jueves, 9 de marzo de 2023

1694. Gráficas y áreas. (2.ª parte)

     Nos recordaba Pepe Chapuza cómo la regla de Barrow nos permitía calcular áreas bajo curvas...

    Mire, profe. Esta es el área bajo un arco de parábola...


    Es una integral inmediata. Esta otra se hace por partes:


    Recuerdo que trabajamos con radianes...

    ¿Cómo se hace una integral definida con cambio de variable?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo esta:

    Mire, profe. Como ve, no hay que deshacer el cambio de variable, solo hay que calcular los nuevos límites de integración. 

    ¿Y si la función está definida a trozos?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota hizo esta...

    Mire, profe. La integral definida nos da la resta de las áreas bajo la gráfica (sobre el eje de abscisas) menos las áreas sobre la gráfica (bajo el eje de abscisas). En realidad, el área sería 104.

    Queda para el lector hacer un esbozo de las gráficas y de las áreas que estamos calculando.

miércoles, 8 de marzo de 2023

1693. Gráficas y áreas

    Pepe Chapuza estaba impartiendo una clase acerca del cálculo de áreas mediante la integral definida... Empezó con "profe, mire" pero le recordé que ahora el profe era él y que tenía que explicar a sus compañeros que ahora eran sus alumnos...

    Vamos a ver la interpretación geométrica de la integral definida: cuál el significado del número que obtenemos al integrar.

    Si la función es positiva la integral definida nos proporciona el área de la región limitada por la gráfica de la función, el eje de abscisas y las rectas verticales indicadas por los límites de integración.


    Si la función es negativa y a < b, la integral definida  ʃ ab f(x) dx  sale negativa y el área se calcula de cualquiera de estas tres maneras   – ʃ ab f(x) dx  = ʃ ba f(x) dx = | ʃ ab f(x) dx | . Yo prefiero la tercera.

    Si la función cambia de signo, la integral definida  ʃ ab f(x) dx  nos da la resta de las áreas que quedan por encima del eje de abscisas menos las que quedan por debajo. En este ejemplo ...
... el área total se calcula así:  ʃ au f(x) dx | + ʃ uv f(x) dx | + ʃ vw f(x) dx | + ʃ wb f(x) dx | .

    Si las gráficas de dos funciones f y g se cortan en dos puntos de abscisas a y b ...
... entonces el área encerrada es  ʃ ab f(x) dx  –  ʃ ab g(x) dx |  =  ʃ ab (f(x) – g(x)) dx | . Ponemos las barras de valor absoluto para no tener que averiguar cuál función está encima y cuál debajo, ni cuál límite de integración está a la izquierda y cuál a la derecha.

    Para recintos complicados, se separa el área en regiones como las anteriores y se integra por separado: es la estrategia de "divide y vencerás". 

    Y propuso el área encerrada entre las parábolas  x = y2  e  y = x2 . 


    Y también el área encerrada entre las gráficas de  f(x) = x3 – 4x + 6  y  g(x) = x2 + 5x – 3  para la que no hizo ningún dibujo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no se arredró...

    Profe, mire. La primera parábola se corresponde con la función  y = x . Para calcular las abscisas de los puntos de corte resolvemos la ecuación

x = x2
x = x4
x4 – x = 0
x (x3 – 1) = 0
x = 0         x = 1
    Por lo tanto el área encerrada es

 ʃ 01 (x – x2) dx  = 2x3/2/3 – x3/3 ]01  =  2/3 – 1/3  =  1/3 u2

    Para la segunda área primero calculo las abscisas de los puntos de corte...

x3 – 4x + 6  =  x2 + 5x – 3 
x3 – x2 – 9x + 9  =  0

    Por lo tanto el área encerrada es

ʃ-31 (x3 – x2 – 9x + 9) dx |  +  ʃ 13 (x3 – x2 – 9x + 9) dx |  =
=  x4/4 – x3/3 – 9x2/2 + 9x ]-3|  +  x4/4 – x3/3 – 9x2/2 + 9x ]13 |  =
=  1/4 – 1/3 – 9/2 + 9 – 81/4 – 9 + 81/2 + 27 |  +  | 81/4 – 9 – 81/2 + 27 – 1/4 + 1/3 + 9/2 – 9 |  =  ...

