697. Falso atajo. RESOLUCIÓN

    Para ir de A a B, una hormiga iba a veces por el camino azul, otras por el verde y otras por el atajo rojo. Es obvio que los caminos azul y verde tienen la misma longitud porque ACBD es un rectángulo... pero también el camino rojo tiene esa misma longitud... ¡Un falso atajo! ¿Cuál sería entonces la razón entre los lados del rectángulo?

    La hormiga de Pepe Chapuzas era más lista de lo que parecía: le daba igual ir por un camino que por otro...
    Un positivo para el que calcule la razón...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Todos los triángulos DAC, CBD, DFA, AFC, CEB y BED son semejantes. Como piden una razón  x  entre lados puedo suponer que un segmento mide 1 y calcular los demás en función de  x . El teorema de Pitágoras también es necesario...

    Planteamos la ecuación 

camino rojo = camino azul

x + x² – 1 + x  =   x √(x² + 1) + √(x² + 1)

x² + 2x – 1  =   (x + 1) √(x² + 1)

elevando al cuadrado...

x⁴ + 4x³ + 2x² – 4x + 1  =  (x² + 2x + 1) (x² + 1)

x⁴ + 4x³ + 2x² – 4x + 1  =  x⁴ + 2x³ + 2x² + 2x + 1

2x³  =   6x

y dividiendo entre  2x ...

x²  =   3

x  =  √3

    Nina Guindilla calculó la razón... Comprueba que los caminos tienen la misma longitud...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comprobó:

    Profe, mire. Podemos tomar como unidad de longitud el segmento marcado como 1. Entonces, el camino azul rojo mide

 x² + 2x – 1  = 3 + 2√3 – 1  =  2 + 2√3

y el camino azul mide

 x √(x² + 1) + √(x² + 1)  =  √3 · √4 + √4  =   2 + 2√3

    Profe, puedo fabricar un rectángulo así con dos cartabones:

    

696. Un sistemita no lineal... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas escribió este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Enseguida encontramos una solución con la cuenta de la vieja:  x = 1 ,  y = 4 .

1 + √4 = 1 + 2 = 3

√1 + 4 = 1 + 4 = 5

    Pero Pepe comentó que no era la única solución real... ¿Quién quiere buscar más?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo los cambios de variable  x = a² ,  y = b² ... para quitar las raíces:

a² + b  =  3

a + b²  =  5

    Mire, profe. Por el método de sustitución, como  b  =  3 – a² , entonces

a + (3 – a²)²  =  5

a + 9 – 6a² + a⁴  =  5

 a⁴ – 6a² + a + 4  =  0

    La regla de Ruffini nos tiene que proporcionar al menos "la solución de la vieja":

     Ahora solo hay que resolver  a³ + a² – 5a – 4 = 0 ... 

    Con el cambio de variable  a = z – 1/3 ... desaparece el término de 2º grado:

(z – 1/3)³ + (z – 1/3)² – 5(z – 1/3) – 4  =  0

z³ – z² + z/3 – 1/27 + z² – 2z/3 + 1/9 – 5z + 5/3 – 4  =  0

z³ – 16z/3 – 61/27  =  0

    Y, ahora, llega el enigmático cambio  z = u+v ...

 (u+v)³ – 16(u+v)/3 – 61/27  =  0

u³ + v³ + 3uv(u+v) –16(u+v)/3 – 61/27  =  0

    Para que este polinomio se anule basta que

u³ + v³ = 61/27

u·v = 16/9

    Es decir,  u³  y  v³  serían las soluciones de la ecuación

w² – (61/27)w + (16/9)³  =  0

w² – 2.25925925926 w + 5.61865569273  =  0

cuyo discriminante  –17.37037037037... es negativo... Eso quiere decir que  u³  y  v³  tienen que ser números complejos imaginarios conjugados y por tanto  u  y  v  también, de ese modo  z  será real... Veamos:

w  =  1.12962962963 ± 2.08388881484 i

mod(w)  =  √ (1.12962962963² + 2.08388881484²)  =  2.37037037037

arg(w)  =  arctg (± 2.08388881484/1.12962962963)  =  ±61.53886691356º

y deshaciendo los cambios...

z  =  2 · ( mod(w) )^1/3 · cos ( arg(w) / 3 + k · 120º )     con     k  =  –1 ,  0  o  1

z  =  –0.43953222449 ,  2.49758127179  o  –2.05804904729

a  =  –0.77286555782 ,  2.16424793846  o  –2.39138238062

x  =  0.59732117048 ,  4.68396913913  o  5.71870969039

b  =  2.40267882952 ,  –1.68396913913  o  –2.71870969039

y  =  5.77286555782 ,  2.83575206154  o  7.39138238062

    Mire, profe. Está claro que ninguno de estos valores verifican el sistema inicial... ¡Son todas soluciones falsas! En realidad son soluciones de los sistemas

x + √y = 3                  x – √y = 3                  x – √y = 3

y – √x = 5                  y + √x = 5                  y – √x = 5

    Nina... impecable como siempre... Pero Pepe había afirmado que había otras soluciones reales... ¿tú que crees?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dio su opinión:

