1503. El máximo local... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas planteó el siguiente problema de optimización...

    Calcúlese el máximo relativo de la función  f (x)  =  14x¹⁰ – 60x⁷ + 105x⁴ – 1120x² – 1260x .

    El enunciado era corto y claro... Además daba una pista: decía "máximo" en singular. ¡Solo había un máximo local! Pero... ¡de un polinomio de décimo grado!

    En fin, seguro que habrá prestidigitación de por medio... ¿Se atreve alguien?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla derivó la función  f  para calcular los puntos críticos:

    Mire, profe:

f ' (x)  =  140x⁹ – 420x⁶ + 420x³ – 2240x – 1260

    Anulando...

140x⁹ – 420x⁶ + 420x³ – 2240x – 1260  =  0

y dividiendo entre  140 ...

x⁹ – 3x⁶ + 3x³ – 16x – 9  =  0

    Esta ecuación tiene una solución entera  x = –1  que se puede obtener con la regla de Ruffini... pero no tiene más soluciones enteras...

    Para colmo, en este punto  x = –1 , la función  f  no alcanza un máximo sino un mínimo porque el valor de la segunda derivada es positivo:

f " (x)  =  140 (9x⁸ – 18x⁵ + 9x² – 16)

f " (–1)  =  140 (9 + 18 + 9 – 16)  =  2800  >  0

    Nina necesitaba ya la prestidigitación...

    Profe, mire lo que hago con la ecuación:

x⁹ – 3x⁶ + 3x³ – 16x – 9  =  0

(x³–1)³ – 16x – 8  =  0

(x³–1)³  =  8 (2x+1)

x³–1  =  2 ∛(2x+1)

(x³–1)/2  =  ∛(2x+1)

    Consideramos la función  g(x) = (x³–1)/2 . Es una función estrictamente creciente y por lo tanto inyectiva. Esto quiere decir que la función  g  tiene inversa  g^–1 , y... "casualmente" esa inversa es  g^–1(x) = ∛(2x+1) . Ahora bien, las gráficas de dos funciones inversas entre sí son simétricas respecto de la gráfica de la identidad  i(x) = x  (la bisectriz de los cuadrantes I y III), y por lo tanto, si  tienen algún punto común, será común también a esta bisectriz. Esto simplifica tremendamente la ecuación...

g(x) = g^–1(x)
g(x) = i(x)
(x³–1)/2 = x

x³–2x –1 = 0

    Ya sabemos que  x = –1  es un valor crítico:

    Los otros son  x = (1 + √5) / 2 = φ   (la razón áurea) y  x = (1 – √5) / 2 = –1/φ .

    Nina ya había hecho lo gordo... Solo faltaba saber en cuál de los dos valores se alcanzaba el máximo local...
    Termínalo tú...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso calculó los valores de la segunda derivada para  x = φ  y  x = –1/φ . Para ello recurrió a la fórmula de las potencias de  φ :

φⁿ = F_n+1 + F_n φ

donde  F  representa la generalización de la sucesión de Fibonacci para cualquier entero  n . 

f " (φ)  =  140 (9φ⁸ – 18φ⁵ + 9φ² – 16)  =
=  140 ( 9(F₉ + F₈ φ) – 18(F₆ + F₅ φ) + 9(F₃ + F₂ φ) – 16 )  =
=  140 ( 9(34 + 21φ) – 18(8 + 5φ) + 9(2 + 1φ) – 16 )  =
=  140 ( (306 – 144 + 18 – 16) + (189 – 90 + 9)φ  )  =
=  140 ( 164 + 108φ )  >  0

    Por lo que en  x = φ  se alcanza otro mínimo local. Como  –1 < –1/φ < φ  y f es continua y derivable, no le queda más remedio que en  x = –1/φ  se alcance el máximo local que buscamos... Pero comprobémoslo:

f " (–1/φ)  =  140 (9φ^–8 + 18φ^–5 + 9φ^–2 – 16)  =

=  140 ( 9(F_–7 + F_–8 φ) – 18(F_–4 + F_–5 φ) + 9(F_–1 + F_–2 φ) – 16 )  =

=  140 ( 9(13 – 21φ) – 18(– 3 + 5φ) + 9(1 – 1φ) – 16 )  =

=  140 ( (117 + 54 + 9 – 16) + (– 189 + 90 – 9)φ  )  =

=  140 ( 164 – 108φ )  =  –1504,674  <  0

1502. Los hexágonos integérrimos. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. ¿Habrá algún hexágono convexo en el plano cuyos seis vértices tengan coordenadas enteras y cuyos lados y diagonales tengan longitudes enteras (naturales)?

