825. La corona y la cuerda. RESOLUCIÓN

    Estábamos repasando las fórmulas básicas de Geometría con un problema clásico. Había que calcular el área de la corona circular a partir de la longitud (1 metro) de la cuerda tangente a la circunferencia interior. Los chicos se quejaban de que faltaban datos. Pero Pepe Chapuzas dio fácilmente con la solución. Inténtalo y me cuentas tu resultado...

SOLUCIÓN

 

    Nina también pensaba al principio que faltaban datos..., por ejemplo, los radios de la corona. Pero al final resultó que el área no dependía nada más que de la longitud de la cuerda...

    El área de la corona circular es A = p(R²–r²), y como el teorema de Pitágoras nos asegura que R²–r² = 1/4, el área será A = p/4 metros cuadrados.

 

    Son curiosos los nombres relacionados con el círculo: en un círculo hay radios (como en las ruedas), hay coronas (como las de un rey), hay arcos  (como los de un arquero), hay cuerdas (las de los arcos)... y hasta hay sagitas (saetas o flechas). ¿Qué es una sagita en un círculo? 

 

RESOLUCIÓN

 

    ¡Ahora lo entiendo! ¡La sagita es la saeta, esto es, la flecha entre el arco y la cuerda!

 

    Yoyó Peluso hizo un dibujito...

824. Tangencias... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas recurre con frecuencia a figuras con tangencias para sus retos. Este dibujo sencillo que descubrí en su cuaderno me llamó la atención. Venía acompañado, como no, de una preguntita...

    Si un círculo rojo tiene 1 metro cuadrado de área... ¿cuánto mide el área de un círculo verde?

    Responde detallando todos los pasos. Te espera un positivo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó un positivo:

    Profe, mire. Como el área del círculo rojo es 1 metro cuadrado, el radio del círculo rojo es R=1/√p metros y el radio del círculo negro es 2R=2/√p metros. Si llamamos r al radio del círculo verde tenemos que (R+r)²=R²+(2R–r)² gracias al señor Pitágoras. Desarrollando los cuadrados de los binomios R²+r²+2Rr=R²+4R²+r²–4Rr y por lo tanto 6Rr = 4R² por lo que r = 2R/3 = 2/√p/3 y el área del círculo verde será A = 4/9 m².

    Propón un reto de áreas y tangencias...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso, haciendo honor a su nombre, le dio vueltas a la solución de Nina y afirmó:

    Mire, profe. No hacía falta calcular el radio del círculo rojo... Nina averiguó que la proporción de los radios de los círculos era 2/3 por lo que la proporción de sus áreas será (2/3)²=4/9. Y como el área del cículo rojo es 1 m², la del círculo verde será 4/9 m².

823. Un triángulo de regalo. RESOLUCIÓN

    Como era el cumpleaños de Pepe Chapuzas los compañeros le han "regalado" un problemilla. Pepe lo ha leído en voz alta en clase...

    Los lados de un triángulo medidos en metros son números naturales. El perímetro es de 8 metros. ¿Cuánto mide su área?

    ¡A por el área! ¡Ánimo!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía muy bien la solución... Había sido de ella la idea del regalo...

    Mire, profe. Las únicas posibilidades de que tres números naturales sumen 8 son 1+1+6, 1+2+5, 1+3+4, 2+2+4 y 2+3+3. Solamente la última combinación se corresponde con un triángulo ya que la suma de los dos lados menores es mayor que el lado mayor: 2+3 > 3. Para calcular el área podemos usar la fórmula de Herón: A=√(s(s–a)(s–b)(s–c)) donde a=2, b=3 y c=3 son los tres lados y s = 4 es la mitad del perímetro. Así tenemos s–a=2, s–b=1, s–c=1 y A=√8 m².

    Teniendo en cuenta que es un triángulo isósceles, calcula el área utilizando la fórmula tradicional (mitad de la base por la altura) y el teorema de Pitágoras...

    RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Si apoyamos el triángulo de Nina sobre el lado mayor, la altura divide al triángulo isósceles en dos triángulos rectángulos simétricos de hipotenusa 3m y de cateto 1m. El otro cateto es la altura h = √(3²–1) = √(9–1) = √8, y el área A = B·h/2 = 2·√8/2 = √8 m².

