ¡Más matemáticas!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla escribió la siguiente fracción algebraica:

    Profe, mire. Gracias a la factorización de Pepe sabemos que esta fracción algebraica se puede descomponer de la forma

A/(x+3) + B/(x−2) + C/(x−2)² + (Dx+E)/(x²+1)

de donde

11x⁴ − 18x³ − 35x² − 46x + 50  =

=  A(x−2)²(x²+1) + B (x+3)(x−2)(x²+1) + C(x+3)(x²+1) + (Dx+E)(x+3)(x−2)²

    Si  x = −3 , 891+486−315+138+50 = 250A; A = 1250 / 250 = 5.

    Si  x = 2 , 176−144−140−92+50 = 25C; C = −150 / 25 = −6.

    Si  x = i , 11+18i+35−46i+50 = (Di+E)(13−9i); 96 = 9D+13E, −28 = 13D−9E; D = 2, E = 6.

    Si  x = 0 , 50 = 4A−6B+3C+12E = 20−6B−18+72; B = (−24)/(−6) = 4.

 

    Profe, mire. Esta descomposición se puede utilizar para integrar la fracción algebraica...

    Pues eso... ¡Más matemáticas!

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota integró:

    Mire profe.

∫ (11x⁴−18x³−35x²−46x+50) / (x⁵−x⁴ 7x³+11x²−8x+12) dx =

= ∫ ( 5/(x+3) + 4/(x−2) − 6/(x−2)² + 2x/(x²+1) + 6/(x²+1) ) dx =

= 5 ln |x+3| + 4 ln |x−2| + 6/(x−2) + ln (x²+1) + 6 arctg x + C

1629. Integrales cíclicas

    Había propuesto integrar la función  f(x) = ln |x| / x  y Pepe Chapuza lo hizo por partes...

    Mire, profe. La derivada de  ln |x|  es  1/x  , así,  F(x) = ln² |x| − F(x)  y  F(x) = ln² |x| / 2 .

    Era un caso de integración cíclica: al integrar por partes se obtiene la misma primitiva. Aunque esta integral se podía haber hecho mediante un cambio de variable, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla llamó  w = ln |x| , entonces  dw = dx / x .

    Profe, mire. ∫ f(x) dx = ∫ w dw = w²/2 + C = ln² |x| / 2 + C .

    No era un ejemplo demasiado complicado así que propuse esta otra integración cíclica...

 

  P(x) ∈ ∫ eˣ cos(x/3) dx

 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota derivó la función exponencial e integró la trigonométrica, aunque podría haberlo hecho al revés: en definitiva, el comportamiento es cíclico...

    Profe, mire. Si indico la derivación con una flecha, tenemos

 

eˣ  →  eˣ  →  eˣ 

cos(x/3)  ←  3 sen(x/3)  ←  −9 cos(x/3) 

por tanto

P(x) = eˣ 3 sen(x/3) + eˣ 9 cos(x/3) − 9 P(x)

10 P(x) = eˣ 3 sen(x/3) + eˣ 9 cos(x/3)

P(x) = eˣ/10 ( 3 sen(x/3) + 9 cos(x/3) )

    Siempre es bueno comprobar..., así que voy a derivar la primitiva...

P'(x) = eˣ/10 ( 3 sen(x/3) + 9 cos(x/3) + cos(x/3) − 3 sen(x/3) ) = eˣ cos(x/3)

    Yoyó ha tenido que integrar por partes dos veces para conseguir cerrar el ciclo...

1628. No tan inmediata...

     En la pizarra propuse la siguiente integral indefinida:

    Pepe Chapuza la calculó así...

    Profe, mire. El integrando es un polinomio, así que es una integral inmediata... Solo tengo que desarrollar el binomio de Newton para lo cual echo mano del triángulo de Pascal...

56 ∫ x (x⁶ + 6x⁵ + 15x⁴ + 20x³ + 15x² + 6x + 1) dx =

= 56 ∫ (x⁷ + 6x⁶ + 15x⁵ + 20x⁴ + 15x³ + 6x² + x) dx =

= 56 (x⁸/8 + 6x⁷/7 + 15x⁶/6 + 20x⁵/5 + 15x⁴/4 + 6x³/3 + x²/2) + C =

= 7x⁸ + 48x⁷+ 140x⁶ + 224x⁵ + 210x⁴ + 112x³ + 28x² + C

    No era tan inmediata... ¿Algún atajo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo la integral por partes:

    Profe, mire. Si  u = 56 x ,  du = 56 dx ; y si  dv = (x+1)⁶ dx ,  v = (x+1)⁷/7 . Entonces

56 x (x+51)⁷/7 − ∫ 56 (x+1)⁷/7 dx  =  8x (x+1)⁷ − (x+1)⁸ + K

    ¿Más atajos?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota realizó un cambio de variable:

    Profe, mire. Si  t = x+1 ,  dt = dx . Entonces

∫ 56 (t−1) t⁶ dt = ∫ (56 t⁷ − 56 t⁶) dt = 7t⁸ − 8t⁷ + K = 7(x+1)⁸ − 8(x+1)⁷ + K

    Queda para el lector comprobar que las primitivas encontradas por Pepe, Nina y Yoyó difieren como mucho en una constante, esto es, son polinomios que apenas difieren, si acaso, en el término independiente...

