jueves, 6 de octubre de 2022

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 quizá 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)...

jueves, 29 de septiembre de 2022

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...

viernes, 23 de septiembre de 2022

1662. Archipiélago Mandelbrot

     Les decía a mis alumnos que no se dejaran engañar por las apariencias... Y expuse el ejemplo de unas sucesiones aparentemente sencillas... que sin embargo daban lugar a uno de los conjuntos más complicados de las matemáticas... 
     Las sucesiones, de números complejos, eran recurrentes: vn+1 = vn2 + v1. Para cada valor inicial v1 se tenía una sucesión v diferente cuyo comportamiento dependía drásticamente de ese primer término suyo: según su ubicación, la sensible sucesión podía resultar convergente, divergente, oscilante o errante... Esos números complejos primigenios v1 eran semillas de futuro incierto: sus destinos eran desconocidos hasta que por fin germinaban y crecían... Por culpa del efecto mariposa, un par de semillas próximas en una zona de inestabilidad podían engendrar dos sucesiones radicalmente dispares. 
    Antes de la era cibernética, los matemáticos que investigaron el asunto no podían sino vislumbrar las diversas regiones, cual islas e islotes, donde se producían los distintos tipos de sucesiones en medio de un océano de números reales e imaginarios... Ahora se programan computadoras para que funcionen como microscopios y así poder explorar los entresijos de este archipiélago desvelando su infinita riqueza de formas... 
    En internet se puede acceder a numerosas páginas donde se exhiben asombrosas imágenes: estamos hablando del conjunto de Mandelbrot... Pepe Chapuza lo sobrevoló y se zambulló en él... y quedó fascinado...

    Profe, mire. A simple vista, este conjunto parece un corazón verrugoso, pero esas verrugas, a su vez, están llenas de verruguillas verrugosas... Y por doquier emergen copias distorsionadas en miniatura del conjunto entero: una autorréplica en donde las partes se asemejan al todo... 
    Haciendo zoom se descubren estructuras fractales que parecen aquí elefantes, ahí dragones, allá hipocampos, ahora sarmientos, luego zarcillos, después coliflores..., en un abigarramiento caótico y a la vez ordenado de espirales entre cuyas volutas y arabescos surgen corazoncitos en todas las escalas de ampliación... 
    El mayor corazón y la mayor verruga parecen estar confinados respectivamente en una cardioide y una circunferencia perfectas...  ¿Lo son realmente?
    La pregunta estaba formulada... Esperamos la respuesta...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla recordó que si z es una sucesión recurrente con zn+1 = Z(zn) donde Z es una función compleja de variable compleja y si z es convergente a un punto z en zona de estabilidad, se tiene que además de ser z = Z(z) es |Z'(z)| < 1. En las sucesiones v sería en tal caso v = V(v) = v+ v y V'(v) = 2v.

    Mire, profe. En el interior del corazón máximo se originan sucesiones convergentes. Por ejemplo, en la sucesión 0, 0, 0, 0, ... se tiene que 0 = V(0) y que |V'(0)| = 0 < 1. Sin embargo, en la sucesión –2, 2, 2, 2, ...  que no está en el corazón máximo se tiene que 2 = V(2), pero ahora |V'(2)| = 4 > 1. El interior del corazón máximo es zona de estabilidad de las v y en su borde se cumple que |V'(v)| = 1, es decir, 2v∞ = eit, y despejando v= v∞ – v= eti/2 – e2ti/4 que es una epicicloide de círculos de radio 1/4: esta es la cardioide buscada...

    Ahora le tocaba el turno a la verruga máxima...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota navegó por el océano complejo...

    Profe, mire. En el interior del gran redondel (no lo llamaremos aún circunferencia) nacen sucesiones oscilantes con dos puntos de acumulación: uno dentro del gran redondel y otro dentro de la gran cardioide. Por ejemplo la sucesión cíclica –1, 0, –1, 0, –1, 0, ...
 