    A Yoyó Peluso le tenía que dar lo mismo, claro.

822. Las cabras monteses. RESOLUCIÓN

    En la excursión que hicimos a la sierra vimos cuatro cabras monteses encaramadas en los riscos. Entonces a Pepe Chapuzas se le ocurrió el siguiente acertijo:

    ¿Cómo habría que colocar a las cuatro cabras monteses para que las cuatro equidisten entre sí, es decir, que cada una esté a la misma distancia de las otras tres, de modo que las cuatro estén a la misma altitud sobre el nivel del mar? Hay que tener en cuenta que no pueden estar a menos de 200 metros unas de otras para que no se peleen.

    Colócalas. Y ten cuidado para que no se peleen.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que cada cabra tenía que estar en un vértice de un tetraedro pero... cómo colocar el tetraedro de modo que sus vértices estén a la misma altitud sobre el nivel del mar... 

    Profe, mire. En realidad las cabras tienen que estar separadas muchos kilómetros..., ¡miles de kilómetros! Podrían estar las cuatro nadando en el mar (en distintos mares) y en ese caso el tetraedro estaría inscrito en la esfera terrestre... (Hay cuatro puntos así aunque la tierra no sea una esfera perfecta.)

    Busca en tu globo terrestre (que sí es una esfera perfecta) cuatro puntos en tierra firme que sean vértices de un tetraedro regular...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso le dio vuelta al globo y encontró tetraedros en cuyos vértices podría colocar a las cabras sin que se ahogaran... En el ejemplo que me mostró las cabras estarían en Canadá, Chile, Kenia y Australia.

821. ¿Dónde están los primos? RESOLUCIÓN

    Responde razonadamente a esta pregunta que ha pinchado Pepe Chapuzas en el corcho de clase:

    En el intervalo [1000000!+2, 1000000!+1000000] hay 999999 números naturales consecutivos, pero ¿cuántos números primos hay?

    ¿Cuántos crees tú que hay? Razona la respuesta.

SOLUCIÓN

    ¡Ninguno!

    Esta fue la tajante respuesta de Nina Guindilla. Dio el siguiente razonamiento...

    Un número K en ese intervalo es de la forma K = 1000000!+n, donde 2≤n≤1000000, por lo tanto n es uno de los factores de 1000000! y se puede sacar factor común: K = n(1000000!/n+1), es decir, K no es primo. ¡Hay 999999 números naturales consecutivos, y ninguno es primo!

     Generaliza el resultado. Para cualquier cantidad M, por muy grande que sea, ¿hay M naturales consecutivos y ninguno de ellos primo?

RESOLUCIÓN

    Oigamos la respuesta de Yoyó Peluso...

    Profe, mire. En el intervalo [(M+1)!+2, (M+1)!+M+1] hay M naturales (consecutivos) y ninguno es primo...

    La función contadora de los números primos, p(x), proporciona más información sobre la distribución de los números primos...

820. Un chicle por un polinomio. RESOLUCIÓN

    En clase se habían apostado un chicle por culpa de este polinomio. Pepe Chapuzas lo había sacado de no sé dónde y decía que se podía escribir como producto de dos polinomios con coeficientes enteros. Algunos compañeros quisieron factorizarlo con la regla de Ruffini, pero como así no salía empezaron a sospechar que Pepe les estaba tomando el pelo. La cuestión acabó en porfía y en la ya famosa apuesta del chicle. Y tú... ¿por quién tomarías partido?

    Yo apuesto por Pepe, pero... ¡ojo! ¡En clase no quiero chicles! Escribe el polinomio como producto de dos polinomios con coeficientes enteros. En vez de un chicle te llevarás un positivo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla había apostado por Pepe... Se había escrito en la palma de la mano la solución y, guiñándome uno ojo, me la enseñó...

    Profe, mire: x⁵+x⁴+1 = (x²+x+1)(x³–x+1).