    Nina propuso hallar el área encerrada del dibujo
SOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota miró las intersecciones...

    Profe, mire. Calculamos las abscisas de los tres puntos de corte

1/x = 4    ==>   x = 1/4
1/x = x2   ==>   x = 1
x2 = 4    ==>   x = 2

    Por lo tanto el área encerrada es

 ʃ 1/41 (4 – 1/x) dx  +  ʃ 12 (4 – x2) dx  =
=  4x – ln |x| ]1/41  4x – x3/3 ]12  =
=  4 – 0 – 1 + ln(1/4) + 8 – 8/3 – 4 + 1/3  =  ...

    Dejamos al lector que termine los cálculos...

martes, 7 de marzo de 2023

1692. Seis grados de libertad.

     Comenté que el movimiento de un sólido rígido tenía seis grados de libertad y Pepe Chapuza se tomo la libertad de especificar...

    Profe, mire. En un navío tenemos tres ejes: el de eslora (de proa a popa), el de manga (de estribor a babor) y el de calado (de bao a quilla). Cada eje puede ser de traslación y de giro, así que cualquier movimiento del navío se puede descomponer en tres traslaciones y tres giros, de ahí los seis grados de libertad... En el eje de eslora tenemos una traslación (avance o retroceso) y un giro (escora); en el eje de manga tenemos una traslación (ronza) y un giro (arfada); y en el eje de calado tenemos una traslación (ascenso o descenso) y un giro (deriva). Los tres ejes pasan por el centro de masas...

    ¿Puede alguien hacer un dibujo ilustrativo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla navegó y dibujó...


    Mire, profe los giros se denominan de otra manera en los aviones.

    ¿Qué vocabulario se usa en aeronáutica?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota pilotó...

    Profe, mire. En la aviación se utiliza alabeo en vez de escora, guiñada en vez de deriva y cabeceo en vez de arfada...

viernes, 3 de marzo de 2023

1691. Polos y polares...

    Profe, mire. En el plano proyectivo existen unas interesantes biyecciones llamadas dualidades entre el conjunto de puntos y el conjunto de rectas... Las dualidades más famosas son las polaridades, en las que si se corresponden un punto P con una recta p, la recta p se llama polar de P y el punto P se llama polo de p. La polaridad más sencilla se define de la siguiente manera:

    O ↔ o : donde O es el origen de coordenadas y o es la recta ideal del infinito.
    I ↔ i : donde I está en o e i pasa por O. Se cumple que OI ⟂ i.
    P ↔ p : donde P no es un punto de los anteriores ni p es una recta de las anteriores. Se cumple que dist(O, P)·dist(O, p) = 1, que OP ⟂ p y que O no está entre P y p.


    Un caso particular: Si dist(O, P) = dist(O, p) = 1, entonces P es un punto de p.

    Pepe Chapuza nos acababa de presentar a los polos y a las polares. Pedí a mis alumnos que demostraran los siguientes resultados duales:

    "Si el polo P de una recta p está en la polar q de un punto Q, entonces Q está en p; si la polar q de un punto Q pasa por el polo P de una recta p, entonces p pasa por Q".

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla disfruta con la geometría...

    Mire, profe. Los dos enunciados son equivalentes y se argumentan de la misma manera... Sean respectivamente R y S los puntos de p y q más próximos a O. Como se tiene que dist(O, P)·dist(O, R) = dist(O, Q)·dist(O, S) = 1, hay una circunferencia c que pasa por P, Q, R y S respecto de la cual la potencia de O es 1. Como P está en q, el ángulo PSQ es recto, el segmento PQ es una diagonal de c, el ángulo PRQ es recto y Q está en p.