    Sean w las subsucesiones w= v2n–1. (En el ejemplo anterior sería –1, –1, –1, ...) Se tiene que las semillas coinciden: w= v1. Y por supuesto, las w son sucesiones recurrentes...

wn+1 = v2n+1 = v2n2 + v= (v2n–12 + v1)2 + v= (wn2 + w1)2 + w= wn4 + 2w1wn2 + w12 + w1 

y son convergentes a los puntos de acumulación que caen dentro del gran redondel, por lo que w = W(w) y además |W(w)| < 1 porque es zona de estabilidad de las w... 

w+ 2w1w– w + w12 + w= 0
W'(w) = 4w3 + 4w1w

   En el ejemplo de antes se tiene que –1 = W(–1) y que |W'(–1)|= 0 < 1, pero si w1 no hubiera estado dentro del gran redondel sino dentro de la gran cardioide (por ejemplo 0, 0, 0, ..., donde se tiene que 0 = W(0) y también que |W'(0)|= 0 < 1) las subsucesiones w convergerían a los mismos límites que las propias sucesiones v, esto es, w = v, y así también se cumpliría que w– w + w= 0. 

    Para deshacernos de la gran cardioide y quedarnos solo con el gran redondel divido

(w+ 2w1w– w + w12 + w1) / (w– w + w1) = w+ w∞ + w+ 1 = 0
y así
4w3 + 4w1w = 4w(w+ w1) = 4w(– w∞ – 1) = 4(–w2 – w) = 4(w+ 1)

    En el propio redondel |4(w+ 1)| = 1, de donde 4(w+ 1) = eti, y por tanto w= eti/4 – 1, que es la circunferencia de centro –1 y radio 1/4.

    Invito al lector que se asome al conjunto de Mandelbrot: una de las maravillas de las Matemáticas...

lunes, 19 de septiembre de 2022

1661. La potencia matricial

     Mire, profe. Cuando nos enseñó la multiplicación matricial pensé que era una operación caprichosa que ni siquiera era conmutativa: ¡el orden de los factores sí alteraba el producto! Y cuando vimos la potencia matricial aprendimos que era una "fábrica" de matrices conmutables porque Am·An = Am+n = An+m = An·Am: ¡dos potencias de una matriz son conmutables! Además, me encantan las fórmulas de las potencias enésimas... ya que proporcionan las infinitas potencias de una matriz...

    Y a mí me encantan los comentarios de Pepe Chapuza. Y hablando de la potencia enésima... propuse demostrar inductivamente que

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comenzó comprobando que A= I.

    Profe, mire: (20+2) : 3 = 1; (20−1) : 3 = 0; (21−2) : 3 = 0; (21+1) : 3 = 1.

    Si suponemos que la fórmula es correcta para An calculemos An+1...

    Además, las fórmulas sirven para calcular la inversa de A y, de modo similar, se podría demostrar que sirve para las potencias de A−1.

    Perfecto... Queda para el lector comprobar estas últimas afirmaciones de Nina...
    Demostrar las fórmulas para la potencia enésima inductivamente es fácil... pero... ¿cómo se pueden obtener dichas fórmulas? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota utilizó herramientas sofisticadas...

    Mire, profe. Voy a diagonalizar la matriz A = L·D·L−1 donde L es la matriz de los autovectores (columnas) de A, y D es la matriz de los autovalores (diagonal) de A. Entonces

An =
= A·A·A·...·A·A·A = 
= L·D·L−1·L·D·L−1·L·...·L−1·L·D·L−1·L·D·L−1 =
= L·D·I·D·I·...·I·D·I·D·L−1 =
= L·D·D·...·D·D·Ln−1 =
= L·Dn·L−1

    Los autovalores son las soluciones de la ecuación  | A − λ I  | = 0 .

 
    Y los autovectores son fáciles de calcular en una matriz de dimensión 2x2...


    Por tanto

jueves, 15 de septiembre de 2022

1660. Parábolas encadenadas

    Profe, mire. Sea la parábola y = x² + c para algún c>0. Con centro en O(0, 0) giramos la parábola en −90º para obtener otra parábola. ¿Cuánto vale c para que ambas parábolas sean tangentes? Si con centro en O(0, 0) giramos ambas parábolas en 180º obtenemos otras dos de modo que las cuatro  encierran una región del plano. ¿Cuánto mide el área de dicha región?