    Nina me dejó boquiabierto... No quiso confesarme cómo lo había conseguido... Presiento que Nina tiene un don para manejar polinomios... En fin, Nina se llevó el positivo y el chicle (para el recreo).
   Comprueba la solución de Nina y resuelve el problema de polinomios que propuso el día siguiente:

    Al dividir un polinomio P(x) entre x–1 el resto es 1, al dividir P(x) entre x–2 el resto es 3 y al dividir P(x) entre x–3 el resto es 9. Si dividimos P(x) entre (x–1)(x–2)(x–3), ¿el resto es...?

RESOLUCIÓN

    La comprobación de la factorización de Nina era sencilla:

    Para la segunda cuestión, Yoyó Peluso se explicó de la siguiente manera:

    Mire, profe. Por el teorema del resto sabemos que P(1)=1, P(2)=3 y P(3)=9. Al dividir P(x) entre (x–1)(x–2)(x–3), el cociente será un polinomio Q(x) y el resto será un polinomio R(x) tales que P(x) = (x–1)(x–2)(x–3)Q(x) + R(x). Está claro que R(1)=P(1)=1, R(2)=P(2)=3 y R(3)=P(3)=9 y que R(x) es un polinomio de grado menor que 3, o sea,  R(x) = ax² + bx + c, por lo que tenemos:

R(1) = 1 = a + b + c

R(2) = 3 = 4a + 2b + c

R(3) = 9 = 9a + 3b + c

Resolviendo este sistema por el método de reducción tenemos:

R(2)–R(1) = 2 = 3a + b

R(3)–R(2) = 6 = 5a + b

Y restando las ecuaciones de nuevo... 4 = 2a, de donde a = 2, b = –4 y c = 3, y el resto será por lo tanto R(x) = 2x² – 4x + 3

819. La altura del monumento. RESOLUCIÓN

    Profe, ¿ha visto lo bonito que es el nuevo monumento? Me ha dicho el escultor que las cuatro esferas son iguales, pues tienen 1m de radio, y que las cuatro son tangentes entre sí, las tres de la base apoyadas en el suelo y la de arriba apoyada en las otras tres. He calculado la altura del monumento pero no sé si está bien...

    Está claro que a Pepe Chapuzas le gustaba el nuevo monumento. A mí también, la verdad... ¿Te atreves a calcular su altura? Espero tu respuesta...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Vamos por partes... Los centros de las cuatro esferas son vértices de un tetraedro regular de arista 2m (2 radios)... El tetraedro está a 1m (1 radio) del suelo y a 1m (1 radio) de la cima del monumento, por lo tanto la altura del monumento es la suma de la altura del tetraedro más 2m, es decir, 2·√6:3+2 = 3,633m.

    ¡Precisión milimétrica la de Nina Guindilla! 
    Obtén con el teorema de Pitágoras la fórmula que te da la altura de un tetraedro regular a partir de la arista. 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó un tetraedro "regular"... Le salió "regular"...

    Mire, profe. En el triángulo rectángulo azul, la hipotenusa mide 2 y un cateto mide 1 por lo que el otro cateto mide √(4–1) = √3. En el triángulo rectángulo verde, la hipotenusa mide 2 y un cateto mide 2/3·√3 = 2/√3, por lo que el otro cateto mide √(4–4/3) = √(8/3), que es equivalente a la altura calculada por Nina: √(8/3) = √8/√3 = 2·√2·√3/3 = 2·√6/3 metros.

818. Vueltas y más vueltas. RESOLUCIÓN

    Dos atletas corren en un circuito circular. Uno en sentido positivo (antihorario) y otro en sentido negativo (horario). Parten de un determinado punto del circuito, espalda contra espalda, y al cabo de media hora se cruzan en el punto diametralmente opuesto y se detienen para descansar. El primer corredor le ha dado 31 vueltas y media al circuito mientras que el segundo corredor le ha dado 34 vueltas y media. ¿Cuántas veces se han cruzado?

    Pepe Chapuzas os invita a resolver este acertijo. Explica tu respuesta y... ¡que no te maree tanta vuelta!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla corre todos los día pero no en un circuito... Le encanta cambiar el itinerario todos los días...

