1612. La esfera taladrada...

    Este es el problema que enunció Pepe Chapuza esta mañana:

    Mire, profe. Hemos perforado una esfera maciza con un taladro tal como se muestra en la figura.

    La altura del objeto así obtenido es  h = 2 dm . Obtén el volumen de dicho objeto...

    Los compañeros enseguida pidieron más datos: ¿qué ancho de broca se había utilizado para practicar el túnel?; ¿cuánto medía el radio de la esfera?... Pero  Pepe les advirtió que tanto esos datos como esas preguntas eran superfluas... ¿Es cierta la afirmación de Pepe? Calcula el volumen de la esfera taladrada...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se sabía de memoria las fórmulas de geometría...

    Profe, mire. La esfera taladrada es un segmento esférico menos un cilindro. Si el radio de las bases del segmento esférico (y del ciilindro) fuera r, entonces el volumen sería

π h (3r²+3r²+h²) / 6 − π h r² = π h³ / 6 = 4π/3 = 4,1888 dm³

    Efectivamente, con la altura nos bastaba...

    ¿Y cuánto mediría la superficie de una esfera taladrada?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sumó el área de la zona esférica más el área lateral del cilindro...

    Profe, mire. Si R es el radio de la esfera tenemos

2πRh + 2πrh  =  2π(R+r)h  =  4π(R+r)√(R²−r²)

    En el último paso he utilizado el teorema de Pitágoras. ¿Se ve? 

    La superficie sí que depende tanto del radio de la esfera como del radio del cilindro... Y con estos radios, el dato superfluo es ahora precisamente la altura... 

1611. Los planos bisectores

     Pepe Chapuza nos definió lo que eran los planos bisectores de dos planos secantes dados.

    Profe, mire. Los planos bisectores son el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de los planos dados. Como los planos secantes dividen el espacio en cuatro ángulos diedros, los planos bisectores son dos. (Son cuatro semiplanos.) 

    Pedí comprobarlo con los planos de ecuaciones implícitas F(x, y, z) = 0 y G(x, y, z) = 0, con 

F(x, y, z) = 6x + 8z − 5          G(x, y, z) = 4x + 2y − 4z − 3

    ¡Manos a la obra!

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Si un punto P(x, y, z) pertenece a un plano bisector, entonces

dist (P, F⁻¹(0)) = dist (P, G⁻¹(0))

|F(P)| / |∇F(P)| = |G(P)| / |∇G(P)|

|6x + 8z − 5| / |(6, 0, 8)| = |4x + 2y − 4z − 3| / |(4, 2, −4)|

(6x + 8z − 5) / √(36+64) = ±(4x + 2y − 4z − 3) / √(16+4+16)

(6x + 8z − 5) / 10 = ±(4x + 2y − 4z − 3) / 6

18x + 24z − 15 = ±(20x + 10y − 20z − 15)

    Y reordenando y simpificando tenemos los planos bisectores:

− x − 5y + 2z = 0              19x + 5y + 22z − 15 = 0

    Los planos bisectores siempre son perpendiculares. Compruébalo con estos...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota calculó el producto escalar de los vectores normales de estos planos:

    Mire, profe:  (−1, −5, 2) · (19, 5, 22)  =  − 19 − 25 + 44  =  0 , por lo que los vectores normales son ortogonales y los planos son perpendiculares entre sí.

    Profe, mire. Si los planos iniciales fueran paralelos, el lugar geométrico sería un plano paralelo equidistante de los dados

    Queda para el lector inventarse un ejemplo para comprobarlo...

1610. Doblemente reglada...

    Mire, profe. Un hiperboloide de una hoja tiene forma de chimenea de central térmica. Su ecuación reducida es  x²/a² + y²/b² − z²/c² = 1 . Respecto del eje z los meridianos son ramas de hipérbola y los paralelos son elipses...

    Necesitábamos urgentemente que Pepe Chapuza nos hiciera un dibujo de un hiperboloide hiperbólico (o de una hoja) en una hoja (de papel) ...

    Profe, mire. Aunque se trata de una superficie curva, contiene rectas... ¡Más que eso! Es una superficie reglada: formada por rectas... ¡Mucho más que eso! Es doblemente reglada: por cada punto de la chimenea pasan dos de esas rectas...

    Esto había que justificarlo sí o sí.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo justificó de la siguiente manera:

    Mire, profe. Podemos cambiar la escala en los tres ejes de coordenadas

x : a = X        y : b = Y        z : c = Z

    La forma del hiperboloide cambia (los meridianos devienen en hipérbolas equiláteras y los paralelos devienen en circunferencias) pero las rectas siguen siendo rectas... La ecuación se simplifica: X² + Y² − Z² = 1.