    Pepe Chapuza me ha propuesto este hermoso problema de geometría. (El dibujo daba alguna pista...) Dejo que la clase lo resuelva...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Como la parábola inicial es simétrica respecto de su eje (que es el eje de ordenadas), si es tangente a la segunda parábola, será también tangente a la bisectriz del primer cuadrante en el mismo punto de tangencia, y por esto la ecuación x² + c = x tendrá una solución única, esto es, un discriminante nulo...

x² − x + c = 0
1 − 4c = 0
c = 1/4

    El punto de tangencia es T(1/2, 1/2) y el vértice de la parábola inicial es V(0, 1/4). Los puntos de tangencia de las cuatro parábolas determinan un cuadrado de lado 1 y área 1×1=1 y este cuadrado determina con las parábolas cuatro segmentos parabólicos de área 4/3×1/8=1/6 cada uno (según la fórmula de Arquímedes). Así pues, el área de la región será la del cuadrado menos las de los segmentos parabólicos, esto es, 1 – 4/6 = 1/3. (Además los focos de las parábolas caen en los puntos medios de los lados del cuadrado y por tanto los lados del cuadrado son los lados rectos de las parábolas...)

    Nina Guindilla se lució... Entonces propuse yo el siguiente problema... 
    En un triángulo equilátero ABC inscribimos el segmento parabólico con cuerda AB y vértice en el punto medio de la mediana del triángulo sobre AB. Demuestra que el arco parabólico AB es tangente a los lados AC y BC del triángulo. ¿Dónde se halla el foco de la parábola?
RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también se lució... 

    Profe mire. Sea CD la mediana sobre AB y ubiquemos C(0, –1) y D(0, 1). El vértice de la parábola será O(0, 0) y su ecuación y = ax². La mediana del triángulo mide 2 y por tanto su lado mide 2/sen60º = 4/√3, así que localizamos A(2/√3, 1) y B(–2/√3, 1) que han de satisfacer la ecuación de la parábola, o sea, 1 = 4a/3, a = 3/4, así que el foco se encuentra en F(0, 1/3) que es el centro del triángulo. La pendiente de la parábola en A será 2ax = 2ᐧ3/4ᐧ2/√3 = √3 = tg 60º, que es la pendiente del lado AC, por lo que la parábola es tangente al lado AC en A y por simetría, al lado BC en B.

lunes, 12 de septiembre de 2022

1659. Solo de trompeta...

    Pepe Chapuza está aprendiendo a tocar la trompeta... con matemáticas... 

    Profe, mire. La digitación se aprende al final de memoria y de oído..., pero todo tiene su lógica. La posición de los labios y el flujo o caudal de aire producen los diversos armónicos y las llaves alargan el tubo para bajar semitonos... De esa forma se obtiene la escala cromática...

    Pepe ha tocado un "solo" de trompeta... pero... ¿Quién acompaña a Pepe y aclara su "lógica"?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla acompañó y aclaró... 

    Profe, mire. El armónico primero no suena y el séptimo se suele evitar. Entre el segundo y el tercero hay siete semitonos, por eso se necesitan tres llaves: la primera (por la que pasa el aire) baja dos semitonos, la segunda uno y la tercera tres. Las llaves se combinan para conseguir todas las notas... Hay en total VR2,3 = 23 = 8 combinaciones como en la numeración binaria con tres bits: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 y 111. Sobraría una pero las combinaciones 110 y 001 bajan ambas tres semitonos... En la siguiente tabla se muestran en doble entrada los armónicos y las llaves para cada nota. Una misma nota puede ocupar varias casillas (digitaciones alternativas). Las notas graves están en mayúsculas, las intermedias con la inicial mayúscula y las agudas en minúsculas...

