1554. El cuadrado de la distancia

     Pepe Chapuza había estudiado los fenómenos físicos cuya intensidad es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia: la luminosidad, la gravedad, la electricidad...

    Profe, mire. Yo entiendo el cuadrado de la distancia como un área... Al alejarnos de un foco puntual (luz, masa, carga...) en todas direcciones, la intensidad del fenómeno disminuye porque se tiene que "repartir" por un área (esférica) mayor...

    Volviendo a las Matemáticas propuso los siguientes problemas:
 
    Dado un triángulo...
    ¿Qué punto del plano minimiza la suma de los cuadrados de sus distancias a los vértices?
    ¿Qué punto del plano minimiza la suma de los cuadrados de sus distancias a los lados?

 

    ¡Busca los puntos!

 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó cada punto de muy diferente manera...

    Profe, mire. Si O es el origen de coordenadas, si A, B y C son los vértices del triángulos y si P es el punto buscado, entonces hay que minimizar

 

AP²+BP²+CP² =

= (OP–OA)²+(OP–OB)²+(OP–OC)² =

= OP²–2·OP·OA+OA² + OP²–2·OP·OB+OB² + OP²–2·OP·OC+OC² =

= 3·OP² – 2·(OA+OB+OC)·OP + OA²+OB²+OC²

 

    Derivando respecto de OP tenemos

6·OP – 2·(OA+OB+OC)

que se anula en

OP = 2·(OA+OB+OC) : 6 = (OA+OB+OC) : 3

  

por lo que P es el baricentro del triángulo ABC. (Y como la segunda derivada es positiva (+6) en el punto P se alcanza efectivamente un mínimo.)

    Efectivamente P tenía que ser el baricentro pero... ¿Qué chapuza había hecho Nina?

    A ver el otro punto...

    Profe mire.

    Vamos a llamar  x : y : z  a las coordenadas trilineales homogéneas del punto  P  respecto del triángulo de lados  a, b, c .

    Podemos perder un grado de libertad mediante la relación  R : ax + by + cz  = 1 , con lo que solo tenemos que minimizar la función  F = x² + y² + z² .

    R  representa un plano en el espacio y  F  da el cuadrado de la distancia de un punto de ese plano al origen de coordenadas. Así que  P  será el punto de  R  más próximo a  O . Así que  P  estará en la recta perpendicular a  R  que pasa por  O . Por tanto  x = at ,  y = bt,  z = ct , ya que  (a,b,c) es un vector normal de  R .

    En conclusión:  P  tiene coordenadas trilineales homogéneas  a : b : c .

    Nina había llegado al punto simediano del triángulo. ¡Había obtenido la solución con mucha elegancia!

    Nina añadió el punto simediano a su colección de puntos notables del triángulo en coordenadas trilineales homogéneas

    Baricentro,  1/a : 1/b : 1/c  =  cosecA : cosecB : cosecC

    Incentro,  1 : 1 : 1

    Circuncentro,  cosA : cosB : cosC

    Ortocentro,  secA : secB : secC

    Punto simediano,  a : b : c  =  senA : senB : senC

    Profe..., se podía haber llamado "simecentro", jajaja.

    "Llegados a este punto" solo quedaba por aclarar lo que había hecho Nina en el primer problema, y en el segundo justificar por qué se podía perder un grado de libertad con la relación R, esto es, ¿por qué no puede ser  ax + by + cz  = 0 ?

RESOLUCIÓN

    Mire profe.

    Lo que ha hecho Nina en el primer ejercicio es trabajar con las tres componentes a la vez... Mirándolas por separado, las operaciones son elementales.

    Para el segundo ejercicio, veamos... Las distancias orientadas de un punto a los tres lados prolongados de un triángulo son unas de sus coordenadas trilineales homogéneas  X : Y : Z .

    Si  S  es el área del triángulo, entonces  aX + bY + cZ  =  2S . Basta dividir entre  2S  para obtener la relación  R . No se puede anular el término independiente.

    Yoyó Gaviota pasó la prueba... Y se despidió con un diagrama con los signos de las coordenadas triangulares homogéneas en cada una de las siete regiones en que los tres lados prolongados del triángulo dividen al plano. ¡No hay ningún punto del plano que tenga sus tres coordenadas negativas...!

1553. Fórmulas de adición. (2ª parte)

    Pepe Chapuzas mostró en clase el siguiente dibujo en el que se veían tres triángulos rectángulos. En cada triángulo un lado medía 1 y por lo tanto los otros dos lados eran razones trigonométricas de uno de los ángulos agudos:

    A continuación hizo una preciosa demostración de las fórmulas de adición...