    Nina ha supuesto que P y S son diferentes (si coinciden los resultados serían obvios). Se deja al lector que argumente los resultados en caso de involucrar a los puntos I u O y a las rectas i u o.

    También pedí a mis alumnos que demostraran estos otros resultados duales:

    "Los polos de las rectas de un haz forman una recta; las polares de los puntos de una recta forman un haz".
RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Basta con probar que dados P ↔ p y Q ↔ q, si T es el punto común de p y q, y si t es la recta que pasa por P y Q, entonces  T ↔ t. Pero esto es fácil... Si T está en p y en q, entonces P y Q están en la polar de T, por lo tanto la polar de T es t. Recíprocamente, si t pasa por P y Q, entonces p y q se cortan en el polo de t, por lo tanto el polo de t es T.

    Al terminar, Yoyó Gaviota comentó lo siguiente:

    Profe, mire. La dualidad permite relacionar teoremas... El teorema de Ceva y el teorema de Menelao son duales. También son duales el teorema de Pascal y el teorema de Brianchon. El teorema de Desargues es autodual... 

sábado, 25 de febrero de 2023

1690. Las torres de Hanói

     Llevé a clase un juego antiguo que se llama "Las Torres de Hanói". Consiste en diez discos del mismo grosor y distintos radios (no hay dos radios iguales), que están perforados por sus centros para que se puedan ensartar en tres postes verticales fijos. Inicialmente los diez discos están apilados en un mismo poste formando una especie de cono escalonado (torre de Hanói) ordenados según sus radios (el mayor abajo y el menor arriba).


    El objetivo del juego consistía en trasladar la torre del primer poste al tercer poste mediante la menor cantidad de movimientos legales. Un movimiento legal consiste en sacar de un poste el disco superior (menor) de una torre e insertarlo en otro poste de modo que no caiga encima de otro disco aún menor. Cuando la clase hubo examinado el juego pregunté cuál era ese mínimo número de movimientos legales para conseguir el traslado. Pepé Chapuza no dejó que los demás lo pensaran...

    ¡Mil veintitrés!

    Los compañeros y yo mismo le pedimos explicaciones y Pepe se limitó a decir...

    Profe, mire. Si hubiera N discos, serían 2N − 1, así que para N = 10, son 210 − 1 = 1023.

    Pepe dio un respuesta más general aún. Habrá que dar más explicaciones...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla demostró la fórmula por inducción:

    Mire, profe. La fórmula vale para trasladar una torre entre dos postes cualesquiera... 
    Si solo hay un disco basta con un movimiento legal, y la fórmula se cumple: 21 − 1 = 1
    Si suponemos la fórmula cierta para N discos, para N+1 podemos primero trasladar los N discos menores a un poste (el segundo) en 2N − 1 movimientos, después el disco mayor al otro poste (el tercero) en 1 movimiento, y finalmente los N discos menores a este poste (el tercero) sobre el disco mayor en 2N − 1 movimientos para formar la torre entera de N+1 discos. Sumando...

2N − 1 + 1 + 2N − 1 = 2·2N − 1 = 2N+1 − 1

    Nina comentó que 1023 era también el número hasta el que se podía contar con nuestros diez dedos utilizando el sistema binario... Y que a cada dedo le correspondía un disco... Y entonces propuso dos problemas diabólicos...


    A cada dedo le corresponde una potencia de dos: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256 y 512. A cada combinación de dedos levantados le corresponde la suma de los valores correspondientes. ¿Qué combinación de dedos corresponde al número 666?
    ¿Cuál es la disposición de las torres de Hanói después de 666 de los 1023 movimientos legales?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota levantó estos dedos no sin dificultad...


    512 + 128 + 16 + 8 + 2 = 666

    Profe, mire. Estos dedos se corresponden con los unos de 666 en binario: 1010011010.