 

111

101

011

110  /  001

100

010

000

2.ª

#

SOL

#

LA

#

SI

DO

3.ª

#

RE

#

Mi

Fa

#

Sol

4.ª

#

Sol

#

La

#

Si

Do

5.ª

#

Si

Do

#

Re

#

mi

6.ª

#

Re

#

mi

fa

#

sol

8.ª

#

sol

#

la

#

si

do

    Nina terminó advirtiendo que las partituras para trompeta están traspuestas. Esto habrá que aclararlo también... 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota aclaró que había un desfase de un tono entre la música escrita y la música producida en la trompeta: un re en la partitura se oirá como un do.

    Profe, mire. Con solo la digitación, algunas notas producidas en la trompeta sonarían desafinadas... Por un lado debido a la forma del tubo (que se estrecha en la boquilla y se ensancha en el pabellón) y por otro lado por el desajuste entre la serie armónica y el sistema temperado... Para corregir el sonido existen unas correderas con las que se puede modificar lo necesario la longitud del tubo... 

    Aquí se muestra el desajuste entre el sistema temperado y la serie de armónicos:

    Entre los armónicos 2.º y 3.º hay 12×log2(3/2)  = 7,02 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 4.º hay 12×log2(4/2) = 12 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 5.º hay 12×
log2(5/2) = 15,86 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 6.º hay 12×l
og2(6/2) = 19,02 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 7.º hay 12×
log2(7/2) = 21,69 semitonos.
    Entre los armónicos 2.º y 8.º hay 12×
log2(8/2) = 24 semitonos.

    Ahora está claro por qué se utiliza muy poco el séptimo armónico... 

miércoles, 7 de septiembre de 2022

1658. Empaques de entornos

     Recordé la siguiente definición: dados un punto C y un número positivo R, el entorno de centro C y radio R es el conjunto de puntos que distan de C menos de R... Y propuse la siguiente cuestión: ¿de qué manera hay qué empacar entornos mutuamente disjuntos y congruentes para cubrir más espacio? Entonces Pepe Chapuza tomó la palabra y matizó... 

    Profe, eso dependerá de la dimensión del espacio... 

    Pepe tenía razón. ¿Y tú qué sabes del tema?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla analizó la situación en dimensiones pequeñas... 

    Profe, mire. En dimensiones 1, 2 y 3 se cubren longitudes, superficies y volúmenes respectivamente. Se denomina densidad del empaque a un límite de una razón entre una parte un todo: la fracción de la parte cubierta cuando el todo tiende al espacio entero... Un punto que conecta dos entornos se llama ósculo. 

    En 1D los entornos son intervalos y la disposición óptima es obvia...


    Su densidad por tanto es 1 y cada intervalo admite 2 ósculos.

    En 2D los entornos son discos... Intuitivamente, el empaque con mayor densidad parece ser este...


    Pero en demostrarse que lo era se tardó siglos... Cada disco admite 6 ósculos. La densidad se calcula fácilmente... Como los hexágonos regulares alicatan el plano solo hay que dividir el área de un círculo entre la de su hexágono regular circunscrito: π/√12.
    En 3D los entornos son bolas. El empaque más denso se conoció como conjetura de Kepler y solo fue demostrada con ayuda de computadoras...
    Cada bola admite 12 ósculos. La densidad también es fácil de calcular... Como el rombododecaedro adoquina el espacio tridimensional, solo hay que dividir el volumen de una esfera entre el de su rombododecaedro circunscrito: π/√18.
    ¿Qué ocurre en dimensiones mayores? 

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En dimensiones mayores que 3 los entornos son difíciles de imaginar... 
    En 4D un entorno puede tener hasta 24 ósculos pero se ignora el empaque más denso: la mayor densidad conseguida de momento es π²/16. En 5D hay incertidumbre hasta con la cantidad de ósculos posibles para un entorno... 
    Se podría pensar que cuantas más dimensiones hay en juego tanto más difícil es la cuestión, pero no..., sorprendentemente se ha podido demostrar (sin computadoras) que en 8D el empaque óptimo tiene densidad π⁴/384 y entornos con 240 ósculos... y en 24D el empaque óptimo tiene densidad π¹²/12! y entornos con 196560 ósculos...