    Pepe Chapuzas poniendo a prueba a la clase... y al profe... Cuando le pedí una pista, contestó...

    Doy uno de los vértices: A(0, 0) (jajaja), solo hay que calcular los otros cinco: B, C, D, E y F. 

    ¿Quién quiere buscar algún hexágono así?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se acordó de las ternas pitagóricas...

    Profe, mire. Es fácil encontrar un triángulo con vértices "enteros" y lados "enteros". El famoso triángulo rectángulo de lados 3, 4 y 5 con vértices en (0, 0), (3, 0) y (0, 4) valdría. Si adosamos varios triángulos pitagóricos podemos encontrar un hexágono "integérrimo"... Por ejemplo:

    Los lados miden

|AB| =  |CD| = |DE| = |FA| = 30

|BC| = |EF| = 14

    Y las diagonales

|AC| = |BD| = |DF| = |EA| = 40

|BE| = |CF| = |AD| = 50 

|BF| = |CE| = 48

    El hexágono ABCDE es integérrimo, convexo y, además, cíclico porque sus seis vértices descansan en una circuferencia... ¿Habrá algún pentágono integérrimo que no tenga tres vértices alineados ni cuatro vértices concíclicos?

RESOLUCIÓN

    Esta fue la respuesta de Yoyó Peluso...

    Profe, mire este pentágono...

    Los lados miden

|AB| = 32

|BC| = 50

|CD| = 65

|DE| = 33

|EA| = 34

    Y las diagonales

|AC| = 78

|AD| = |BD| = 65

|BE| = 34

|CE| = 56

    Podéis seguir buscando. Pero cuidado, con la restricción de que no haya tres vértices alineados ni cuatro concíclicos existen hexágonos y heptágonos integérrimos, pero no existen polígonos integérrimos con más vértices...

1501. Suma de arcotangentes (2ª parte). RESOLUCIÓN

    Este es el cálculo que propone Pepe Chapuzas para la próxima semana, teniendo en cuenta que los tres arcotangentes son ángulos agudos...
    ¡Ánimo, calculistas sin calculadora!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla partió de la fórmula de la tangente de la suma de tres ángulos (esta fórmula se puede obtener fácilmente a partir de la de la de la de dos ángulos):

tg (A+B+C) = ( tgA + tgB + tgC – tgA·tgB·tgC ) / ( 1 – tgA·tgB – tgA·tgC – tgB·tgC )

A+B+C = arctg ( ( tgA + tgB + tgC – tgA·tgB·tgC ) / ( 1 – tgA·tgB – tgA·tgC – tgB·tgC ) )

    Mire, profe. Si

A = arctg(1) ,  B = arctg(2)  y  C = arctg(3)

entonces...  

tgA = 1 ,  tgB = 2  y  tgC = 3

y tenemos...

arctg(1) + arctg(2) + arctg(3)  =  arctg ( (1+2+3–6)/(1–2–3–6) )  =  arctg (0) = 180º

ya que al ser  0º < A < 90º ,  0º < B < 90º  y  0º < C < 90º , entonces  0º < A+B+C < 270º .

    Nina había matado moscas a cañonazos... Con un matamoscas era suficiente...

RESOLUCIÓN

    Yoyo Peluso dividió un rectángulo de 2x3 cuadrados en triángulos de la siguiente manera

    Profe, mire. Los triángulos son triángulos rectángulos. Si los cuadraditos tienen lado 1, entonces

A = arctg(√5/√5) = arctg(1)

B = arctg(2/1) = arctg(2)

C = arctg(3/1) = arctg(3) 

    Por tanto

arctg(1) + arctg(2) + arctg(3)  =  A+B+C  =  180º .