    El punto A(1, 0, 0) está en el ecuador del nuevo hiperboloide... y en el plano X = 1. La intersección de este plano y el hiperboloide cumple Y² − Z² = 0, esto es, ±Y = Z. Por lo que el hiperboloide contiene las dos rectas (1, λ, ±λ) con λ ∈ (−∞, ∞) .

    Como este hiperboloide es de revolución, girando las rectas respecto del eje Z obtenemos las rectas, (cosθ−λsenθ, senθ+λcosθ, ±λ) con θ∈ [0, 2π), que están todas contenidas en el hiperboloide...

    En el hiperboloide inicial sería (acosθ−λasenθ, bsenθ+λbcosθ, ±λc)

    Volviendo al hiperboloide inicial..., ¿qué dos rectas pasan por un punto P(x, y, z)?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota pescó las dos rectas:

    Profe, mire. El punto P del primer hiperboloide deviene en el punto Q(x/a, y/b, z/c) del segundo hiperboloide, de donde λ = ±z/c. Calculemos la recta para λ = z/c (para λ = −z/c se haría igual)... Con los cálculos de Nina bastaría con determinar cosθ y senθ... Veamos...

cosθ − z/c senθ = x/a          senθ + z/c cosθ = y/b

cosθ = x/a + z/c senθ          senθ = y/b − z/c cosθ

así...

cosθ = x/a + z/c (y/b − z/c cosθ) = x/a + yz/b/c − z²/c² cosθ

cosθ + z²/c² cosθ = x/a + yz/b/c

cosθ (1 + z²/c²) = x/a + yz/b/c

cosθ = (x/a + yz/b/c) / (1 + z²/c²)

y

senθ = y/b − z/c (x/a + z/c senθ) = y/b − xz/a/c −  z²/c² senθ

senθ + z²/c² senθ = y/b − xz/a/c

senθ (1 + z²/c²) = y/b − xz/a/c

senθ = (y/b − xz/a/c) / (1 + z²/c²)

    Queda para el lector terminar los cálculos...

1609. Cubos apilados...

     Pepe Chapuza había traído una colección de cubos (hexaedros) y los fue apilando uno encima de otro ordenados de mayor a menor: el mayor debajo, el menor encima...

    Profe, mire. Si hubiera infinitos cubos y sus volúmenes estuvieran en progresión geométrica de razón R, con R ∊ (0, 1), ¿qué altura alcanzaría la pila?

    A Pepe se le olvidó un dato crucial: el volumen del cubo grandote era de 1 dm³.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla respondió:

    Profe, mire. Si los volúmenes de los cubos están en progresión geométrica de razón R, entonces las alturas (lados) de los cubos están en progresión geométrica de razón ∛R. Por lo tanto, la altura H de la pila será la suma de las alturas de los cubos:  H = 1 / (1−∛R) decímetros .

    Este resultado no está racionalizado. A pesar de no haber dado la racionalización con binomios de raíces cúbicas en el denominador..., ¿osa alguien a hacerlo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota osó...

    Mire, profe. Voy a multiplicar el numerador y el denominador por  1+∛R+∛R² 

1·(1+∛R+∛R²) / ((1−∛R)·(1+∛R+∛R²)) =

= (1+∛R+∛R²) / (1+∛R+∛R²−∛R−∛R²−R) =

= (1+∛R+∛R²) / (1−R) decímetros

1608. La elipse y el rombo

     Profe, mire. Dada una elipse de semiejes a y b, ¿Cuánto miden las diagonales del rombo circunscrito de menor área?

    Pepe Chapuza os propone este problema de optimización. ¡Optimizad pues!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla optimizaba óptimamente...

    Mire, profe. Los ejes de la elipse son ejes de simetría por lo que puedo trabajar con la cuarta parte.

Para un punto de la elipse (a cosλ, b senλ) en el primer cuadrante, 0 < λ < π/2, tenemos el lado del rombo (a cosλ − a μ senλ, b senλ + b μ cosλ).

Para  b senλ + b μ cosλ = 0  se tiene que  μ = −tgλ

Para  a cosλ − a μ senλ = 0  se tiene que  μ = cotgλ

por lo que −tgλ ≤  μ ≤ cotgλ. Los vértices de este lado son (simplificando...)