    Mire, Profe. La solución es muy sencilla: 31,5 + 34,5 = 66 veces se han cruzado... La solución es sencilla pero cuesta un poquito de entender porque los dos atletas están corriendo y yo me mareo... Yo lo entiendo de la siguiente manera... El problema sería equivalente y tendría la misma solución si un atleta estuviera parado y el otro corriera superdeprisa (sumando las velocidades de los dos atletas), así daría 31,5 + 34,5 = 66 vueltas en media hora y se cruzaría conmigo 66 veces.

    Si en vez de correr en distinto sentido corrieran en el mismo sentido... ¿cuántas veces adelantaría el atleta más veloz al más lento?

RESOLUCIÓN

    Esta situación mareaba menos, al menos a Yoyó Peluso:

    Profe, no se especifica donde empieza a correr cada uno..., porque si empiezan en la misma línea alguien se puede liar con el significado de adelantar... En fin, si Nina ha sumado yo tengo que restar 34,5 – 31,5 = 3 veces...

817. Peces de colores. RESOLUCIÓN

    Profe, mire. En mi habitación tengo un acuario con peces de colores... ¡De los 7 colores del arco iris!
    Todos los peces menos 57 son rojos.
    Todos los peces menos 56 son naranjas.
    Todos los peces menos 53 son amarillos.
    Todos los peces menos 51 son verdes.
    Todos los peces menos 48 son azules.
    Todos los peces menos 46 son añiles.
    Todos los peces menos 43 son violetas.
    ¿Cuántos peces hay de cada color?

    Puedes contestar a Pepe Chapuzas sin plantear ningún sistema de ecuaciones. Pero si no te queda más remedio, ¡son 7 ecuaciones de 7 incógnitas...!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla entiende un montón de peces de colores..., así que le entusiasmó resolver el reto del acuario de Pepe Chapuzas... 

    Profe, mire. Si sumo los 57 no rojos, los 56 no naranjas, etc. (57+56+53+51+48+46+43 = 354), está claro que he contado todos los peces 6 veces..., por lo tanto hay 354:6 = 59 peces en total. Ahora es fácil saber que hay 59–57 = 2 peces rojos, 59–56 = 3 peces naranjas, etc..

    Termina el problema y comprueba la solución.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso terminó el problema...

    Hay 59–53 = 6 peces amarillos.
    Hay 59–51 = 8 peces verdes.
    Hay 59–48 = 11 peces azules.
    Hay 59–46 = 13 peces añiles.
    Hay 59–43 = 16 peces violetas.
    Comprobamos: 2+3+6+8+11+13+16 = 59 peces.

816. El desierto de 8 jornadas. RESOLUCIÓN

    Aquí os transcribo este ejercicio que tenía planteado Pepe Chapuzas en su cuaderno. Resuélvelo y explica el resultado.

    Nadie había podido "vencer" a aquel terrible desierto, esto es, nadie había conseguido cruzarlo a pie. Se necesitarían 8 jornadas para atravesarlo (por eso se llamaba así) mientras que una persona solo podía llevar encima alimento y bebida para 5 jornadas. Sin embargo, y a pesar de las dificultades, un grupo de exploradores partió de A y consiguió "vencer" al desierto de 8 jornadas. ¿Cómo lo consiguieron? ¿Cuántos exploradores había como mínimo?

SOLUCIÓN

    Nina hizo unos dibujos o esquemas para explicar su solución:

    Nina había vencido al desierto de 8 jornadas... ¡con solo 4 exploradores! ¡Y sin sacrificar a ninguno por el camino! (Esto no se podía hacer evidentemente... Pepe no necesitaba especificarlo en el enunciado.) Tampoco nadie se podía volver a media jornada...
    Aún así, no podía asegurar que 4 fuera el mínimo número de exploradores...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso supuso que las raciones de comida y bebida se podían quedar solas a salvo de las alimañas... Y venció al desierto de 8 jornadas con tan solo 3 exploradores:

815. ¿Qué día es hoy? RESOLUCIÓN

    En todos los exámenes, para rellenar los datos, Pepe Chapuzas siempre pregunta la fecha. ¡Así de despistado es...! Para que no volviera a preguntarla le encargué que hiciera dos dados grandes para ponerlos en una estantería del aula. Los dados debían estar numerados de modo que pudieran mostrar todos los posibles días de un mes, del 01 al 31. Además sería el propio Pepe el encargado de mover los dados cada mañana...