700. La prostaféresis. RESOLUCIÓN

    Estábamos recordando la magia de las matemáticas: los logaritmos transformaban multiplicaciones en sumas... Comenté que esto se utilizaba no hace mucho para simplificar los cálculos... Pepe Chapuzas interrumpió...

    Ya lo entiendo, profe. Como 10 ^X ·10 ^Y  =  10 ^X+Y  entonces, si  A = 10 ^X  y  B =10 ^Y  tenemos que X = log A  y  Y = log B , y por tanto

A · B  =  10 ^{logA + logB}  =  antilog ( log A + log B )

que es otra forma de escribir  log (A·B) = log A + log B .

    Bastaban unas buenas tablas de logaritmos...
    Por ejemplo:

857,1673 · 719,3398  =

=  antilog ( log 857,1673 + log 719,3398 )  =

=  antilog ( 2,9330656 + 2,8569341 )  =
antilog ( 5,7899997 )  =

=  616594,576

    ¡Buena aproximación! La respuesta correcta hasta la milésima es  616594,554 .

    Profe... Y antes de que Napier inventara (o descubriera) los logaritmos... ¿había que hacer todas las multiplicaciones a mano?

    Le dije que había un truco parecido a los logaritmos llamado prostaféresis y pedí que buscaran en qué consistía... Pepe saltó...

    ¿Prosta... qué?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tenía algo que decir...

    Mire, profe. La prostaféresis permite convertir productos en sumas pero con una tabla de cosenos en vez de una tabla de logaritmos. Partimos de la conocida fórmula

cos X · cos Y = ( cos(X+Y) + cos(X–Y) ) : 2

    Si  A = cos X  y  B = cos Y  entonces  X = arccos A  y  Y = arccos B , y por tanto

A · B  =  ( cos ( arccos A + arccos B ) + cos ( arccos A – arccos B ) ) : 2

    La única pega es que A y B tienen que estar comprendidos entre –1 y 1, pero eso se puede solucionar multiplicando por una potencia de 10. Por ejemplo, con los mismos números que Pepe:

857,1673 · 719,3398  =
=  0,8571673 · 0,7193398 · 10 ⁶  =

como  arccos 0,8571673 = 31º  y  arccos 0,7193398 = 44º       ;-)

=  ( cos (44º + 31º) + cos (44º – 31º) ) : 2 · 10 ⁶  =

=  ( cos 75º + cos 13º ) : 2 · 10 ⁶  =

=  ( 0.2588190 + 0.9743701 ) : 2 · 10 ⁶  =

=  1.2331891 : 2 · 10 ⁶  =

=  616594,55

    ¡Excelente aproximación!

    ¿Cómo se dividiría con prostaféresis?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso advirtió que para dividir necesitábamos además unas tablas de secantes...

    
    Mire, profe. Con logaritmos es fácil:  A / B = antilog ( logA – logB ) . Con prostaféresis sería:

A / B  =

=  ( cos ( arccos A + arccos (1/B) ) + cos ( arccos A – arccos (1/B) ) ) : 2  =

=  ( cos ( arccos A + arcsec B ) + cos ( arccos A – arcsec B ) ) : 2

    Por supuesto, multiplicando por potencias de 10 para que tenga sentido el arcocoseno y el arcosecante...

699. La elipse dorada. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había dibujado una elipse a partir de dos círculos concéntricos. Era el típico ejercicio de Dibujo Técnico... Pero Pepe traía un problemita..., ¡cómo no!

    Profe, esta elipse dorada no es una elipse cualquiera. Resulta que su área es igual a la diferencia entre las áreas de los círculos (la corona dorada)... ¿Cuál es la excentricidad de esta elipse?

    Calcula dicha excentricidad y comprueba que la elipse no era dorada por casualidad...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo los cálculos:

    Profe, mire. Si los semiejes mayor y menor de la elipse miden  a  y  b  respectivamente, entonces tenemos que el área de la elipse mide  πab  y las áreas de los círculos  πa²  y  πb² , así pues...