    ( a cosλ + a tgλ senλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b cotgλ cosλ )

( a cosλ + a sen²λ/cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b cos²λ/senλ )

( a cosλ + a (1−cos²λ)/cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b (1−sen²λ)/senλ )

( a cosλ + a/cosλ − a cosλ, 0 )    y    ( 0, b senλ + b/senλ − b senλ )

( a/cosλ, 0 )    y    ( 0, b/senλ )

por lo que el área del rombo será  2ab / (cosλ senλ) = 4ab / sen2λ . Anulando la derivada respecto de λ, −8ab cos2λ/sen²2λ = 0 , se tiene que  λ = π/4 , por lo que las diagonales del rombo miden  2a/cosλ = 2√2 a  y  2b/senλ = 2√2 b . Es fácil deducir que el área mide 4ab (como la del rectángulo circunscrito a la elipse) y que es mínima.

    ¿Y si en vez de optimizar el área optimizamos el perímetro?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también era óptimo optimizando...

    Mire, profe. El perímetro del rombo mide  4 √( a²/cos²λ + b²/sen²λ ) . Basta con optimizar el radicando  a²/cos²λ + b²/sen²λ . Anulo la derivada  2a²senλ/cos³λ − 2b²cosλ/sen³λ = 0

   2a²senλ/cos³λ = 2b²cosλ/sen³λ

sen⁴λ/cos⁴λ = b²/a²

tg⁴λ = (b/a)²

tgλ =√(b/a)

cosλ = 1/√(1+tg²λ) = 1/√(1+b/a) = √a/√(a+b)

senλ = tgλ/√(1+tg²λ) = √(b/a)/√(1+b/a) = √b/√(a+b)

    Ahora las diagonales del rombo miden  2a/cosλ = 2√a√(a+b)  y 2b/senλ = 2√b√(a+b)  y el perímetro mínimo mide  4 √( a²/cos²λ + b²/sen²λ ) = 4 √( a(a+b) + b(a+b) ) = 4a + 4b .

1607. La serie de Madhava

 

   Profe, mire. La manecilla de las horas del reloj indicaba inicialmente las 12 horas. Primero avanzó un radián, entonces retrocedió un tercio de radián, después avanzó un quinto de radián, luego retrocedió un séptimo de radián... y así sucesivamente fue avanzando y retrocediendo ángulos que expresados en radianes eran los inversos de los números impares... No sé si acabó parándose del todo pero en un momento dado dejó de apreciarse el movimiento de vaivén... ¿Qué hora marcaba la manecilla al final?

    Pepe Chapuza recordó que un radián era aproximadamente 57º 17' 45". Espero que este dato no os despiste. Calcula la hora...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Voy a indicar el avanzar o adelantar de la aguja del reloj con un ángulo positivo porque se van sumando minutos... y el retroceder o atrasar con un ángulo negativo ya que entonces los minutos se restan. En radianes, el balanceo que se trae la aguja se indicaría de esta manera:  1 − 1/3 + 1/5 − 1/7 + ... Esta es la famosa serie de Madhava-Gregory-Leibniz y converge a π/4. (De hecho se ha utilizado para calcular aproximaciones del número π.) Según esto, la aguja se pararía a π/4 = 45º de la posición inicial, es decir, a la una y media.

    Nina Guindilla calculó la hora. ¿Quién puede justificar el resultado de la serie de Madhava?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota recurrió a la serie de potencias de la función arcotangente...

    Profe, mire. La derivada de la función g(x) = arctg(x) es g'(x) = 1/(1+x²). Pero esta fración es la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica de razón −x² 

 1/(1+x²) = 1−x²+x⁴−x⁶+x⁸−x¹⁰+x¹²−x¹⁴+...

que integrando da...

arctg(x) = x−x³/3+x⁵/5−x⁷/7+x⁹/9−x¹¹/11+x¹³/13−x¹⁵/15+...

ya que arctg(0)=0. Estas series son convergentes para x∊ [−1, 1] por lo que para x=1 

1−1/3+1/5−1/7+1/9−1/11+1/13−1/15+... = arctg(1) = π/4

   Dejaremos al lector que investigue la convergencia de estas series...

1606. El cuadrado y la cónica

    Mire, profe. En una elipse tengo inscrito un cuadrado. Calcula el lado de este en función de los semiejes de aquella.

    El primero que resuelva este reto de Pepe Chapuza se lleva un superpositivo...

SOLUCIÓN

    El superpositivo le estaba aguardando a Nina Guindilla...