    Mire, profe. Hay cinco raíces quintas de un número complejo. Y once raíces undécimas y n raíces n-ésimas. Aunque Pepe anunciara soluciones reales, el sistema puede suponerse compuesto de ecuaciones complejas. (Los números reales son complejos.) Y por tanto los números complejos  x  e  y  tienen dos raíces cuadradas complejas. Aunque se suele escribir  ±√ , esto no tiene siempre sentido porque es inadecuado asignar el signo a cada raíz. Por ejemplo, las raíces cuadradas de  (8 – 6i)  son  (3 – i)  y  (–3 + i) ,  pero no se puede decir cuál de estas dos raíces es en realidad  +√(8 – 6i)  y cuál  –√(8 – 6i) . En este sentido, en el sistema complejo propuesto por Pepe,  √x  representa las dos raíces cuadradas del número complejos  x . Y lo mismo podemos decir de  √y . Por tanto, todas las soluciones encontradas por Nina son válidas.

    Zanjado el asunto... (Todavía hubo alguno que comentó que las soluciones de Nina eran solo buenas aproximaciones...)

  

695. Estrellitas de 5 puntas (2ª parte). RESOLUCIÓN

    Ya sabemos que Pepe Chapuzas es experto en fabricar estrellas irregulares de 5 puntas. ¿Qué pensará mientras las hace? Él mismo se delata:

    Mire, profe. Una cónica queda determinada por cinco puntos, ¿verdad? Pues, cada estrella de 5 puntas determina su cónica circunscrita, esto es, la que pasa por los 5 puntos de las puntas...
    Una cónica  z  tiene por ecuación implícita  z : Z(x, y) = 0 , donde  Z(x, y)  representa un polinomio de 2º grado. Por tanto

Z(x, y) = a x² + b xy + c y² + d x + e y + f 

y

z : a x² + b xy + c y² + d x + e y + f = 0

    Para calcular  a ,  b ,  c ,  d ,  e  y  f  a partir los de 5 puntos habría que sustituir  x  e  y  por las coordenadas de tales puntos en  Z(x, y) = 0 ... y así se obtendría un sistema homogéneo de 5 ecuaciones con 6 incógnitas... Pero solo de pensarlo... ¡Yuyu! ¿Habrá algún atajo?

    Pepe propuso los puntos A(0, 6), B(4, 5), C(2, 7), D(9, 3) y E(2, 1). Observa que algún número se repite... Pepe es así...
    Calcula la ecuación de la cónica... ¡A atajar!

SOLUCIÓN

    Atajar es una de las especialidades de Nina Guindilla...

    Profe, mire. Aparquemos de momento el punto E.
    Consideremos la rectas  

r : R(x, y) = 0  que pasa por A y por B,  

s : S(x, y) = 0  que pasa por C y por D, 

t : T(x, y) = 0  que pasa por A y por C  y

u : U(x, y) = 0  que pasa por B y por D.

    Calculemos los polinomios de primer grado R(x, y), S(x, y), T(x, y) y U(x, y)...

R(x, y) = (5–6)x + (0–4)y +  6·4 – 0·5 = – x – 4y + 24

S(x, y) = (3–7)x + (2–9)y + 7·9 – 2·3 = – 4x – 7y + 57

T(x, y) = (7–6)x + (0–2)y + 6·2 – 0·7 = x – 2y +12

U(x, y) = (3–5)x + (4–9)y + 5·9 – 4·3 = – 2x – 5y + 33

    El par de rectas r y s es una cónica degenerada  v : V(x, y) = 0  con

V(x, y) = R(x, y) · S(x, y) =  (– x – 4y + 24) · (– 4x – 7y + 57) =

= 4x² + 23xy + 28y² – 153x – 396y + 1368

    El par de rectas t y u es otra cónica degenerada  w : W(x, y) = 0  con

W(x, y) = T(x, y) · U(x, y) = (x – 2y +12) · (– 2x – 5y + 33) =

= – 2x² – xy + 10y² + 9x – 126y + 396

    Estas 2 cónicas degeneradas pasan por los puntos A, B, C y D... 
    Y ahora, por fin, le toca el turno al punto E... 
    La cónica  z : Z(x, y) = 0  con

Z(x, y) = W(2, 1) · V(x, y) – V(2, 1) · W(x, y) =

= 288 · (4x² + 23xy + 28y² – 153x – 396y + 1368) – 756 · (– 2x² – xy + 10y² + 9x – 126y + 396) =

= 2664x² + 7380xy + 504y²– 50868x – 18792y + 94608

pasa por los 5 puntos A, B, C, D y E porque las coordenadas de todos estos puntos satisfacen la ecuación de la cónica:

z : 2664x² + 7380xy + 504y²– 50868x – 18792y + 94608 = 0

    Nina prosiguió:

    Profe, mire. Además de la cónica circunscrita, la estrella de 5 puntas determina también una cónica inscrita, y además otra cónica que pasa por los 5 puntos dobles. ¿Habrá alguna otra estrella de 5 puntas que tenga la misma cónica circunscrita, la misma cónica inscrita y la misma cónica que pasa por los puntos dobles?

