1679. Ecuaciones de cambio de base...

    Mire, profe. El par de vectores A = { u=(3, 5), v=(5, 9) } es una base del plano vectorial porque no son ni vectores nulos ni paralelos entre sí (5/3≠9/5). (Se podría decir que la matriz cuadrada de orden dos formada por las cuatro componentes no puede ser singular...) Del par de vectores B = { m=(7, 1), n=(11, 13) } podemos decir exactamente lo mismo (11/7≠13/1): se trata de otra base... Cualquier vector w se puede poner de forma única como combinación lineal de A ( w = xu + yv ) y de B ( w = pm + qn ). ¿Qué relación existe entre las componentes (x, y)_A y las componentes (p, q)_B?

    Pepe Chapuza estaba preguntando por las ecuaciones de cambio de base... Conocidas las componentes de w en B, ¿cómo se pueden calcular las componentes de w en A? 

    Pepe acompañó su enunciado con un dibujo ilustrativo que no se correspondía fidedignamente a los datos numéricos.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla trabajó con matrices...

    Mire, profe. El mismo vector w se puede escribir como producto matricial de dos formas distintas: con A y con B.

    Por tanto

    Así pues, las ecuaciones son 

x = 29m + 17n

y = −16m − 8n

    ¿Cómo sería en el espacio vectorial?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota intervino...

    Profe, mire. En tres dimensiones las bases tienen tres vectores y los vectores tienen tres componentes. Los vectores de una base no pueden ser ni nulos ni coplanarios, esto es, el producto mixto de ellos no puede valer cero, esto es, la matriz cuadrada de orden tres determinada por las nueve componentes no puede ser singular... Por lo demás el procedimiento es idéntico...

1678. Juego de garruchas y aparejos

    Pepe Chapuza trajo un juego de garruchas (poleas) y cuerdas para montar un aparejo (polipasto).

    Profe, mire. ¿Qué fuerza F hay que superar tirando de la cuerda para izar un peso P? 

    Estaba claro que eso dependía del número de poleas y del tipo de polipasto. Aclárale esta cuestión a Pepe. Consideraremos irrelevantes el peso de las cuerdas, los rozamientos y los momentos de inercia... 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comentó que principalmente había dos tipos de polipastos: los factoriales y los potenciales. 

    Mire, profe. En un polipasto factorial se alternan las poleas fijas y las móviles según este esquema básico...

    La fuerza F y el peso P son inversamente proporcionales a la longitud L de la cuerda extraída y a la altura A alcanzada por el peso, respectivamente, esto es FL=PA. Si hay n poleas según el esquema básico se cumple que F=P/n.

    Faltaba hablar del polipasto potencial... 

RESOLUCIÓN

    Aquí estaba Yoyó Gaviota...

    Profe, mire. El esquema básico de un polipasto potencial es el siguiente.

    Solo hay poleas móviles... Si son n las poleas se cumple que F=P/2ⁿ. La única pega es la limitación de A, ¿verdad? 

    Queda para el lector pensar cuál es tal limitación...

1677. En busca del incentro...

    Pepe Chapuza nos dio las coordenadas de los vértices de un triángulo:

 A(0, 0)     B(21, 0)     C(16, 12)

    Profe, necesito las coordenadas del incentro de este triángulo, esto es, el centro de su circunferencia inscrita... 

    ¿Quién le echa una mano a Pepe?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que el incentro era el punto de intersección de las tres bisectrices del triángulo... 

    Mire, profe. Voy a calcular las ecuaciones de dos bisectrices y luego su intersección resolviendo el sistema... 

    Un vector director de la bisectriz que pasa por A es la suma de los vectores  

AB/|AB| + AC/|AC| = (21/21, 0/21) + (16/20, 12/20) = (9/5, 3/5) ∥ (3, 1)

    Del mismo modo calculamos un vector director de la bisectriz que pasa por B

BA/|BA| + BC/|BC| = (−21/21, 0/21) + (−5/13, 12/13) = (−18/13, 12/13) ∥ (−3, 2)

    Las bisectrices son...

x − 3y = 0         2x + 3y − 42 = 0

y el incentro...

x = 14          y = 14/3

    Nina ha operado mentalmente demasiado rápido. ¿Quién comprueba la solución? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota no repasó lo cálculos sino que comprobó que la tercera bisectriz pasaba por el punto P(14, 14/3).