    Mire, profe. Supongamos que los semiejes de la elipse miden A y B. La ecuación reducida de la elipse es  x²/A² + y²/B² = 1 . Los vértices del cuadrado inscrito están en las bisectrices de los cuadrantes, esto es,  x² = y² . Resolviendo el sistema nos queda...

x²/A² + x²/B² = 1

B²x² + A²x² = A²B²

(A²+B²)x² = A²B²

x² = A²B²/(A²+B²)

x = ±AB/√(A²+B²)

por lo que el lado del cuadrado mide  2AB/√(A²+B²) .

    Profe, mire. si en vez de una elipse fuera una hipérbola  x²/A² − y²/B² = 1 . Igual que antes...

x²/A² − x²/B² = 1

B²x² − A²x² = A²B²

(B²−A²)x² = A²B²

x² = A²B²/(B²−A²)

x = ±AB/√(B²−A²)

    Profe. Tiene que ser B > A y entonces el lado del cuadrado mide  2AB/√(B²−A²) .

    Finalmente, Nina añadió que en una parábola es imposible inscribir un cuadrado...    

    Otra cuestión y otro superpositivo: si los focos de la cónica estuvieran en el perímetro del cuadrado, ¿cuál sería la excentricidad?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se ganó este otro superpositivo...

    Mire, profe. La distancia focal coincidiría con el lado recto. Tal como se han dibujado las cónicas, sería  C = B²/A , por lo que  C/A = B²/A²

    En el caso de la elipse,  C/A = (A²−C²)/A² = 1 − C²/A² , o sea,  C/A = 1/φ .

    En el caso de la hipérbola,  C/A = (C²−A²)/A² = C²/A² − 1 , o sea, C/A = φ .

    Ya que las soluciones positivas de las ecuaciones  ε² ± ε − 1 = 0  son  ε = (±1+√5)/2 , que son la razón áurea φ y su inversa 1/φ.

    ¡Serían unas cónicas áureas!

1605. Un polígono cuasirregular...

     Profe, mire. Me dijeron que el polígono de la plaza era regular pero estuve midiendo los ángulos y no eran iguales... Eran casi iguales... Bueno... Puedo decir que todos los ángulos medían entre 163° y 164°. Era un polígono cuasirregular... El caso es que cuando llegué a casa no sabía exactamente cuántos lados tenía el polígono...

    Echemos una mano al despistado de Pepe Chapuza... ¿Cuántos lados tenía el polígono?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nunca había estado en esa plaza y por eso no había podido contar los lados del polígono dibujado en el suelo...

     Profe, mire. Si el polígono tiene N lados, la suma de todos sus ángulos es N·180°−360° y por lo tanto, la media aritmética de los ángulos es 180°−360°/N. Así que tenemos

163° < 180°−360°/N < 164°

180°−164° < 360°/N < 180°−163°

16° < 360°/N < 17°

360/17 < N < 360/16

21,176 < N < 22,5

N = 22 lados

    Bastaba darse cuenta que en cada vértice del polígono había una letra hebrea para saber que eran veintidós los lados. (El alfabeto hebreo tiene veintidós letras.)

    ¿Cómo se llaman estas letras?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota sabía los nombres de estas letras porque aparecen en los versículos de algunos salmos: álef, bet, guímel, dálet, he, vau, zain, jet, tet, yod, kaf, lámed, mem, nun, sámek, ayin, pe, sade, qof, res, sin y tau. Además, cada letra representa un número: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 200, 300 y 400, respectivamente... Pero Yoyó continuó contándonos más cosas acerca de los números...

    Mire, profe. Los griegos y los romanos también utilizaron letras de sus respectivos alfabetos para representar cantidades. Los chinos tenían (y tienen) símbolos para las cifras pero son caracteres de escritura y no guarismos utilizados en la aritmética:

    Los primeros en utilizar figuras numéricas decimales y posicionales fueron los indios:

    Y los árabes las propagaron... El resto de la historia de estos dígitos la conocemos más o menos todos... Sin embargo el primer sistema de numeración posicional no era decimal sino sexagesimal. Era el babilonio y en realidad combinaba el sistema decimal con el senario. Así el símbolo

valía 1, 60, 3600, etc. según su posición y ahí podía aparecer hasta nueve veces. Y el símbolo

valia 10, 600, 36000, etc. según su posición y ahí podía aparecer hasta cinco veces. Eran símbolos cuneiformes... De aquí proceden la forma de medir los ángulos y el tiempo, por ejemplo  35º 28’ 40”  o  4h 12m 55s .

1604. La excentricidad angular. (2.ª parte)

     En un triángulo ABC, el vértice C es un foco de una elipse y el lado AB es una cuerda de la elipse que pasa por el otro foco D. De los lados se sabe que |AC| = 15 cm y que |AB|+|BC| = 41 cm. Además, se sabe que el área del triángulo ACD es 84 cm² ¿Cuánto vale la excentricidad angular de la elipse?