πab  =  πa² – πb²

dividiendo entre πb²

a/b  =  (a/b)² – 1

(a/b)² – a/b – 1  =  0

a/b  =  (1 + √5) / 2  =  φ

    La razón entre los semiejes es la razón áurea (por eso la elipse era dorada). Si  c  es la semidistancia focal, la excentricidad es

c/a  =  √(a²–b²) / a  = √(a²/b²–1) / (a/b)  =  √(φ²–1) / φ  =  √φ / φ  = 1/√φ

    Nina añadió que la elipse dorada guardaba muchos secretos... ¿Quién quiere desvelarnos alguno?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Ya sabemos cuál es la relación entre la semidistancia focal  c  y los semiejes  a  y  b  de una elipse: a²  =  b² + c² . Dicho de otra manera,  a ,  b  y  c  son los lados de un triángulo rectángulo. Pero, en la elipse dorada, no se trata de un triángulo rectángulo cualquiera... Según los cálculos de Nina, los lados  a ,  c  y  b  son directamente proporcionales a  φ ,  √φ  y  1 . Dicho de otra manera, el triángulo de lados  a ,  c  y  b  es un triángulo de Kepler, esto es, un triángulo rectángulo cuyos lados están en progresión geométrica... y la razón de la progresión es la excentricidad de la elipse.

698. A las ocho y cuarto. RESOLUCIÓN

    Oí en clase que varios alumnos susurraban "a las ocho y cuarto" así que tuve que poner orden preguntando si no era un poco tarde para quedar... El murmullo cesó y Pepe Chapuzas intervino con la siguiente excusa:

    Mire, profe. Las ocho y cuarto no es una hora sino un punto de la recta real:  8 + 1/4 = 33/4 . Mejor dicho, un punto del eje de abscisas:  P (33/4, 0) ... Y estábamos planteando cuál sería el punto  Q  de la parábola  f(x) = x²  más próximo a  P ...

    No podía creérmelo, pero ya se sabe... Una vez planteado el reto, no quedaba más remedio que resolverlo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla minimizó la distancia:

    Profe, mire. La distancia desde el punto (33/4, 0) hasta un punto de la parábola (t, t²) se puede calcular con el teorema de Pitágoras: 

√ ( (t – 33/4)² + (t²)² )  =  √( t² – 33/2 · t + 33²/4² + t⁴ )

    Podemos minimizar el radicando  r(t)  =  t² – 33/2 · t + 33²/4² + t⁴  anulando su derivada: 

r ' (t)  = 4t³ + 2t – 33/2  =  0

t³ + 1/2 · t  =  33/8

    (La solución minimiza la distancia porque la segunda derivada  r " (t)  =  12t² + 2  >  0 .)

    La fórmula de Cardano para resolver la ecuación  t³ + 3p t  =  2q   es

    Aquí,  p = 1/6  y  q = 33/16 . Introduciendo los datos en una calculadora obtenemos 

t  =  ³√( 33/16 + √(33²/16²+1/6³) ) +  ³√( 33/16 – √(33²/16²+1/6³) )  =  3/2

    Comprobamos la solución con la regla de Ruffini:

y de paso que no hay más soluciones reales...

discriminante  =  6² – 4·4·11 = – 140 < 0

    El punto más próximo es  Q(3/2, 9/4) .

    Nina controla la optimización, pero... ¿se podrá calcular  Q  sin optimizar?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso planteó el problema de otra manera:

    Mire, profe. Si  Q (t, t²)  es el punto de la parábola  f(x) = x²  más próximo a  P (33/4, 0) , entonces  P  estará en la recta normal de la parábola que pasa por  Q . La ecuación de dicha recta será:

n(x)  =  f(t) – (x–t) / f '(t)
n(x)  =  t² – (x–t) / (2t)
n(x)  =  t² – x / (2t) +1/2

    Por tanto

0  =  t² – 33/(8t) + 1/2

0  =  t³ + t/2 – 33/8

que es la misma ecuación que encontró Nina...

    Dejamos al lector la justificación de este método...