   Pepe construyó dos bonitos dados de contrachapado. ¿Sabrías decirnos qué números tenía cada dado?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla siempre sabía qué día era: llevaba siempre consigo el mes en que vivía... Lo había hecho con siete palitos de polo en los que había escalonado los números del 1 al 31. Solo tenía que ordenar los palitos del lunes al domingo... En el siguiente dibujo se muestra cómo son. (Los tres últimos palitos son los tres primeros por detrás, así podía conseguir meses de 28, 29, 30 y 31 días sin más que darles la vuelta...)

    En ese momento los palitos estaban así:

    Volviendo al asunto de los dados... Nina descubrió cómo los tuvo que hacer Pepe...

    Profe, mire. El 0, el 1 y el 2 se tienen que combinar con los demás números (el 1 y el 2 también con ellos mismos) por lo que tienen que aparecer en los dos dados. De ese modo quedan ¡seis caras para las siete cifras restantes! Afortunadamente el 9 se puede conseguir poniendo el 6 boca abajo... En definitiva: un dado tendría por ejemplo 0-1-2-3-4-5 y el otro 0-1-2-6-7-8.

    Construye los dados de Pepe o los palitos de Nina... y no te equivoques más de fecha...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se hizo unos palitos de Nina... Solo comentó:

    Profe, mire. Sirve como calendario yanqui (donde la semana empieza el domingo) y como calendario nuestro (donde la semana empieza el lunes)... sin más que mover un palito...

814. Las pelotas saltarinas. RESOLUCIÓN

    A alguien se le escapó una pelota saltarina en clase. Como curiosamente no era de nadie, quedó confiscada... Entonces propuse un ejercicio y comenté que el primero en resolverlo se quedaría con la pelota saltarina. Dicté el enunciado para que los chicos lo copiaran en sus cuadernos...

    El centro de gravedad de una pelota saltarina recorre una trayectoria parabólica. La parábola pasa por los puntos (–6,0), (0,18) y (6,0). En el punto (0,9) se encuentra el centro de gravedad de otra pelota saltarina misteriosamente inmóvil. ¿Cuál es la distancia mínima que hubo entre las pelotas saltarinas si ambas tienen de diámetro 1? (Todas las cantidades están expresadas en centímetros.)

    Fue Pepe Chapuzas el que rescató la pelota. ¿La podrías haber rescatado tú?

SOLUCIÓN

    Pues sí, Nina Guindilla podría haber rescatado la pelota saltarina...

    Mire, profe. Vamos a calcular la distancia mínima entre los centros de gravedad de las pelotas... La ecuación de la parábola se puede deducir fácilmente a partir de los 3 puntos dados en el enunciado: y = 18 – x²/2. Para evitar las raíces cuadradas, vamos a minimizar la función f que nos da el cuadrado de la distancia de un punto de la parábola (x, 18 – x²/2) al punto (0, 9), es decir, f(x) = x² + (9 – x²/2)² = x⁴/4 – 8x² + 81. La derivada f '(x) = x³ – 16x se anula en x = 0 y en x = ±4. En estos puntos críticos la segunda derivada f ''(x) = 3x² – 16 toma los valores f ''(0) = –16 < 0 (máximo relativo) y f ''(±4) = 32 > 0 (mínimos). La distancia mínima será f ^1/2(±4) = (4⁴/4 – 8·4² + 81)^1/2 = 49^1/2 = 7. Pero todavía tenemos que restar los radios de las pelotas: 7 – 1/2 –1/2 = 6 centímetros.

    Estudia los puntos críticos sin utilizar la segunda derivada. (Estudia la monotonía de f.)

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso realizó un diagrama para estudiar el signo de f' y la monotonía de f:

    Terminó comentando otra manera de calcular los valores de x:

    Mire, profe. La recta normal a la parábola que pasa por el punto  (t, 18 – t²/2)  tiene ecuación punto-pendiente  y – 18 + t²/2 = 1/t · (x – t) . Si esta recta tiene que pasar por el punto  (0, 9)  entonces

 9 – 18 + t²/2 = (0 – t) / t 

t²/2 = 8

t² = 16

t = ± 4

    De esta manera quedan algunos cabos sueltos, ¿verdad? Si los ve, el lector puede atarlos.