1627. Un ángulo curvilíneo

     Había escrito en la pizarra las funciones  f(x) = x³  y  g(x) = 2x²  y pedí calcular los ángulos que formaban las curvas en los puntos de intersección. Aclaré que un ángulo curvilíneo era el ángulo determinado por las rectas tangentes a las curvas. Y que la existencia de esas rectas estaba asegurada por la derivabilidad de los monomios... Pepe Chapuza, que conocía muy bien los monomios, dibujó un bosquejo de las gráficas... y calculó esos puntos comunes...

    Mire, profe. La ecuación  x³ = 2x²  es equivalente a  x² (x−2) = 0 . Por lo que los puntos comunes son O(0, 0) y P(2, 8). Las derivadas nos proporcionan las pendientes de las rectas tangentes...

f '(x) = 3x²     f '(0) = 0     f '(2) = 12

g'(x) = 4x     g'(0) = 0     g'(2) = 8

    En O el ángulo es de 0º puesto que las dos rectas tangentes son horizontales. Para calcular el ángulo en P tenemos los vectores directores F = (1, 12) y G = (1, 8) de las rectas tangentes... y aplicamos la fórmula...

arccos ((F·G)/(F·G)) = arccos (97/√145/√65) = arccos 0,99915... = 2º 21' 41"

    ¿Quién calcula el ángulo sin recurrir a los vectores directores?

SOLUCIÓN

    Nina guindilla trabajó directamente con las pendientes.

    Mire, profe. Puedo utilizar la fórmula del arcotangente...

arctg (((f '(2)−g'(2))/(1+f '(2)·g'(2))) = arctg (4/97) = arctg 0,041237... = 2º 21' 41"

    ¿Alguna otra posibilidad?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota lo hizo de otra manera.

    Mire, profe. La fórmula de Nina es la de la tangente del ángulo diferencia...

arctg (f '(2)) − arctg (g'(2)) = arctg 12 − arctg 8 = 85º 14' 11" − 82º 52' 30" = 2º 21' 41"

1626. El vaso "perfecto"

     Queríamos diseñar un vaso cilíndrico cuyas proporciones permitieran "una rentabilidad inmejorable y un rendimiento insuperable", esto es..., la mayor capacidad posible con la menor superficie posible, es decir..., ¿qué razón h/r entre la altura y el radio del cilindro serían las idóneas para maximizar el volumen V y minimizar el área A a la vez? (Las medidas h, r, V y A son del interior del vaso.) Pepe Chapuzas saltó del pupitre...

    ¿En qué quedamos? ¿Maximizamos el volumen o minimizamos el área? 

    ¿Qué pensáis los demás? ¿Diseñamos el vaso "perfecto"?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comentó que del cilindro en realidad no nos daban ni el área ni el volumen así que podíamos tomar una cosa como función enlace y la otra como función objetivo. De hecho tampoco nos pedían ni la altura ni el radio sino la relación entre ambos...

    Profe, mire. Obviando la ambigüedad del enunciado...

A = πr² + 2πrh

V = πr²h

h = V/π/r²

A = .πr² + 2V/r

dA/dr = 2πr − 2V/r² = 0

2πr³ = 2V

r = ∛(V/π)

h = V/π/∛(V/π)² = ∛(V/π)

h/r = 1

d²A/dr² = 2π + 4V/r³ > 0

    El vaso será muy "perfecto", profe, pero demasiado cómodo no parece...

    Dejando aparte su opinión, Nina ha minimizado A a partir de V. ¿Quién lo hace al revés?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota lo hizo al revés... Dada A maximizó V...

    Mire, profe.

h = A/2/π/r − r/2

V = πr²(A/2/π/r − r/2) = Ar/2 − πr³/2

dV/dr = A/2 − 3πr²/2 = 0

A/2 = 3πr²/2

r = √(A/3/π)

h = A/2/π/√(A/3/π) − √(A/3/π)/2 = 3√(A/3/π)/2− √(A/3/π)/2 = √(A/3/π)

h/r = 1

d²V/dr² = − 3πr < 0

    Evidentemente salía lo mismo: el radio y la altura tenían que ser iguales... Comenté en clase que este cambio de perspectiva entre enlace y objetivo se puede efectuar en muchos problemas de optimización...