    Mire, profe. Si sumo gráficamente dos ángulos agudos y si trazo una perpendicular a su lado común a un pie de su vértice común ...

    Pepe nos mostró este otro dibujo con un triángulo:

    ... entonces puedo calcular el área de este triángulo de dos formas distintas:

    Como la mitad del producto de la base y la altura:  

( tg α + tg β ) / 2

    Como la mitad del producto de dos lados y el seno del ángulo comprendido.

sec α · sec β · sen (α+β) / 2

    Igualando, dividiendo por  sec α · sec β / 2  y simplificando, tenemos...

sec α · sec β · sen (α+β) / 2 = ( tg α + tg β ) / 2

sen (α+β) = tg α / sec α / sec β + tg β / sec α / sec β

sen (α+β) = sen α · cos β + cos α · sen β

    Era sin duda una preciosa demostración. Merece la pena intentar demostrar de esta manera las otras fórmulas de adición...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó un triángulo obtusángulo de altura 1 pie y rehízo la demostración...

    Profe, mire. 

sec α · sec β · sen (α−β) / 2 = ( tg α − tg β ) / 2

sen (α−β) = tg α / sec α / sec β − tg β / sec α / sec β

sen (α−β) = sen α · cos β − cos α · sen β

    En fin. Estaban las fórmulas para el seno. Faltaban las del coseno...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso nos recordó que el coseno es el seno del complementario y que por lo tanto el seno era el coseno del complementario. (O sea, el seno del complementario del complementario.)

cos (α+β) =

= sen (90º−α−β) = 

= sen (90º−α) · cos β − cos (90º−α) · sen β =

= cos α · cos β − sen α · sen β

cos (α−β) =

= sen (90º−α+β) = 

= sen (90º−α) · cos β + cos (90º−α) · sen β =

= cos α · cos β + sen α · sen β

1552. Clásico, clásico.

    Pedí en clase que buscaran problemas clásicos para exponerlos en clase y Pepe Chapuzas trajo el siguiente problema de la antigua India.

    Mire, profe. Una caña de bambú de  10 m  fue tronchada por el viento de modo que el extremo tocó tierra a  3 m  de la base… ¿A qué altura se quebró la caña?

    Resuelve este clásico…

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla razóno sobre un dibujo…

    Profe, mire. Si suponemos la caña vertical y el suelo horizontal… Podemos utilizar el teorema de Pitágoras:

(10−x)²  =  x² + 3²

100 − 20x + x²  =  x² + 9

20x  =  100 c 9  =  91

x  =  91:20  =  4,5 m

    A veces una ecuación de segundo grado resulta ser de primer grado…

    Nina había traído otro clásico. Este procedía de la antigua China:

    Mire, profe. En el centro de un estanquillo circular de  1 m  de radio crece un junco que sobresale  50 cm  del agua. Cuando el viento inclina al junco el extremo de este toca al borde del estanquillo justo en la superficie del agua, quedando el junco completamente sumergido. ¿Cuál es la profundidad del estanquillo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo su dibujo:

    Mire, profe: el estanque de perfil… El problema es parecido al anterior:

(x+0,5)²  =  x² + 1²

x² + x + 0,25  =  x² + 1

x  =  0,75 m

75 centímetros.

1551. El beso de la circunferencia

    Mire, profe. Ya nos ha dicho que la recta que mejor se aproxima a una curva en un punto es la recta tangente a la curva en ese punto..., pero una circunferencia se aproximaría mejor, ¿no es cierto?

    Ya estaba Pepe Chapuzas "sacando punta al compás"... Le dije que la circunferencia que mejor se aproxima a una curva en un punto (no de inflexión) se llama osculatriz...

    ¿Oscu... cómo?

    Prorrumpió Pepe... Le aclaré que osculatriz significaba que daba ósculos, esto es, besos... Antes de que nadie pidiera explicaciones por tan curioso nombre solicité que se calculara el centro y el radio de la circunferencia osculatriz...

    Estás invitado a participar...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla habló...

    Profe, mire. 
    La recta tangente a una curva en un punto tiene que cumplir dos condiciones: debe pasar por el punto y debe tener la misma pendiente que la curva en ese punto. Esto implica a la función que determina la curva y a su derivada. Pero la circunferencia osculatriz tiene que cumplir una tercera condición: en ese punto debe tener la misma curvatura que la curva... y ello implica a la segunda derivada...
    Si llamamos  u  al vector de posición de un punto de la curva, nada nos impide suponer que el parámetro del que depende es el tiempo. Así, la derivada de  u  es la velocidad  v  y la segunda derivada es la aceleración  w . Llamemos  c  al vector de posición del centro de la circunferencia osculatriz y  r  al radio...