    Pepe Chapuza había enunciado esta tarea para la tarde... Hazla antes de acostarte...

SOLUCIÓN

    Nina no se acostó antes de acabar sus tareas... Una labor de detective a partir de las pistas...

     Mire, profe. Por el método del jardinero sabemos que |AC|+|AD| = |BC|+|BD| = 2a, donde a es el semieje mayor. Por lo tanto 2a es igual al semiperímetro del triángulo. (La línea de ápsides sería una divisoria del triángulo y pasaría por el punto de Nagel.)

    Por otro lado, el semiperímetro es 2a = (|AB|+|AC|+|BC|) / 2 = (15+41) / 2 = 28 cm. De donde se tiene que a = 14 cm, y también que |AD| = 2a − |AC| = 28 − 15 = 13 cm.

    Como el área del triángulo ACD es 1/2·|AC|·|AD|·sen = 1/2·15·13·sen = 84 cm², tenemos que sen = 56/65, por lo tanto, cos = √(1−56²/65²) = 33/65.

    Con el teorema del coseno podemos calcular la distancia focal...

2c = |CD| = 

= √( |AC|²+|AD|²−2·|AC|·|AD|·cos ) =

= √( 15²+13²−2·15·13·33/65 ) =

= √( 225 +169 −198 ) =

= √196 = 14 cm

de donde se tiene que c = 7 cm y que la excentricidad de la elipse es ε = c/a = 7/14 = 1/2.

    Por lo tanto la excentricidad angular mide  θ = arcsen(1/2) = 30º .

    La tarea del día siguiente consistió en calcular las coordenadas de los cuatro puntos A, B, C y D suponiendo que el centro de la elipse era O(0, 0); que los focos estaban en el eje de abscisas, con C en la parte negativa y D en la parte positiva; y que de los otros puntos, A tiene la ordenada positiva y B la tiene negativa...

    RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también hizo de detective matemático...

    Mire, profe. La línea de ápsides es el eje de abscisas (y = 0). Como la distancia focal es 14 cm, los focos son C(−7, 0) y D(7, 0).

    El punto A dista 15 cm de C y 13 cm de D por tanto sus coordenadas satisfacen el sistema

(x+7)² + y² = 15²

(x−7)² + y² = 13²

esto es

x²+14x+49+y² = 225

x²−14x+49+y² = 169

y restando las ecuaciones tenemos 28x = 56, esto es, x=2. 

    De este modo (2+7)² + y² = 15², por lo que y= √(15²−9²) = √(225−81) = √144 = 12.

    Ya tenemos el punto A(2, 12).

    El semieje menor de la elipse es b = √(a²−c²) = √(14²−7²) =√(196−49) = √147 por lo que la ecuación de la elipse es  x²/196 + y²/147 = 1.

    La ecuación de recta que pasa por A y D es  y = −12/5 (x−7) . Al sustituir en la ecuación de la elipse tenemos  x²/196 + 144/25 (x²−14x+49)/147 = 1 . Simplifico y quito denominadores...

x²/196 + 48/25 (x²−14x+49)/49 = 1

(1235+9408)x² − 131712x + (460992−140100) = 0

10633x² − 131712x + 220892 = 0

31x² − 384x + 644 = 0

que se puede dividir entre (x−2) puesto que 2 es la abscisa del punto A.

    Así tenemos  x = 322/31 ,  y = −12/5 (322/31−7) = −252/31  y el punto  B(322/31, −252/31) .

    Mire, profe. Pepe mencionó el punto de Nagel N del triángulo. Ahora se puede calcular... 

    La divisoria (ceviana que biseca el perímetro del triángulo) que pasa por el punto A cortará al lado BC en un punto E que dista 28−15 = 13 cm de C.

CB = (322/31, −252/31) − (−7, 0) = (539/31, −252/31) || (539/31, −252/31)·31/7 = (77, −36)

|(77, −36)| = √(77²+36²) = √7225 = 85

OE = (−7, 0) + 13·(77, −36)/85 = (406/85, −468/85)

    Ahora, la ecuación de la divisoria...

AE = (406/85, −468/85) − (2, 12) = (236/85, −1488/85) || (236/85, −1488/85)·85/4 = (59, −372)

x = −59/372·(y−12) + 2 = −59/372 y + 1452/372 = −59/372 y + 121/31

    Por lo tanto el punto de Nagel es  N(121/31, 0) .