813. Una araña en el salón. RESOLUCIÓN

    El salón de mi casa es un ortoedro. La planta es un rectángulo de 5m por 4m. El salón tiene una altura de 3m. Una araña se aloja en el vértice A del salón, que está en el suelo, y quiere mudarse al vértice opuesto B, que está en el techo. ¿Cuál es el camino más corto?

    Recuerda que las arañas no vuelan. Resuelve este reto de Pepe Chapuzas. Espero tu respuesta.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La araña tiene que recorrer 2 caras del ortoedro. Hay 3 posibilidades (más otras 3 simétricas y equivalentes a las anteriores)... Si abrimos el diedro de cada pareja de caras tenemos un rectángulo:

    Para cada rectángulo la distancia más corta de A a B es la diagonal. Podemos calcularlas con el teorema de Pitágoras: √(3²+9²) = √90, √(7²+5²) = √74 y √(8²+4²) = √80.
    ¡El camino más corto es el que recorre las 2 caras más grandes!: el suelo y la pared larga (o la otra pared larga y el techo).

    Profe, si fuera una mosca la que tiene que ir de A a B volando en línea recta, la distancia recorrida sería la diagonal del ortodedro: √(3²+4²+5²) = √50, que es un número irracional. A veces la diagonal de un ortoedro de lados naturales es natural: √(1²+2²+2²) = √9 =3. Este ortoedro tiene 2 lados iguales... ¿Existe algún ortoedro de lados naturales, todos diferentes, cuya diagonal sea también natural?

 

    Investiga la cuestión planteada por Nina...

 

RESOLUCIÓN

 

    Yoyó Peluso ha encontrado infinitos ortoedros de lados naturales diferentes y con diagonal también natural...

 

    Profe, por ejemplo 3²+4²+12² = 9+16+144 = 169 = 13².

812. Dominé, dominaste, dominó... RESOLUCIÓN

    Los juegos de mesa, gracias a su familiaridad, dan "mucho juego" para explicar Matemáticas. Pepe Chapuzas explota estas herramientas en sus ya famosos retos... Este es un bonito ejemplo...

   Profe, mire. Tengo un tablero de 8 x 7 = 56 casillas cuadradas, y un juego de dominó de 28 fichas. Las dimensiones del tablero y de las fichas son tales que una ficha del dominó ocupa justamente dos casillas del tablero. Hay muchas formas de cubrir completamente el tablero con las fichas. En el dibujo se muestra una (las fichas están boca abajo)... La cuestión es la siguiente: ¿se puede cubrir un tablero de 54 casillas como el de la siguiente figura (se han quitado dos esquinas al anterior) con 27 fichas del dominó? Yo no lo he conseguido todavía...

    ¿Tú qué opinas? Razona la respuesta. (Por supuesto, no se puede partir ninguna ficha del dominó).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla coloreó en marrón las mitad de las casillas del tablero como en un damero...

    Mire, profe. Cada ficha de dominó ocupa dos casillas de distinto color. Si se pudiera cubrir el tablero con 27 fichas de dominó habría la misma cantidad de casillas marrones que de blancas, y sin embargo hay 28 casillas marrones y solo 26 blancas...

    Al día siguiente Nina trajo otro "tablero" coloreado como un damero y con la misma cantidad de casillas marrones que de blancas... y sin embargo no se podía cubrir con fichas de dominó. ¿Sabrías hacer un "tablero" así? ¿Cuál es el menor números de casillas para hacer un "tablero" así?

RESOLUCIÓN

    Lo primero que quiso aclarar Yoyó Peluso fue qué se entendía por "tablero". Admitió como "tablero" cualquier poliminó: conjunto conexo de casillas (cuadrados) tales que cada par de casillas vecinas comparten un lado. Esto es lo que escribió en su cuaderno:

811. A la hora de comer. RESOLUCIÓN

    Profe, mire. En casa son muy estrictos con el horario de la comida. Siempre se come entre las 2 y las 3. No se puede empezar hasta que las agujas del reloj del comedor (un reloj clásico de dos agujas) no estén justo una encima de la otra, y hay que terminar antes de que las agujas apunten en sentidos contrarios...