    La primera condición se puede expresar de la siguiente manera

|u–c| = r

(u–c)² = r²

    Esta igualdad es más que una igualdad, porque si derivamos se mantiene la igualdad, y si derivamos de nuevo... la igualdad persiste... Veamos... Derivando...

2 (u–c) · v  =  0

(u–c) · v  =  0

    Esto quiere decir que el vector tangente a la curva es perpendicular al radio de la circunferencia en el punto común, lo cual es equivalente a la segunda condición. Si llamamos  n  al vector normal a la curva en ese punto (girando  v  un ángulo de 90º) tendremos que  c–u = s n  (*) para cierto escalar  s  ya que  c–u  y  n  han de ser paralelos. Derivando otra vez...

v v + (u–c) w = 0

 (c–u) · w = v²

    

   La aceleración centrípeta es la proyección de  w  sobre  c–u , es decir   (c–u) · w : |c–u|  =   =  v² : r . Esto quiere decir que el radio de curvatura de la curva coincide con el radio de la circunferencia, lo cual es equivalente a la tercera condición... Además, de (*) tenemos que  s n · w = v²  por lo que  s = v² : (n·w)  =  n² : (n·w)  y por tanto  c = u + n² n : (n·w)  nos ubica el centro de la circunferencia osculatriz... Y su radio será  r = |n|³ : |n·w|

    Añadió Nina que el lugar geométrico de los centros de las circunferencias osculatrices de los puntos de una curva se denominaba evoluta de dicha curva. Acto seguido pedí que se buscara la evoluta de una parábola y de una elipse... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó una elipse y su evoluta. Resulta que la evoluta de una elipse es una astroide...

    También calculó la ecuación de la evoluta de la parábola  y = x² ... 

    Mire, profe. 

u = ( t , t² )

v = ( 1 , 2t )

n = ( –2t , 1 )

w = ( 0 , 2 )

n² : (n·w) = (1 + 4t²) : 2 = 1/2 + 2t²

c = ( x , y ) = ( t , t² ) + (1/2 + 2t²) ( –2t , 1 )

x = t – t – 4t³ = – 4t³

t = – ³√(x/4)

y = t² + 1/2 + 2t² = 1/2 + 3t²

y = 1/2 + ³√(27x²/16)

    Para finiquitar agregué que la evoluta de una curva era también la envolvente de las rectas normales a la curva... En el razonamiento de Nina  (u–c) · v  =  0  es la ecuación normal de la recta normal y  v v + (u–c) w = 0  la ecuación que se obtiene al derivar...

1550. Potencias conmutables. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas daba por sabido que la potenciación era una operación que no poseía la propiedad conmutativa. Al fin y al cabo 2³ ≠ 3², ocho no es nueve...

    Profe, ¿para qué valores  x  e  y  se cumple que  x^y = y^x ? 

    Teníamos que suponer por razones obvias que...

x ≠ y

x > 0

y > 0

    Resuelve la ecuación planteada por Pepe...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla conocía una solución:  2⁴ = 4² = 16 . Pero tenía que haber más...

    Mire, profe. Si parametrizamos  y/x = t ... 

y = xt
x^xt = (xt)^x
x^t = xt
x^t–1 = t

y la solución es...

x = t^1/(t–1)
y = t^1/(t–1) t = t^1/(t–1)+1 = t^t/(t–1)

para  t ≠ 1 . (De todos modos, para  t = 1  se tiene que  x = y .)

    ¿Quién quiere "dibujar" la solución?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso escribió una tabla de valores y límites, situó los puntos y trazó la curva...

t	x	y
→ 1	→ e	→ e
2	2	4
3	√3	√27
3/2	9/4	27/8
1/2	4	2
→ ∞	→ 1	→ ∞
→ 0	→ ∞	→ 1

    Profe, mire. No entiendo por qué no admitimos las soluciones triviales..., por qué no permitimos que  x = y ... Yo dibujo todas las soluciones: las triviales en azul y las no triviales en rojo...

1549. Atravesando cuadraditos. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Tengo un rectángulo de base M y altura N, donde M y N son números naturales. El rectángulo se puede dividir por tanto en M x N cuadraditos unitarios (de lado 1). La pregunta es muy sencilla... ¿Cuántos cuadraditos atraviesa la diagonal del rectángulo? (Si la diagonal solo toca un vértice de un cuadradito, no consideramos que lo atraviesa.)

    Responde a Pepe Chapuzas en el caso general y en el caso particular para M=1260 y N=2625.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La diagonal tiene que atravesar N filas de cuadraditos y M columnas. Cuando la diagonal llega a un vértice de cuadradito acaba de atravesar una fila y una columna a la vez, y eso ocurre "mcd(M,N)" veces. Entonces el número de cuadraditos atravesados es:

M + N – mcd(M,N)

    En el caso particular de un rectángulo de base 1260 y altura 2625...