    Profe, mire. 

CA/|CA|+ CB/|CB|= (−16/20, −12/20) + (5/13, −12/13) = (−108/260, −396/260) ∥ (3, 11)

    La tercera bisectriz, la que pasa por C tiene por ecuación...

11x − 3y − 140 = 0

y sustituyendo las incógnitas por las coordenadas del presunto incentro...

11·14 − 3·14/3 − 140 = 154 − 14 − 140 = 0

    Queda para el lector repasar los cálculos...

1676. Las ecuaciones implícitas de una recta

     Había explicado en clase que las ecuaciones implícitas de una recta en el espacio consistían en realidad en un sistema de dos ecuaciones lineales con tres incógnitas, esto es, la intersección de dos planos secantes. Para que fueran secantes, sendos vectores normales no podían ser paralelos, esto es, el rango de la matriz de coeficientes del sistema tenía que ser dos. Muchos problemas de geometría en que se pedía hallar una recta se podían resolver cómodamente con este tipo de ecuaciones. Pepe Chapuza propuso este:

    Halla la proyección perpendicular de la recta r: (x, y, z) = (1, 4, 3) + λ (2, 3, 6) sobre el plano ϖ: 2x + 7y + z + 5 = 0.

    Si  r⊥ϖ  la proyección sería un punto  P = r ∩ ϖ , pero no es este el caso porque (2, 3, 7) ∦ (2, 7, 1). Así que la proyección es una recta p. Halla sus ecuaciones implícitas. 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dedujo que la ecuación implícita del plano π era una de las ecuaciones implícitas de la recta p puesto que  p ⊂ ϖ ...

    Profe, mire. El otro plano ϱ debe cumplir que  ϱ ⊃ r  y que  ϱ ⊥ ϖ . Por lo tanto el vector normal de ϱ será  (2, 3, 6) × (2, 7, 1) = (–39, 10, 8) y la ecuación de ϱ es – 39(x–1) + 10(y–4) + 8(z–3) = 0, es decir, ϱ: 39x – 10y – 8z + 25 = 0. La solución es  p = ϖ ∩ ϱ .

    Nina propuso este otro problema:

    Halla la perpendicular común a las rectas r: (x y, z) = (2, 5, 8) + λ (1, 3, 1 ) y s: (x, y, z) = (3, 2, 1) + μ (7, 1, 4).

    Si las rectas tuvieran la misma dirección habría infinitas soluciones pero no este el caso porque (1, 3, 1) ∦ (7, 1, 4). Así que solo hay una perpendicular común p. Halla sus ecuaciones implícitas. 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota empezó calculando el vector director de p, (1, 3, 1) × (7, 1, 4) = (11, 3, –20).

    Mire, profe. Podemos determinar  p = ϖ ∩ ϱ  donde  ϖ ⊃  r ∪ p  y  ϱ ⊃ s ∪ p .

    El vector normal de ϖ es (1, 3, 1) × (11, 3, –20) = (–63, 31, –30) por lo que la ecuación de ϖ es –63(x–2) + 31(y–5) – 30(z–8) = 0, esto es, ϖ: 63x – 31y + 30z – 211 = 0.

    El vector normal de ϱ es (7, 1, 4) × (11, 3, –20) = (–32, 184, 10) por lo que la ecuación de ϱ es –16(x–3) + 92(y–2) + 5(z–1) = 0, esto es, ϖ: 16x – 92y – 5z +141= 0.

1675. La circunferencia de Conway

    Pepe Chapuza enunció el famoso problema de la circunferencia de Conway. 

    Mire, profe. Si en un triángulo ABC cualquiera prolongamos desde cada vértice los dos lados que concurren en él la longitud del tercer lado entonces los seis extremos de los lados prolongados son concíclicos.

