1545. Cúbicas o cuadradas... RESOLUCIÓN

    ¡Hay sandías cúbicas! Aunque en la etiqueta pone cuadrada...

    Pepe Chapuzas interrumpió..., pero como no me fío de él le pregunté directamente por el nuevo reto... Y no me equivoqué... Traía una ecuación de tercer grado: una ecuación cúbica. (Por cierto, yo ya había visto sandías cúbicas, pero jamás me habrían inspirado ecuaciones... También estaba claro que dimensionalmente no era lo mismo un cubo que un cuadrado... También, en principio, eran muy diferentes las ecuaciones de tercer grado y las de segundo grado...)

    Mire, profe. Solo hay que hallar las soluciones de la ecuación

x³ – 12,3 x² + 45,32 x + K = 0

sabiendo que una solución es el triple de otra solución.

    ¡Pues venga! A calcular las tres soluciones  A, B y C  y el término independiente  K ...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Podemos suponer que  B = 3A  con lo que las fórmulas de Cardano-Vieta quedan:

A + B + C  =  A + 3A + C  =  4A + C  =  12,3

AB + AC + BC  =  3AA + AC + 3AC  =  3A² + 4AC  =  45,32

ABC  =  3AAC  =  3A²C  =  K

    Así pues

C  =  12,3 – 4A

3A² + 4A (12,3 – 4A)  =  – 13A² + 49,2A  =  45,32

13A²– 49,2A + 45,32  =  0

A = ( 49,2 ± √(49,2² – 4·13·45,32) ) / (2·13)

    Soluciones:

A₁ = 11 / 5 ,    B₁ = 33 / 5 ,    C₁ = 7 / 2    y    K₁ = 2541 / 50

A₂ = 103 / 65 ,    B₂ = 309 / 65 ,    C₂ = 155 / 13    y    K₂ = 986637 / 10985

    Nina Guindilla había comprobado que, en realidad, esta ecuación de tercer grado era de segundo. (La sandía cúbica era cuadrada.)
    Nina presentó otra ecuación de tercer (¿o de segundo?) grado...

    Mire, profe. Solo hay que hallar las soluciones de la ecuación

x³ – 3,4 x² + 7,93 x + 185,9 = 0

sabiendo que una solución tiene de módulo  6,5 .

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó...

    Mire, profe. Si la solución de módulo  6,5  fuera real, entonces sería  6,5  o  –6,5 . Pero ninguno de estos números verifica la ecuación...

6,5³ – 3,4 · 6,5² + 7,93 · 6,5 + 185,9 = 368,42

(–6,5)³ – 3,4 · (–6,5)² + 7,93 · (–6,5) + 185,9 = –283,92

por lo que tiene que haber dos soluciones complejas imaginarias conjugadas de módulo  6,5  y una tercera solución real:

A = P + Q i
B = P – Q i
C = C + 0 i

    Las ecuaciones de Cardano-Vieta quedarían...

A + B + C = 2P + C = 3,4
AB + AC + BC = 6,5² + 2PC = 7,93
ABC = 6,5² · C = –185,9

de donde

C = – 185,9 / 6,5² = – 4,4
P = (3,4 – C) / 2 = 7,8/2 = 3,9
( o también     P = (7,93 – 6,5²) / (2C) =  34,32 / 8,8 = 3,9 )
Q = √( 6,5² – 3,9² ) = 5,2
A = 3,9 + 5,2 i
B = 3,9 – 5,2 i

    Aunque, una vez hallada  C = –4,4  se podía haber proseguido así:

( x³ – 3,4 x² + 7,93 x + 185,9 ) / (x + 4,4)  =

=  x² – 7,8 x + 42,25  =

=  (x – 3,9)² – 3,9² + 42,25 =

=  (x – 3,9)² + 27,04  =

=  (x – 3,9)² + 5,2² 

    Me acordé de dos problemas clásicos: el de la caña de bambú quebrada y el del junco del estanque circular; porque ambos parecen ser ecuaciones de segundo grado cuando en realidad son de primer grado... Es fácil encontrar los enunciados de estos problemas en Internet...