    Agradecimos a Yoyó Gaviota tan interesante información... 

jueves, 1 de septiembre de 2022

1657. Cambio de centro...

    Mire, profe. Tengo que cambiar de centro...

    ¡Qué susto! Pensábamos que Pepe Chapuza se mudaba...

    Necesito que el siguiente polinomio centrado en x = 2 

(x−2)3 + 3(x−2)2 − 5(x−2) + 10

quede centrado en x = −2.

    No sabíamos por qué necesitaba ese cambio de centro, pero si alguien le echa un cable...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo y deshizo un cambio de variable: x = y−2, y = x+2.

    Profe, mire. ¡Centrémonos!

(x−2)3 + 3(x−2)2 − 5(x−2) + 10 =
= (y−2−2)3 + 3(y−2−2)2 − 5(y−2−2) + 10 =
= (y−4)3 + 3(y−4)2 − 5(y−4) + 10 =
= y3 − 12y2 + 48y  64 + 3y2 − 24y + 48 − 5y + 20 + 10 =
= y3 − 9y2 + 19y + 14 =
= (x+2)3 − 9(x+2)2 + 19(x+2) + 14

    ¿Algún cable más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota recurrió al polinomio de Taylor...

    Profe, mire. Voy a hallar las primeras derivadas del polinomio...

P(x) = (x−2)3 + 3(x−2)2 − 5(x−2) + 10    →    P(−2) = 14
P'(x) = 3(x−2)2 + 6(x−2) − 5    →    P'(−2) = 19
P''(x) = 6(x−2) + 6    →    P''(−2) / 2 = 18 / 2 = 9
P'''(x) = 6    →    P'''(−2) / 3! = 6 / 6 = 1

que son los coeficientes que obtuvo Nina...

miércoles, 31 de agosto de 2022

1656. Las chinchetas

    Profe, mire. Se me abrió la cajita de 100 chinchetas y se cayeron todas al suelo. Conté las que quedaron con la punta hacia arriba: 42... Me pregunto: si se cayeran 7, ¿cuál es la probabilidad de que quedasen 3 hacia arriba y 4 hacia abajo? 

    Pepe Chapuza tiene problemas con las chinchetas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que aquí había una distribución de probabilidad binomial...

    Profe, mire. Consideremos la variable aleatoria discreta X = "número de chinchetas hacia arriba". Buscamos P(X=3). El problema es similar a tirar una sola chincheta 7 veces y que caiga 3 veces hacia arriba y 4 veces hacia abajo. Hay bastantes posibilidades de que esto ocurra... Una sería (▲▼▼▼▲▲▼) . O, si anotamos las tiradas en que sale "arriba", (1ª-5ª-6ª). Da igual cómo lo anotemos porque PR7 3,4 = C7,3 = 7!/3!/4! = 35 , es decir, hay 35 posibilidades. Solo hay que saber la probabilidad de que una chincheta quede hacia arriba. Supongamos que, por el accidente de Pepe, es 42/100 = 0,42. La probabilidad de que quede hacia abajo será 1–0,42 = 0,58. La probabilidad de cada una de esas 35 posibilidades es la misma: 0,423·0,584 (sucesos independientes). Por tanto P(X=3) = 35·0,423·0,584  = 0,2934.

    ¡Bravo! ¿Por qué se llama distribución binomial?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota pensó en general...

    Mire, profe. En el problema anterior, X ~ Bin(7; 0,42), lo que significa que X sigue una distribución de probabilidad binomial, con 7 chinchetas y probabilidad 0,42 para "arriba". Es obvio que P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) + P(X=7) = 1. Estamos "distribuyendo" la probabilidad entre los ocho valores posibles de la variable X.
    En general, si X ~ Bin(n, p), entonces P(X=k) = Cn,k · pk · qn−k (donde q = 1–p). Esta fórmula es idéntica a la de un término del desarrollo del binomio de Newton de (p+q)n. Ahora está claro por qué se llama distribución binomial...

    A n se le denomina número de ensayos, p es la probabilidad del éxito y q es la probabilidad del fracaso. La esperanza y la varianza valen np y npq, respectivamente.