    Para las torres de Hanói tenemos que el polinomio P(x) = x9 + x7 + x4 + x3 + x (que Ruffini escribe 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0) cumple que P(2) = 666 y, aplicando el teorema del resto, tendremos que 666 = P(x) − C(x)·(x−2) donde C(x) es el cociente de la división de P(x) entre (x−2). Ahora bien, para x = 1 tenemos que 666 = P(1) + C(1), que es la suma de los coeficientes del polinomio P(x) + C(x). Estos diez coeficientes son los movimientos de los diez discos...
    Mire, profe. Si asignamos los números 0, 1 y 2 a los postes de izquierda a derecha, el movimiento de un disco azul ha de ser +1 (mod 3) y el de un disco rojo ha de ser +2 (mod 3), así que solo tenemos que calcular en módulo 3 los movimientos de cada disco...


    Yoyó hizo los cálculos y a continuación colocó los discos en sus postes (sin hacer los 666 movimientos)...

    Dejaremos que el lector justifique los cálculos de Yoyó.

viernes, 17 de febrero de 2023

1689. Los exincentros

     Profe, mire. Si trazamos las bisectrices exteriores de un triángulo, estas se cortan de dos en dos en tres puntos llamados exincentros... ¡Curioso nombre...! Es contradictorio porque "ex" significa fuera e "in" significa dentro...

    Le indiqué a Pepe Chapuza que era una contradicción aparente porque se puede estar fuera de casa y dentro del instituto... Pepe siguió con lo suyo...

    Si, tal como se muestra en la figura, a, b y c son los lados prolongados del triángulo; a', b' y c' son las bisectrices interiores; y a", b" y c" son las bisectrices exteriores; entonces el exincentro a"∩b" equidista de a, b y c, por lo que este exincentro es a"∩b"∩c'. Lo mismo podemos decir de los otros dos exincentros  a'∩b"∩c"  y  a"∩b'∩c". ¡Claro...! Los lados prolongados dividen el plano en siete regiones. Cuatro de ellas tienen tres lados: una finita (el triángulo) y tres infinitas. Los exincentros están dentro de estas y fuera de aquella... mientras que el incentro a'∩b'∩c' está fuera de estas y dentro de aquella...

    Algo más acerca de los exincentros habrá que decir, ¿no?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó la palabra...

    Profe, mire. Como a'  a",  b'  b" y  c'  c" resulta que las bisectrices internas y el incentro del triángulo abc son las alturas y el ortocentro del triángulo a"b"c"  . Por lo tanto este triángulo a"b"c" es siempre acutángulo porque su ortocentro cae siempre en su interior...

    ¿Algo más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota añadió:

    Profe, mire. Al igual que el incentro de un triángulo es el centro de su circunferencia inscrita, que es tangente a los tres lados. Los exincentros son los centros de tres circunferencias, cada una tangente a un lado y a dos prolongaciones de los otros dos lados. Estas circunferencias se denominan exinscritas, lógicamente.


1688. El teorema de Rolle

     Mire, profe. El teorema de Rolle dice que si f es una función real de variable real que es continua en un intervalo cerrado [a, b], derivable en el intervalo abierto (a, b) y tal que f(a) = f(b), entonces se tiene que existe al menos un valor c ∈ (a, b) para el cual f '(c) = 0.
    Pepe Chapuza enunció este teorema. El número (punto de la recta real) c, donde se anula la derivada, se denomina punto crítico. Con este enunciado Pepe propuso el siguiente ejercicio.

    Profe, mire la siguiente función definida a trozos:

f(x) = Ax² + Bx − C + 1   si 1≤ x  2
f(x) = Cx³ + Bx² − Ax    si 2 ≤ x ≤  3

    ¿Para qué valores A, B y C se verifican las hipótesis del teorema de Rolle y dónde se cumple la tesis?