    Ahí queda la pregunta...

RESOLUCIÓN

    Si la pregunta de Nina parecía descabellada, la respuesta de Yoyó Peluso lo pareció aún más:

    Profe, según el porisma de Poncelet, hay infinitas estrellas de 5 puntas que comparten las 3 elipses. Y para muestra un botón:

    Para el lector queda averiguar qué tipos de cónicas pueden ser la circunscrita, la inscrita y la que pasa por los puntos dobles...

694. Centro de gravedad. RESOLUCIÓN

    Había mandado calcular el centro de gravedad de un cuadrilátero homogéneo. Pepe Chapuzas explicó cómo había encontrado el punto pero no demostró que tal punto fuera realmente en centro de gravedad... 

    Mire, profe...

    Sean A, B, C y D los vértices consecutivos del cuadrilátero. 

    Trazamos los 8 segmentos que unen los vértices con los puntos medios de sus lados opuestos, en azul los de A y C y en rosa los de B y D. 

    Llamamos E y F a las intersecciones de los segmentos azules y G y H a las intersecciones de los segmentos rosas como se observa en la figura.

    Trazamos en morado los segmentos EF y GH. Y... ¡atención!: la intersección de estos es el centro de gravedad I del cuadriátero ABCD.

    ¿Quién demuestra que este punto es efectivamente el centro de gravedad buscado?

SOLUCIÓN

    Mire, profe...
    Si trazamos la diagonal AC, el cuadrilátero queda dividido en dos triángulos cuyos baricentros son precisamente E y F, por lo que el centro de gravedad I del cuadrilátero estará alineado con E y F.

    Si trazamos la diagonal BD, el cuadrilátero queda dividido en otros dos triángulos cuyos baricentros son precisamente G y H, por lo que el centro de gravedad I también estará alineado con G y H.

    En conclusión, I es el punto de intersección de los segmentos EF y GH.

    Estaba claro que el razonamiento de Nina Guindilla se había realizado con cuadriláteros convexos y que, con los remiendos pertinentes, podría aplicarse también a cuadriláteros cóncavos... Nina terminó con una pregunta intrigante y enigmática:

    ¿El centro de gravedad de un cuadrílatero coincide con el de su paralelogramo de Wittenbauer?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se acordaba de que el paralelogramo de Wittenbauer pasaba J, J', K, K', L, L', M y M', los puntos de trisección de los lados del cuadrilátero, y lo dibujó en rojo (en un cuadrilátero convexo).
    Empezó a trabajar con los vectores de posición:

    Mire, profe.  OE = (OA+OB+OC):3 ,  OF = (OA+OC+OD):3 ,  OG = (OA+OB+OD):3  y  OH = (OB+OC+OD):3  porque son baricentros de triángulos. Por lo tanto  EF = BD:3  y  GH = AC:3 . Es decir, los segmentos morados son paralelos a las diagonales verdes y miden la tercera parte... Así que tenemos las equipolencias  EF = J'J = LL'  y  GH = KK' = M'M. Sea N la intersección de las diagonales del cuadrilátero. Como las distancias del centro de gravedad I a G y a H son proporcionales a las áreas de los triángulos BCD y ABD, y estas son proporcionales a las distancias de N a C y a A, tenemos que  IG = CN:3 . Análogamente  IH = AN:3 ,  IE = BN:3  e  IF = DN:3 . Si prolongamos los segmentos EF y GH hasta que corten al paralelogramo de Wittenbauer en P, Q, R y S como se muestra en la figura, entonces las distancias de I a P y a Q son iguales, del mismo modo son iguales las distancias de I a R y a S, lo que prueba que P, Q, R y S son los puntos medios del paralelogramo de Wittenbauer e I es su centro de gravedad. (Aunque no se muestre en el dibujo, I es la intersección de las diagonales del paralelogramo de Wittenbauer.)

    Aquí dejamos los razonamientos del esbozo de la demostración de Yoyó... El que desee atar los cabos sueltos, que ate...