    Interpreta en un dibujo el enunciado y haz una demostración...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó un triángulo cualquiera... y prolongó cada lado "por ambos lados"...

    Mire, profe. Tracemos la circunferencia inscrita en ABC y sean D, E y F los puntos de tangencia. Estos dividen a los lados del triángulo en segmentos de longitud a, b y c tal como se muestra en el dibujo. Si P, Q, R, S, T y U son los extremos de los lados prolongados entonces tenemos que...

PF = SF = QE = TE = RD = UD = a+b+c

    De aquí se desprende que el incentro J del triángulo ABC está en las mediatrices de los lados prolongados y por ello...

PJ = QJ = RJ = SJ = TJ = UJ

    De aquí se desprende que los seis puntos P, Q, R, S, T y U están en una circunferencia con centro en J.

    ¿Cuánto mide el radio R de esta circunferencia?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota midió...

    Profe, mire. Si el semiperímetro del triángulo ABC mide s = a+b+c y si el radio de la circunferencia inscrita en ABC mide r, entonces, aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo PFJ por ejemplo, tenemos que R = PJ = √(s²+r²).

1674. La seudoesfera

    Pedí a mis alumnos que indagaran acerca de superficies de curvatura constante y automáticamente les vino a la mente las esferas... por analogía con las circunferencias. Entonces Pepe Chapuza comentó que había varios conceptos de curvatura de superficies... entre los que destacaban la curvatura gaussiana y la curvatura media.

    Mire, profe. Si nos referimos a la curvatura de Gauss, la esfera tiene curvatura constante positiva, pero en el espacio hay también superficies con curvatura constante negativa, como las seudoesferas (o pseudoesferas)...

    Indaga tú también...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Una esfera de centro O y radio 1 se puede parametrizar en función de la latitud V y la longitud W:

{ x = cosV cosW ; y = cosV senW ; z = senV }

    En los polos norte y sur las latitudes son extremas (V = ±π/2) y las longitudes quedan indeterminadas... Se puede parametrizar la esfera sin polos cambiando el parámetro V por otro parámetro U de la siguiente manera...

{ x = sechU cosW ; y = sechU senW ; z = tanhU }

    Pues bien, la seudoesfera se puede parametrizar así:

{ x = sechU cosW ; y = sechU senW ; z = U − tanhU }

    La seudoesfera es una superficie de revolución cuya generatriz es una tractriz (persecutriz):

{ x = sechU ; y = 0 ; z = U − tanhU }

    Finalmente, los planos, los conos y los cilindros son superficies de curvatura constante nula...

    Nina Guindilla nos presentó algunas superficies de curvatura gaussiana constante, pero hay otras... Habrá que seguir indagando...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota nos desveló algunas superficies preciosas...

    Mire, profe. Entre las superficies con curvatura gaussiana constante están la de Sievert (positiva), la de Dini (negativa) y la de Kuen (negativa).

    El lector puede ver estas superficies y otras en Internet. También puede indagar sobre las superficies de curvatura media constante... ¡Le sorprenderán!

    Un ejemplo sería la catenoide (relacionada con las catenarias):

{ x = coshU cosW ; y = coshU senW ; z = U }

    Otro ejemplo sería la helicoide (relacionada con las hélices):

{ x = U cosW ; y = U senW ; z = W }

1673. Entre un punto y un círculo

    Profe, mire. Calcule las ecuaciones de las rectas que pasan por el punto P(−10, −5) y que son tangentes al círculo C de centro Q(10, 10) y radio R = 7.

    Pepe Chapuza ha enunciado este problema de geometría. ¿Te atreves con él?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla siempre se atreve...

    Profe, mire. Primero voy a comprobar que el punto P es exterior a C. Basta probar que la potencia de P respecto de C es positiva...

|PQ|² − R² = (10+10, 10+5)² − 7² = 20² + 15² − 7² = 400 + 225 − 49 = 576 = 24² > 0

...aunque no hace falta utilizar la potencia para deducir la posición del punto respecto del círculo: el círculo C está en el I cuadrante y el punto P está en el III cuadrante...