1544. Por medio de las medias... RESOLUCIÓN

 

    No. No se trataba de las medias naranjas. Pepe había propuesto un problema de clase sencillo... Había que calcular dos cantidades sabiendo que su media aritmética era 4,85 y su media geométrica era 3,60...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla prefería las medias lunas a las medias naranjas... Veamos como gestiona las medias de Pepe...

    Mire, profe.
    Si la media aritmética es  4,85  entonces la suma de las cantidades es  2·4,85 = 9,7 .
    Si la media geométrica es  3,60  entonces el producto de las cantidades es  3,6² = 12,96 .
    Por lo tanto las dos cantidades buscadas son las soluciones de la ecuación

x² – 9,7x + 12,96  =  0

de discriminante

9,7² – 4·12,96  =  42,25

por lo que las cantidades son

( 9,7 + √42,25 ) : 2  =  8,1

y

( 9,7 – √42,25 ) : 2  =  1,6

    Nina tenía que complicar un poco la cuestión...

    Mire, profe. Hay que calcular dos cantidades positivas sabiendo que su media cuadrática es  6   y su media armónica es  2,1 .

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso también quería utilizar las fórmulas de Cardano-Vieta para resolver este problema...

    Mire, profe. Sean  a  y  b  las cantidades buscadas y llamemos a su suma  S  y a su producto  P :

S = a+b

P = a·b

    Resulta que  a  y  b  son las soluciones de la ecuación  x² – Sx + P = 0  porque

(x–a)·(x–b)  =  x² – ax – bx + ab  =  x² – (a+b) x + ab

    Pues bien. Tenemos que la media cuadrática es

Q = √( (a²+b²)/2 ) = √( (a+b)²/2 – ab ) = √( S²/2 – P ) = 6

de donde

S² – 2P = 72

    Y tenemos que la media armónica es

H = 2 / (1/a + 1/b) = 2ab / (a+b) = 2P/S = 2,1

de donde 

2P = 2,1S

    Por tanto,

S² – 2,1S – 72 = 0
S = 1,05 + √( 1,05²+72 ) = 1,05 + 8,55 = 9,6
P = 1,05·S = 1,05·9,6 = 10,08

con lo que

x² – 9,6x + 10,08 = 0

    La raíz cuadrada del discriminante de esta ecuación es...

√( 4,8²–10,08 ) = √12,96 = 3,6 

y así

a = 4,8 + 3,6 = 8,4
b = 4,8 – 3,6 = 1,2

1543. Los imanes booleanos... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas estaba jugando con dos imanes... Él decía que eran imanes booleanos y que se llamaban Unión e Intersección... Por supuesto, tenía que proponer un reto...

    Mire, profe. Tenemos cierto experimento aleatorio del que A y B son dos sucesos independientes. Se conocen las probabilidades de la unión y de la intersección:

P(A∪B) = 0,9032

P(A∩B) = 0,4368

    Calcula P(A) y P(B).

    Le pregunté a Pepe si acaso no faltaba algún dato... a lo que respondió...

P(A) < P(B)

    Resuelve el reto de Pepe... con o sin imanes...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla exhibió su "magnética" solución...

    Profe, mire. Como A y B son sucesos independientes

P(A)·P(B) = P(A∩B) = 0,4368

por tanto 

P(A)+P(B) = P(A∪B) + P(A∩B) = 0,9032 + 0,4368 = 1,34

    Así pues, P(A) y P(B) son las soluciones de la ecuación de 2º grado

p² – 1,34 p + 0,4368 = 0

por tanto

P(A) = 1,34/2 – √(1,34²/4 – 0,4368) = 0,56

P(B) = 1,34/2 + √(1,34²/4 – 0,4368) = 0,78

    Nina no se quedó aquí... Resuelve el problema con que os reta ahora...