    ¿Quién quiere resolver este ejercicio?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó un sistema de ecuaciones:

    Mire, profe. 
    Si la función tiene que ser continua en [1, 3], entonces los límites laterales de f cuando x tiende a 2 deben coincidir. (En los demás valores de x no hay problemas por tratarse de polinomios.) Además f(2) está definida en ambos trozos... Por lo tanto  4A + 2B − C + 1 = 8C + 4B −2A . 
    Si la función tiene que ser derivable en (1, 3), entonces las derivadas laterales de f en x = 2 deben coincidir:
f '(x) = 2Ax + B    si 1≤ x  2
f '(x) = 3Cx² + 2Bx − A    si 2 ≤ x ≤  3

    Por lo tanto  4A + B = 12C + 4B − A .
    Si además tiene que ser f(1) = f(3), 3ntonces  A + B − C + 1 = 27C + 9B − 3A.

    Tenemos que resolver el sistema:
6 2B − 9C = −1
5A  3B  12C = 0
4A  8B − 28C −1
    Con la calculadora obengo
A = −15/4
B = 119/4
C = −9
    Falta el punto crítico...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota anuló la derivada...

    Mire, profe. En el primer trozo no está

2(−15/4)c + 119/4 = 0
c = 2·119/15 = 15,8666... ∉ (1, 2]
y en el segundo...
3(−9)c² + 2(119/4)c − (−15/4) = 0
− 108c² + 238c + 15 = 0
c = −0,06132... ∉ [2, 3)
c = 2,26502... ∈ [2, 3)
    Este último valor es la solución...

miércoles, 15 de febrero de 2023

1687. Las constantes de Feigenbaum

    Pepe Chapuza estaba trabajando con el siguiente polinomio de segundo grado: 

Pm(x) = x2 + m

    Mire, profe. Si componemos Pm consigo mismo tenemos un polinomio de cuarto grado:

Pm2)(x) = Pm(Pm(x)) = Pm(x2 + m) = (x2 + m)2 + m = x4 + 2mx2 + m2 + m

    Si volvemos a componer tenemos Pm3)(x) que será un polinomio de octavo grado... y así sucesivamente Pmn)(x) será un polinomio de grado 2n. Pues bien, consideremos ahora la sucesión Pmn)(0) (donde Pm1)(0) = Pm(0) = m). Los primeros términos de esta sucesión son: m, m2 + m, (m2 + m)2 + m, ... La cuestión es: ¿Cuál es el comportamiento de esta sucesión?

     Dicho comportamiento dependerá del valor de m, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla probó con algunos valores para m.

    Profe, mire. Si m = 0, la sucesión es constante: 0, 0, 0, 0, 0, 0, ... Si m = 1, la sucesión diverge rápidamente: 1, 2, 5, 26, 677, 458330, ... Si m = −1, la sucesión es oscilante: −1, 0, −1, 0, −1, 0, ... Pongamos un poco de orden... ¿Para qué valores de m, la sucesión Pmn)(0) tiene puntos límite y cuántos? Consideramos la "función" L(m) que a cada valor de m le hace corresponder el conjunto de los puntos límite de la sucesión Pmn)(0)En los casos anteriores, L(0) = {0}, L(1) = {} y L(−1) = {−1, 0}. 
    Buscaremos primero sucesiones con un punto límite lm = lim n→∞ Pmn)(0), esto es, L(m) = {lm}, es decir, sucesiones convergentes... Para ese valor, lm = Pm(lm). Buscaremos los casos seguros en los que −1 < Pm'(lm) < 1.

Pm(lm) = lm2 + m = lm
lm2  lm + m = 0
lm = 1/2 ± √(1/4m)
    La derivada...
Pm'(lm) = 2·lm
 −1 < 2·lm < 1
−1 < 1 ± 2√(1/4m) < 1
−1 < −√(1/4m) < 0
−1 < − 1/4 < 0
−3/4 < m < 1/4

    Estos no son los únicos valores de m que aseguran la convergencia. Para m −2 tenemos la sucesión: −2, 2, 2, 2, 2, 2, esto es, L(−2) = {2}. También se tiene la convergencia para m = 1/4 con L(1/4) = {1/2} y para m = −3/4 con L(−3/4) = {−1/2}.
    Busquemos ahora las sucesiones con dos puntos límite, o sea, L(m) = {lmPm(lm)}. Ahora tenemos que lm = lim n→∞ Pm2n−1)(0)  y que lm = Pm2)(lm).