    Por esa misma razón ninguna de las dos soluciones es vertical (ni horizontal) por lo que las ecuaciones se pueden escribir en forma punto-pendiente. El dibujo es ilustrativo pero no refleja fidedignamente las medidas... Si α y β son los ángulos que se muestran en la figura, las pendientes de las soluciones son...

p = tg (α+β) = (tg α + tg β) / (1 − tg α tg β) = (15/20 + 7/24) / (1 − 3/4·7/24) = 4/3

p' = tg (α−β) = (tg α − tg β) / (1 + tg α tg β) = (15/20 − 7/24) / (1 + 3/4·7/24) = 44/117

    Por lo tanto las soluciones son...

t : y+5 = 4/3 · (x+10)

t' : y+5 = 44/117 · (x+10)

    Las soluciones son "bonitas" en el sentido de que no contienen radicales. ¿Podría alguien indicar cómo se pudo preparar el enunciado para conseguirlo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se dió cuenta de que la distancia entre P y Q era 25.

    Mire, profe. Se ha utilizado 25 como hipotenusa de dos triángulos pitagóricos: 7-24-25 y 15-20-25. Este último se denomina a veces isíaco en referencia a la diosa Isis de los antiguos egipcios...

1672. El depósito cilíndrico

     Mire, profe. Un depósito cilíndrico con tapa, cuyo interior tiene base B y altura H, pesa P. Obviamente, cuando está vacío su centro de gravedad se halla a altura H/2, y cuando está del todo lleno su centro de gravedad se halla también a esa misma altura... ¿A qué altura h de líquido de densidad D hay que llenar el depósito para que el centro de gravedad esté lo más bajo posible?

    Pepe Chapuza reta a la clase con este problema de optimización. (Se suponía que todos los datos estaban expresados en unidades del SI.) 

SOLUCIÓN

    Para Nina Guindilla los retos son pasatiempos... 

    Profe, mire. La altura del centro de gravedad será la media ponderada de H/2 y h/2 cuyos pesos son P y DBh respectivamente:

(PH/2 + DBh²/2) / (P + DBh)

    Si anulamos la derivada respecto de h tenemos...

DBh (P + DBh) − DB (PH/2 + DBh²/2) = 0

h (P + DBh) − (PH/2 + DBh²/2) = 0

Ph + DBh² − PH/2 − DBh²/2 = 0

DBh²/2 + Ph − PH/2 = 0

...y si C = P/(DB)

h² + 2Ch − CH = 0

h = − C + √(C² + CH)

    (La otra solución no es posible.) 

    Quedaba comprobar que se trataba efectivamente de un mínimo...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota realizó la comprobación teniendo en cuenta que 0 ≤ h ≤ H y que C > 0.

    Profe, mire. El signo de la derivada coincide con el signo de...

h² + 2Ch − CH = (h + C − √(C² + CH)·(h + C + √(C² + CH)

...y por lo tanto con el signo de

h + C − √(C² + CH)

    Así, cuando 0 ≤ h < − C + √(C² + CH), la derivada es negativa y la función es menguante, y cuando − C + √(C² + CH) < h ≤ H, la derivada es positiva y la función es creciente, lo cual demuestra que se trata de un mínimo efectivamente...

1671. Las pirámides egipcias

     Mire, profe. De una pirámide de base cuadrada determinada por L (el lado de la base) y H (la altura) se sabe que la media aritmética de L y H es 197m y la media geométrica de L y H es 195m. ¿Cuánto mide el volumen de la pirámide?

    Pepe Chapuza sueña con ir alguna vez a Egipto... 

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le gustaría ser egiptóloga... Nina calculó L y H... 

    Profe, mire. Si la media aritmética es 197m, entonces L+H = 2·197; y si la media geométrica es 195m, entonces L·H = 195². Por lo tanto L y H son las soluciones de la ecuación de segundo grado x² – 2·197x + 195²  =  0, que se puede resolver completando cuadrados...

(x–197)² = 197²–195² = 784

x–197 = ±√784 = ±28

 x = 197±28 ∊ {225, 169}

    Por lo tanto hay dos posibilidades: L = 225m y H = 169m o L = 169m y H = 225m. 