    Mire, profe. De tres sucesos independientes de un experimento aleatorio se conocen:

P(A∪B∪C) = 0,98

P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) = 0,81

P(A∩B∩C) = 0.36

    Calcula P(A), P(B) y P(C), sabiendo que  P(A) < P(B) < P(C)  y que son números racionales.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó de la siguiente manera:

    Profe, mire... Los sucesos son independientes, así que:

P(A)·P(B)·P(C)  =  P(A∩B∩C)  =  0,36

P(A)·P(B) + P(A)·P(C) + P(B)·P(C)  =  P(A∩B) + P(A∩C) + P(B∩C)  =

=  P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) + 2·P(A∩B∩C)  =  0,81 + 2·0,36 = 1,53

P(A)+P(B)+P(C)  =  P(A∪B∪C) + P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) + P(A∩B∩C)  =

=  0,98 + 0,81 + 0,36  =  2,15

    Por lo tanto, P(A), P(B) y P(C) son las soluciones de la ecuación de tercer grado:

p³ – 2,15 p² + 1,53 p – 0,36  =  0
100 p³ – 215 p² + 153 p – 36  =  0

    Los divisores de  100  son  1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50 y 100  y los divisores de  36  son  1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 y 36 . Aplicando el teorema de la raíz racional... y con un poco de paciencia...

    Por lo que  P(A) = 3/5 = 0,6 ,  P(B) = 3/4 = 0,75  y  P(C) = 4/5 = 0,8 .

1542. Requeteinscrito. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En un cuadrado inscribimos un sector circular cuyo centro esté en el punto medio de un lado del cuadrado. En el sector circular inscribimos un círculo. Y en el círculo inscribimos un cuadrado tal como se muestra en el dibujo. Si el área del cuadrado pequeño es 1 m², ¿cuánto mide el área del cuadrado grande?

    ¡Un cuadrado requeteinscrito!
    Resuelve el reto que acaba de proponer Pepe Chapuzas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no partió del cuadrado pequeño para llegar al grande sino al revés...

    Profe, mire. Si el lado del cuadrado grande mide  L , el radio del sector circular también medirá  L  y el triángulo naranja será un cartabón y el triángulo morado también. (Recuerdo que en un cartabón los ángulos miden 30º, 60º y 90º y que la longitud de la hipotenusa duplica la longitud del cateto menor.) Por otro lado el triángulo rosa es una escuadra (un triángulo rectángulo isósceles).

    Si  r  es el radio del círculo tenemos

L – r = 2 r

L = 3 r

r = L/3

    Y el lado del cuadrado pequeño... 

1 = √(r² + r²) = √2·r = √2/3·L

    Y el área del cuadrado grande...

L² = (3/√2)² = 9/2 = 4,5 m².

    Demasiado rápida, Nina, como de costumbre... 
    Nina propone expresar el radio del círculo inscrito en un sector circular en función del radio y del ángulo del sector. ¿Quién osa?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó a partir de un dibujo

    Mire, profe. 

sen (α/2)  =  r / (R–r)

(R–r) · sen (α/2)  =  r 

R sen (α/2) – r sen (α/2)  =  r

R sen (α/2) = r + r sen (α/2)

R sen (α/2) = r · (1 + sen (α/2))

r = R · sen (α/2) / (1 + sen (α/2))

1541. El tetraedro. RESOLUCIÓN

    La primera pregunta del examen desconcertó a más de uno, pero Pepe Chapuzas salió airoso... Se pedía comprobar que los tres puntos A(5,–2,–3), B(–1,4,–3) y C(–1,–2,3) eran vértices de un triángulo equilátero. Eso era fácil. Pero después se pedía calcular un punto D(x,y,z) para que A, B, C y D fueran vértices de un tetraedro regular... Lo primero que escribió Pepe fue:

    Hay dos soluciones. Una a cada lado del triángulo equilátero.

    Resuelve el ejercicio del examen.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó que el triángulo era efectivamente equilátero...

    Mire, profe. Los vectores  AB = (–6,6,0) ,  BC = (0,–6,6)  y  CA = (6,0,–6)  tienen el mismo módulo  √(36+36) = √72  por lo que los tres lados del triángulo ABC son iguales...

    El punto D equidista de A, B y C por lo que tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

dist(A,D) = dist(B,D)

dist(A,D) = dist(C,D)

dist(A,D) = √72

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = (x+1)² + (y–4)² + (z+3)² 

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = (x+1)² + (y+2)² + (z–3)² 

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = 72

    Las dos primeras ecuaciones...

x² – 10x + 25 + y² + 4y + 4 = x² + 2x + 1 + y² – 8y + 16

x² – 10x + 25 + z² + 6z + 9 = x² + 2x + 1 + z² – 6z + 9

12y = 12x – 12               y = x – 1

12z = 12x – 24               z = x – 2

y sustituyendo en la tercera ecuación...    