Pm2)(lm) lm4 + 2·m·lm2 + m2 + m = lm
lm4 + 2·m·lm2  lm2 m2 + m = 0

    Simplificamos la ecuación eliminando las soluciones correspondientes a sucesiones convergentes, en las que lmPm(lmPm2)(lm).

lm4 + 2·m·lm2  lm2 m2 + m ) / ( lm2  lm + m ) = 0
  lm2 + lm + m + 1 = 0
lm = −1/2 − √(1/4−m−1)
Pm(lm) = −1/2 + √(1/4−m−1) 
    La derivada...
−1 < Pm2) '(lm) < 1
−1 < 4·lm3 + 4m·lm < 1
−1/4 < lm·(lm2 + m) < 1/4
−1/4 < lm·(lm−1) < 1/4
−1/4 < − lm2 − lm < 1/4
−1/4 < m + 1 < 1/4
−5/4 < m < −3/4

    Podemos dibujar a mano estos dos arcos de parábola en una gráfica... pero el grado de las ecuaciones crecen exponencialmente respecto del número de puntos límite... así que solo con la fuerza bruta de los ordenadores podemos ver cómo se duplican una y otra vez los puntos límite en el denominado diagrama de bifurcaciones o árbol de Feigenbaum.  ;-)


    Los arcos entre bifurcaciones son cada vez más pequeños. ¿A qué ritmo menguan?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota encontró en Internet las llamadas constantes de Feigenbaum que nos dan una idea de cómo menguan los arcos a lo largo y a lo ancho: ¡casi como progresiones geométricas!

    Profe, mire. La primera constante de Feigenbaum es δ = 4,6692... lim n→∞ (dn/dn+1) y la segunda constante de Feigenbaum es α = 2,5029... = lim n→∞ (an/an+1).
    Mire, profe. ¡Hemos estado estudiando la parte real del conjunto de Mandelbrot!

viernes, 10 de febrero de 2023

1686. El teorema de Haruki

    Mire, profe. Tres circunferencias son mutuamente secantes. En total hay 6 puntos de intersección, A, B, C, D, E y F, que son vértices consecutivos de un hexágono en el que ningún lado es cuerda común de dos circunferencias y tres lados consecutivos cualesquiera son sucesivamente sendas cuerdas de las tres circunferencias. Entonces se tiene la siguiente relación entre las longitudes de los lados del hexágono AB·CD·EF BC·DE·FA.


    Pepe Chapuza enunció el teorema de Haruki con este dibujo para situarnos... Habrá que proporcionar una demostración, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se sirvió del dibujo para ofrecer una demostración...


    Profe, mire. Cada pareja de circunferencias tiene un eje radical que pasa por sus dos puntos de intersección. La intersección de los tres ejes radicales es el centro radical G de las tres circunferencias. Los triángulo ABG y EDG son semejantes porque tienen los mismos ángulos (opuestos por el vértice o inscritos en la misma circunferencia y abarcando el mismo arco), por lo que AB:BG DE:DG. Igualmente son semejantes los triángulos CDG y AFG, por lo que CD:DG FA:FG; y los triángulos CBG y EFG, por lo que EF:FG = BC:BG. Multiplicando las tres igualdades tenemos AB·CD·EF:BG:DG:FG = BC·DE·FA:BG:DG:FG, de donde se obtiene el resultado.

    ¿Se sigue cumpliendo el teorema si la disposición de las circunferencias no es la del dibujo de Pepe?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota dibujó distintas disposiciones comprobando que todo seguía funcionando:


    Se deja al lector investigar otras disposiciones y los casos límite: con puntos de intersección coincidentes, con circunferencias tangentes en vez de secantes, con los centros de las circunferencias alineados (con ejes radicales paralelos y sin centro radical) o si en vez de circunferencia hay alguna recta...