    La fórmula que nos da el volumen de la pirámide es V = L²·H/3. En un caso tendremos V = 225²·169/3 = 2851875m³ y en el otro V = 169²·225/3 = 2142075m³.

    ¿A qué altura se halla el centro de gravedad de la pirámide en cada caso?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota, ducho en jeroglíficos, intervino... 

    Mire, profe. La altura del centro de gravedad no depende de L. El baricentro se encuentra a un cuarto de H. Por lo tanto, en un caso será 169/4 = 42,25m y en el otro 225/4 = 56,25m.

1670. La potencia matricial (2ª parte)

    Había escrito en la pizarra una pequeña matriz...

...y pedía calcular A²¹³ y A³¹². Era fácil, ¿verdad? Pepe Chapuza salió a la "palestra"...

    Profe, mire...

...por lo tanto, si n es par Aⁿ = −A y si n es impar Aⁿ = A. Esto es válido para valores de n>0. Así que A²¹³ = A y A³¹² = −A. 

    Pepe propuso un ejercicio similar pero ahora con una matriz mayor:

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó las primeras potencias y dio con la clave...

    Mire, profe:

    por lo tanto... Bⁿ = I si n ≡ 0 mod 3, Bⁿ = B si n ≡ 1 mod 3 y Bⁿ = Bᵗ si n ≡ 2 mod 3. Y en este caso vale para todos los números enteros n.

    Nina propuso un ejercicio de recurrencia...

    Mire, profe. Si sabemos de una matriz cuadrada C que C² = 3C+2I, calcula C⁴ y C⁻¹.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota calculó:

    Profe, mire: 

    C⁴ = (C²)² = (3C+2I)² = 9C² + 12C + 4I = 9(3C+2I) + 12C + 4I = 39C + 22I

    C⁻¹ = IC⁻¹ = (C² − 3C)C⁻¹/2= (C − 3I)/2 = 0,5C − 1,5I.

1669. Haces ortogonales (2ª parte)

     Profe, mire. ¿Cuál sería un haz ortogonal al haz de parábolas de eje vertical con vértice en el origen de coordenadas?

    Pepe Chapuza hizo un dibujo chapucero y parecía que una solución era un haz de elipses. ¿Tú que crees?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla partió de las ecuaciones de las parábolas en cuestión...

    Profe, mire. Una parábola de ecuación y = ax² tiene pendientes dy/dx= 2ax. Las pendientes ortogonales serán dy/dx = −1/(2ax) = −x/(2y) ya que a = y/x², esto es, 2ydy = −xdx. Integrando los dos miembros tenemos y² = −x²/2 + b, esto es, x²/2 + y² = b, que es una elipse de excentricidad √2/2.

    Nina propuso hallar un haz ortogonal al haz de hipérbolas equiláteras con asíntotas en los ejes de coordenadas... También hizo un dibujo chapucero... intuitivamente... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota razonó así... 

    Mire, profe. La hipérbola de ecuación y = a/x tiene pendientes dy/dx = −a/x². Las pendientes ortogonales serán dy/dx = x²/a = x/y ya que a = xy, esto es ydy = xdx. Integrando se obtiene y²/2 + b = x²/2, esto es, x² − y² = 2b, que es una hipérbola equilátera con asíntotas en las bisectrices de los cuadrantes.

1668. Haces ortogonales...

     Pepe Chapuza había traído el siguiente dibujo:

     Profe, mire. El haz de circunferencias con centro en el punto (0, 0) y el haz de rectas que pasan por el punto (0, 0) son haces ortogonales porque todas esas rectas cortan perpendicularmente a todas esas circunferencias.

     Aunque era evidente, Pepe justificó su afirmación... (En lo que sigue las letras minúsculas r y s representan variables y las mayúsculas R y S constantes.) 

    Mire, profe. La recta de ángulo S (r cos S, r sen S) corta a la circunferencia de radio R         (R cos s, R sen s) en el punto (R cos S, R sen S). Derivando respecto de r y s se obtienen respectivamente los vectores tangentes de la recta y de la circunferencia en esa intersección: (cos S, sen S) y (– R sen S, R cos S) cuyo producto escalar es nulo. Es similar en el otro punto de corte. 