(x–5)² + (x+1)² + (x+1)² = 72

x² – 10x + 25 + x² + 2x + 1 + x² + 2x + 1= 72

3x² – 6x – 45 = 0

x² – 2x – 15 = 0

x = 5

x' = –3

    Las dos soluciones son  D(5,4,3)  y  D'(–3,–4,–5) .

    Bravo por Nina. Calcula ahora el volumen del tetraedro...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso lo tenía ya facilísimo...

    Profe, mire. El volumen del tetraedro es el un 1/6 del valor absoluto del producto mixto de los vectores AB, BC y CD. 

    El volumen era de 72 u².

1540. Área máxima (2ª parte). RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas le encantan los problemas de optimización...

    Mire, profe. En un semicírculo inscribimos una elipse cuyo eje mayor es paralelo al diámetro del semicírculo. Si el área de la elipse fuera la máxima posible..., ¿cuál sería su excentricidad?

    SOLUCIÓN

    A Nina también le gustaba optimizar...

    Profe, mire. Podemos suponer que el radio del semicírculo es 1. Si llamamos a los semiejes de la elipse  a  y  b , entonces tenemos...

la semicircunferencia:       x² + y²  =  1              y > 0

la elipse:        x²/a² + (y–b)²/b²  =  1

de donde

x²  =  1 –  y² 

(1–y²)/a² + (y–b)²/b²  =  1

(1/b²–1/a²) y² – (2/b) y + (1/a²) = 0

    El discriminante de esta ecuación es nulo porque la elipse y la semicircunferencia son tangentes...

1/b² – (1/b²–1/a²)(1/a²) = 0

1/b² + 1/a⁴– 1/a²/b² = 0

a⁴ + b² – a² = 0

b² = a² – a⁴

    El cuadrado del área de la elipse es

π² a² b² = π² a² (a² – a⁴) = π² (a⁴ – a⁶)

y anulando su derivada respecto de  a ...

4a³ – 6a⁵ = 0
4 – 6a² = 0
a² = 4/6 = 2/3
a = √(2/3) 

que es el valor de  a  para el que el área de la elipse es máxima, pues la segunda derivada

π² (12a² – 30a⁴) = π² (12 · 2/3 – 30 · 4/9) = π² (8 – 40/3) < 0

    Así, tenemos

b² = 2/3 – 4/9 = 2/9
b = √2 / 3

la semidistancia focal 

c = √(a²–b²) = √(2/3–2/9) = √(4/9) = 2/3

y la excentricidad

e = c/a = 2/3 / √(2/3) = √(2/3)

    
Nina Guindilla propuso otra optimización:

    Mire, profe. En un semicírculo de radio 1 inscribimos un trapecio isósceles de modo que la base mayor del trapecio es el diámetro del semicírculo... Halla el área máxima que puede alcanzar un trapecio así...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso trabajó con trigonometría...

    Profe, mire.

    Un punto del primer cuadrante de circunferencia es  (cosZ, senZ)  0º<Z<90º .

    La base mayor del trapecio mide  2 , la base menor  2cosZ  y la altura  senZ  por lo que el área del trapecio será...

A = (2 + 2cosZ)·senZ / 2 = senZ + senZ·cosZ = senZ + sen2Z / 2

    Derivando

d/dZ (senZ + sen2Z /2) = cosZ + cos2Z = cosZ + 2cos²Z – 1

y anulando

2cos²Z + cosZ – 1  =  0

cosZ = ( –1 + √(1+8) ) / 4 =  (–1+3)/4  =  1/2

Z = 60º

    Así, el área máxima es

A = sen60º + sen60º cos60º = √3/2 + √3/2 · 1/2 = 3√3/4

que es máxima porque

d²/dZ² (senZ + sen2Z / 2) = – senZ – 2 sen2Z

es negativa para Z = 60º.

    Le faltó rematar a Yoyó Peluso... ¡Este trapecio es medio hexágono regular!