    ¡En casa de Pepe Chapuzas tienen que darse prisa para comer...!
    Expresa en horas, minutos y segundos el inicio y el final del período de la comida.
    ¿De cuánto tiempo disponen para comer?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó un problema de persecución... de agujas.

    Profe, mire. Cada 12 horas la aguja pequeña da 1 vuelta y la aguja grande da 12 vueltas en el mismo sentido. Por lo tanto, en esas 12 horas, apuntarán 11 veces en el mismo sentido y 11 veces en sentidos opuestos..., es decir, tendrán la misma dirección en 22 ocasiones. La comida transcurre entre 2 de esas ocasiones sucesivas, por lo que su duración será de:

12/22 horas = 32 minutos y 43,636363... segundos.

 

    Entre las 2 y las 3 las agujas tienen la misma dirección en dos ocasiones: 

en el mismo sentido a las 4·12/22 horas = a las 2 horas 10 minutos 54,545454... segundos y

en sentido contrario a las 5·12/22 horas = a las 2 horas 43 minutos 38,181818... segundos.

 

    En la actualidad, los segundos se dividen decimalmente: 1 segundo = 1000 milisegundos. Sin embargo, antiguamente los segundos (temporales y angulares) se dividían también sexagesimalmente: 1 segundo = 60 terceros... Da las soluciones de Nina en horas, minutos, segundos y terceros... (redondeando los terceros).

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso redondeó los terceros:

    Profe, mire. La comida transcurre entre las 2 horas 10 minutos 54 segundos 33 terceros y las 2 horas 43 minutos 38 segundos 11 terceros.

810. Pescando fracciones unitarias. RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Podemos escribir la fracción unitaria 1/6 como suma de dos fracciones unitarias iguales: 1/6 = 1/12 + 1/12. Pero... ¿de cuántas formas se podría escribir 1/6 como suma de dos fracciones unitarias diferentes, es decir, 1/6 = 1/m + 1/n con números naturales m y n diferentes? (Para simplificar podemos suponer que m > n). Ya he pescado algunas soluciones pero no sé si las tengo todas...

    Os propongo esta duda de Pepe Chapuzas como ejercicio. Encuentra (o pesca) todas las soluciones.
    Además, calcula, para cualquier fracción unitaria 1/k, el mayor valor de m y el menor valor de n para que 1/k = 1/m + 1/n. (Con k, m y n números naturales, por supuesto.)

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le gustaba pescar (siempre que no fueran peces)...

    Profe, he pescado todas las parejas de fracciones unitarias diferentes que suman 1/6. Son estas: 1/42 + 1/7 = 1/24 + 1/8 = 1/18 + 1/9 = 1/15 + 1/10 = 1/6.
    En el caso 1/k = 1/m + 1/n, tiene que ser n > k porque 1/k > 1/n. Así pues, el menor valor de n será k+1, y despejando m = 1/(1/k–1/n) = k·n/(n–k) y sustituyendo n por k+1 tendremos que el mayor valor de m será k(k+1). En el caso de 1/6 = 1/42 + 1/7, (k=6, n=6+1=7, m=6·7=42).

    Si 1/a = 1/b + 1/c + 1/d (con a < b < c < d, números naturales) ¿Cuál es el mayor valor que puede alcanzar d?

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Igual que antes b = a+1. Por tanto 1/a – 1/(a+1) = 1/(a²+a) = 1/c + 1/d. E igual que antes c = a²+a+1 y por lo tanto d = (a²+a)·(a²+a+1). En el caso de a=6, b=7, c=43 y d=1806, esto es, 1/6 = 1/7 + 1/43 + 1/1806.

    Como vemos, a Yoyó Peluso se le da bien pescar...

809. Una progresión imaginaria. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas tiene un truco para asimilar conceptos: mezcla los temas. En este reto que acaba de proponer en clase enlaza los números complejos y las progresiones:

    El producto de nueve números complejos que están en progresión geométrica es i. Calcula el término quinto de dicha progresión.