    Entonces comenté que menos evidente era que el haz de parábolas convexas con foco en (0, 0) y el haz de parábolas cóncavas con foco en (0, 0) eran también haces ortogonales. ¡Compruébalo! 

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo comprobó... 

    Profe, mire. 

    La parábola cóncava de distancia focal R² (2Rs, s²–R²) y la parábola convexa de distancia focal S² (2rS, S²–r²) se cortan en el punto (2RS, S²–R²). Los vectores tangentes a las parábolas en esta intersección serán (2R, 2S) y (2S, –2R) cuyo producto escalar es nulo. En el otro punto de corte es similar. 

    Luego añadí que tampoco era evidente que el haz de las elipses con focos en (1, 0) y (–1, 0) y el haz de las hipérbolas con focos en (1, 0) y (–1, 0) son también haces ortogonales... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se acordó de las trigonometrías elíptica e hiperbólica... 

    Profe, mire. 

    La hipérbola de excentricidad sec R (cos R cosh s, sen R senh s) y la elipse de excentricidad sech S (cos r cosh S, sen r senh S) se cortan en el punto (cos R cosh S, sen R senh S). Los vectores tangentes en esta intersección son (cos R senh S, sen R cosh S) y         (–sen R cosh S, cos R senh S) cuyo producto escalar es nulo. En los otros puntos de corte es similar...

    Se deja al lector avezado que compruebe que los focos de las cónicas están donde deben... 

1667. Un sistema de matrices

     Había propuesto este sistema lineal de ecuaciones matriciales...

y Pepe Chapuza lo resolvió... ¡por el método de Cramer!

    Profe, mire:

    ¡La solución era correcta! Compruébala...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo la comprobación...

    Alguien quiere resolver el sistema con otro método

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota lo hizo por el método de la matriz inversa... ¡con matrices de matrices!

    Mire, profe. El sistema se puede escribir como una ecuación matricial... 

1666. Construcciones euclídeas. (2ª parte)

    Profe, mire. Dadas estas tres rectas paralelas A, B y C hay que trazar un cuadrado que tenga un vértice en A, otro en B y otro en C. 

    Pepe Chapuza propuso esta construcción. Bastaba con averiguar la longitud del lado del cuadrado... ¡Ánimo! 

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Hay más de una solución... Si trazamos dos rectas D y E, perpendiculares a las dadas, tales que dist(D,E) = dist(A,B), entonces la diagonal del rectángulo determinado por B, C, D y E es el lado de una de las soluciones... Las otras soluciones se obtienen de manera similar... 

    Nina Guindilla dio con la solución. Ahora... ¿Cómo se trazaría un triángulo equilátero que tenga un vértice en A, otro en B y otro en C? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota construyó el triángulo... 

    Mire, profe. Tracemos dos rectas paralelas F y G, que formen un ángulo de 60º con las dadas, tales que dist(F,G) = dist(A,B), entonces la diagonal mayor del paralelogramo determinado por B, C, F y G es el lado de la solución... 

    Se deja al lector justificar las construcciones... 

1665. Construcciones euclídeas...

     Estábamos resolviendo problemas de dibujo con regla y compás. En la época de Euclides no se distinguía el dibujo técnico de la geometría... Pepe Chapuza planteó el siguiente problema:

     Dadas las dos circunferencias A y B, trazar una recta horizontal que corte a ambas y determine con ellas sendas cuerdas iguales.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla cogió la regla y el compás y razonó de la siguiente manera:

    Mire, profe. Trazamos una vertical por el centro de A y una horizontal por el centro B. Trazamos una circunferencia C con centro en el punto de intersección de estas dos rectas y con el mismo radio que B. La recta que pasa por los puntos de intersección de A y C es la solución...

    Nina manejó la regla y el compás con destreza... Y propuso el siguiente problema euclídeo...