    El mcd(1260,2625) = 105, así que el número de cuadraditos atravesados es:

1260 + 2625 – 105 = 3780

    Nina Guindilla trasladó el problema a tres dimensiones...

    Mire, profe. Si el largo, ancho y alto de un ortoedro son los números naturales A, B y C respectivamente, y consideramos el ortoedro dividido en A·B·C cubitos unitarios..., ¿cuántos cubitos atraviesa la diagonal del ortoedro?

    Contesta a la pregunta de Nina para el caso general y para A=3300, B=1820 y C=1176.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó de forma similar (chapuceramente)... pero con una dimensión añadida...

    Mire, profe. Si la diagonal solo toca a un cubito por una arista, entonces consideramos que no lo atraviesa... La diagonal tiene que atravesar A lonchas de cubitos a lo largo, B a lo ancho y C a lo alto. Cuando la diagonal llega a una arista de cubito acaba de atravesar dos lonchas a la vez (largo y ancho, largo y alto o ancho y alto)... pero si llega a un vértice de cubito, entonces atravesó tres lonchas a la vez (largo, ancho y alto). Contando y descontando, el número de cubitos atravesados será...

A + B + C – mcd(A,B) – mcd(A,C) – mcd(B,C) + mcd(A,B,C)

    En nuestro caso particular...

mcd(3300,1820) = 5·2·2 = 20

mcd(3300,1176) = 3·2·2 = 12

mcd(1820,1176) = 7·2·2 = 28

mcd(3300,1820,1176) = 2·2 = 4

    El número de cubitos atravesados será... 

3300 + 1820 + 1176 – 20 – 12 – 28 + 4 = 6240

    

1548. Una integral en el violín... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había dibujado la silueta de un violín... ¿Lo adivináis? ¡Sí! Era un problema de Mates...

    ¡Ánimo! Se trata de una integral por partes...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sacó el arco del violín y se puso a tocar...

    Profe, mire. 
    Si llamamos   u = ln x   entonces   du = dx / x   .
    Y si llamamos   dv = xⁿ dx  entonces   v = xⁿ⁺¹/ (n+1)   . 
    Por lo tanto la integral nos queda

xⁿ⁺¹ ln x / (n+1) – ∫ xⁿ/ (n+1) dx  =  xⁿ⁺¹ ln x / (n+1) – xⁿ⁺¹/ (n+1)² + K

    No tuvimos que soplarle a Nina que esta fórmula no valía siempre...

    Profe, mire. Si fuera   n = –1   la fórmula no tendría sentido porque no se puede dividir entre cero, pero en ese caso tendríamos   ∫ ln x / x dx  =  (ln x)² / 2 + K   .

    Para aplicar este resultado, Nina Guindilla ha propuesto este problemita...

    Mire, profe. De una función creciente   f   sabemos que tiene en el punto   (1,0)   un punto crítico y que su tercera derivada es   f '''(x)  =  lnx + 2   . ¿De qué función se trata?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Como la función   f   es creciente, en el punto crítico no hay ni máximo ni mínimo local, por lo que habrá un punto de inflexión y por tanto   f (1) = f '(1) = f ''(1) = 0   .

    Aplicamos la fórmula de Nina varias veces...

f '''(x)  =  x⁰ ln x + 2

f ''(x)  =  x ln x – x + 2x + A  =  x ln x + x + A

como   f ''(1)  =  1 + A  =  0   entonces   A = –1

f ''(x)  =  x ln x + x – 1

f '(x)  =  x² lnx / 2 – x² / 4 + x² / 2 – x + B  =  x² lnx / 2 + x² / 4 – x + B

como   f '(1) = 1/4 – 1 + B = – 3/4 + B  =  0    entonces   B = 3/4

f '(x)  =  x² lnx / 2 + x²/4 – x + 3/4

f (x)  =  x³ lnx / 6 – x³/36+ x³/12 – x²/2 + 3x/4 + C  =  x³ lnx / 6 + x³/18 – x²/2 + 3x/4 + C

como   f (1)  =  1/18 – 1/2 + 3/4 + C  =  11/36 + C  =  0    entonces    C = –11/36

f (x)  =  x³ lnx / 6 + x³/18 – x²/2 + 3x/4 – 11/36

    Impecable, Yoyó Peluso... 
    Comprobó además que efectivamente se trataba de un punto de inflexión...

f ''''(x) = 1/x

f ''''(1) = 1 ≠ 0

    No terminó Yoyó sin dibujar (más o menos) la gráfica de la función...