    Hay varias soluciones. Encuéntralas todas en forma polar.

    Se pueden definir muchas sucesiones de forma recursiva, es decir, determinando cada término en función de uno o varios términos anteriores. En forma recursiva las progresiones geométricas se escribirían (a_n+1 = a_n · k) y las progresiones aritméticas serían (a_n+1 = a_n + k). Mandelbrot estudió las sucesiones en forma recursiva (a_n+1 = a_n² + k) y descubrió uno de los conjuntos complejos (en el doble sentido de la palabra) más fascinantes de las Matemáticas. Si quieres echarle un vistazo disfruta el siguiente video en pantalla completa:

    (Si así no lo puedes ver, pincha en el siguiente enlace, ODISEA MANDELBROT, de YouTube).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla escribió los 9 términos en función de a₅ y probó que a₅ era la media geométrica de los 9 términos... por lo que solo había que calcular las 9 raíces novenas de i.

    Busca más vídeos sobre el conjunto de Mandelbrot y compártelos.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso ha encontrado HD MANDELBROT FRACTAL TOUR GUIDE.

 

    ¡Buen provecho!

808. "Simplifichapuzas". RESOLUCIÓN

    Un día llegué a clase y encontré a Pepe Chapuzas haciendo una parodia del profe de Mates. ;-)

    Hoy vamos a explicar lo que es una simplifichapuza. Una simplifichapuza es una simplificación de una fracción de números naturales en la que, a pesar de ser el resultado correcto, en el examen se saca un rosco perfecto... Aquí tenéis un buen ejemplo:

    Cuando se dieron cuenta de mi presencia estaban todos en plena carcajada...

    Busca otra "simplifichapuza" y si la encuentras me la envías. Nos vemos.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró esta "simplifichapuza":

    Busca tu "simplifichapuza" y compártela.

RESOLUCIÓN

    Aquí va la "simplifichapuza" de Yoyó Peluso:

807. En caída libre. RESOLUCIÓN

    Pillé a Pepe Chapuzas tirando canicas desde la ventana del aula. Para intentar evitar mi regañina (cosa que no logró) se excusó diciendo que no las estaba tirando, que las estaba dejando caer; que no había nadie en el patio en ese momento; que se trataba de un experimento... Al final se disculpó para evitar el parte de disciplina y el castigo (cosas que tampoco logró). Tuvo que copiar no sé cuantas veces "no se tiran objetos por la ventana" y limpiar el patio... Al día siguiente se disculpó de nuevo en forma de problema. ¡Originalidad no le falta a Pepe precisamente!

    Ayer estaba dejando caer canicas desde la ventana, de lo cual me arrepiento sinceramente, pero antes de que llegara el profe pude comprobar que las canicas tardaban 1 segundo en recorrer la segunda mitad de su trayectoria. ¿Me puede decir alguien desde qué altura dejaba caer las canicas?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se preguntaba cómo diablos podía haber cronometrado Pepe la segunda mitad del recorrido de la canica... En fin, se puso a hacer cálculos...

 

    La canica está sometida a la aceleración gravitatoria g = 9,8 m/s2. Si tarda en caer T segundos tenemos que (h = 4,9·T2) y (h/2 = 4,9·(T–1)2 = 4,9·T2–9,8·T+4,9). Reduciendo h en el sistema obtenemos la ecuación 4,9·T2–19,6·T+9,8 = 0. Con la fórmula general de las soluciones de las ecuaciones cuadráticas sale T = (19,6+√(19,62–4·4,9·9,8))/9,8 = 3,4 s. De esta manera h = 4,9·3,42 = 57.1 m. ¡Pepe nos ha tomado el pelo! ¡Ni que el insti fuera un rascacielos...!  

 

    Al resolver la ecuación de segundo grado, Nina ha ignorado una de las dos soluciones. ¿Por qué?

 

RESOLUCIÓN

 

    Mire, profe. La otra "solución" sería T = (19,6–√(19,62–4·4,9·9,8))/9,8 = 0,6 s. Esto es incompatible con el enunciado porque T > 1 s.