    Dadas estas dos circunferencias D y E con radios iguales, y dado el segmento horizontal F, trazar otro segmento horizontal con la misma longitud que F y cuyos extremos estén uno en D y otro en E.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también era hábil con la regla y el compás:

    Profe, mire. Tracemos un segmento horizontal G con la longitud de F y con el extremo izquierdo en el centro de D. Tracemos ahora la circunferencia H con el mismo radio de D (y E) y centro en el  extremo derecho de G. Los segmentos horizontales con la longitud de F (y G) y con extremos derechos en los puntos de intersección de E y H son las soluciones del problema...

1664. Numerales genéricos

     Mire, profe. Tenemos diversas palabras para expresar los números: los numerales... Hay cardinales: tres, doce, cien...; ordinales: tercero, duodécimo, centésimo...; partitivos: tercio, doceavo, centavo...; multiplicativos: triplo, duodécuplo, céntuplo...; colectivos: trío, docena, centenar... Pero en matemáticas muchas veces se utilizan letras para representar números genéricos... Por ejemplo, el número n (ene) sería un cardinal... ¿Cómo serían los otros numerales relacionados con n? 

    Creo que Pepe Chapuza sabía la respuesta a su propia pregunta... Pero dejé que otros contestaran... 

SOLUCIÓN 

    Profe, mire. Algunos ordinales y partitivos coinciden: cuarto, quinto, sexto... Mas muchos ordinales terminan en -ésimo y muchos partitivos en -avo, por eso se puede decir para los genéricos n-ésimo (enésimo) y n-avo (eneavo) respectivamente... Esto es, n.º y /n.

    Nina Guindilla habló de los ordinales y partitivos. ¿Y los otros numerales? 

RESOLUCIÓN

   Yoyó Gaviota terminó la respuesta... 

    Profe, mire. Para los multiplicativos se emplea el sufijo -plo, y se podría denominar quizás n-plo (éneplo) al múltiplo genérico... Para los colectivos existe una buena colección de sufijos incluso para el mismo número: trío, terna, terceto, tríada, triplete, trinidad... En matemáticas se utiliza para un conjunto ordenado de n elementos las extrañísimas palabras n-pla (énepla), n-upla (eneupla) o n-tupla (enetupla)...

1663. Con parámetro

    Había escrito en la pizarra este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas... Se ignoraban dos coeficientes... pero se sabía que eran iguales ambos... Había que resolver el sistema en función del parámetro λ. Pepe Chapuza empezó con la discusión...

    Mire, profe. Si M es la matriz de coeficientes y A es la matriz ampliada se tiene que 

det (M) = 24 + 8λ² + 30 − 6λ − 20λ − 48 = 8λ² − 26λ + 6

    Las raíces de este polinomio son 

λ = 13/8 ± √(169−48)/8 = 13/8 ± √121/8 = 13/8 ± 11/8

    Se distinguen tres casos según el valor del parámetro λ:

    Si λ = 3, por un lado, rg (M) = 2 porque det (M) = 0 y hay menores de orden 2 no nulos...

por otro lado,  rg (A) = 2 porque este menor de A es nulo...

    Así que, por el teorema de Rouché, el sistema es compatible indeterminado...

    Si  λ = 1/4, igual que antes rg (A) = 2 pero ahora hay un menor de orden 3 de A no nulo...

    Así que podemos afirmar que el sistema es incompatible...

    Finalmente. si λ ≠ 3 y λ ≠ 1/4 el sistema es compatible determinado pues rg (M) = rg (A) = 3.

    Bien... Ahora toca resolverlo.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla resolvió el sistema para el primer caso por el método de doble reducción...

    Mire, profe. Voy a prescindir de la primera ecuación y voy a parametrizar x = μ.

    Restando la segunda ecuación menos el doble de la primera nos queda 4y = −1+3μ, y restando la segunda ecuación menos el cuádruple de la primera nos queda −4z = −3+9μ. Por lo tanto las soluciones son x = μ, y = −1/4 + 3μ/4, z = 3/4 − 9μ/4.

    Quedaba por resolver el último caso...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota aplicó la regla de Cramer...

    Profe, mire...