693. El cubo mágico. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas dibujó un cubo en perspectiva caballera. Era un cubo transparente porque se veían sus 6 caras, sus 8 vértices y sus 12 aristas. Por supuesto se trataba de un reto:

    Mire profe. Hay que numerar los vértices del 1 al 8 de manera que los vértices de cada cara sumen siempre lo mismo...

    Era un reto para la clase. La clase tenía la palabra...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó la palabra:

    Profe, mire. La suma en todas las caras es 18:

    Nina, que aún tenía la palabra, aprovechó para proponer otro reto:

    Hay que numerar las aristas del 1 al 12 de manera que las aristas de cada cara sumen siempre lo mismo...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso no tomó la palabra. Se limitó a numerar las aristas en la pizarra así:

    Efectivamente, la suma en todas las caras era ahora 26.

692. Los números abundantes. RESOLUCIÓN

    Estuve recordando en clase los números perfectos: aquellos números naturales que son iguales a la suma de sus partes alícuotas. Tuve que aclarar que "parte alícuota" era otra manera de decir "divisor propio". Tuve que poner ejemplos: 5 era una parte alícuota de 20 porque  20 : 5  era un número natural y además  5 < 20 ; 6 era un número perfecto porque coincidía con la suma de sus partes alícuotas, esto es,  6 = 1 + 2 + 3 ...
    Al día siguiente, Pepe Chapuzas siguió divagando sobre el tema:

    Mire, profe. Los números naturales que no son perfectos, o son deficientes, o son abundantes. Ello depende de si son mayores o menores que la suma de sus partes alícuotas... Así, 8, 9 y 10 son deficientes porque  8 > 1 + 2 + 4 = 7 ,  9 > 1 + 3 = 4  y  10 > 1 + 2 + 5 = 8 ; mientras que 12 es abundante porque  12 < 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16 . Es más fácil para un número natural ser deficiente que abundante. (Y ser perfecto ya es toda una proeza...)

    Pepe escribió la lista de los primeros números abundantes:

12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 54, 56, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 88, 90, 96, 100 ...

    Y aparecieron las primeras cuestiones...

    Profe...
    ¿Hay números abundantes impares?
    ¿Cómo se demostraría que hay infinitos números abundantes e infinitos números deficientes?

    Trata de responder a Pepe sin consultar en Internet. 
 
SOLUCIÓN

    Nina Guindilla contestó la primera:

    Profe, mire. Si el número es muy grande y tiene muchos divisores es fácil equivocarse... Es mejor calcular entonces la suma de los divisores de un número a partir de su descomposición factorial. Si la factorización de  N  fuera

N = aⁱ · b^j · c^k · ...

la suma  s(N)  de todos sus divisores sería

s(N) = (1 + a + a² + a³ + ... + aⁱ) · (1 + b + b² + b³ + ... + b^j) · (1 + c + c² + c³ + ... + c^k) · ...

por lo que la suma de sus partes alícuotas será  s(N) – N . En los números abundantes se tiene que cumplir que  s(N) – N > N .

    Los divisores de los números impares son todos impares, el primer número abundante impar es 945.

945 = 3³ · 5 · 7

s(945) – 945  =  (1 + 3 + 9 + 27) · (1 + 5) · (1 + 7) – 945  =  40 · 6 · 8 – 945  =  975  >  945

    Para probar que hay infinitos números abundantes basta observar que todos los múltiplos propios de 6 lo son...

    Si  M > 1  y  N = 6M , entonces 1, M, 2M y 3M son divisores propios diferentes de N , por lo que s(N) – N  >  M + 2M + 3M  =  6M  =  N .

    Para probar que hay infinitos números deficientes basta observar que todos los números primos los son...

    Si  N  es primo, entonces  s(N) – N  =  1  <  N .

    Nina acababa de "descubrir" que 945 era abundante e impar pero que 944 y 946 eran deficientes:

944 = 2⁴ · 59

s(944) – 944 = (1 + 2 + 4 + 8 + 16) · (1 + 59) – 944 = 31 · 60 – 944 = 916  <  944

946 = 2 · 11 · 43

s(946) – 946 = (1 + 2) · (1 + 11) · (1 + 43) – 946 = 3 · 12 · 44 – 946 = 638  <  946

    ¿Habrá dos números abundantes consecutivos?

    ¿Habrá tres números abundantes consecutivos?

    ¿Habrá números abundantes que no sean múltiplos ni de 2 ni de 3?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso indagó e indagó...

    Mire, profe:

    Los dos primeros números abundantes consecutivos son 5775 y 5576.

    Los tres primeros números abundantes consecutivos son 171078830, 171078831 y 171078832.

    El primer número abundante que no es múltiplo ni de 2 ni de 3 es 5391411025.

    Yoyo se limitó a dar las descomposiciones factoriales:

5775  =  3 · 5² · 7 · 11

5776  =  2⁴ · 19²

171078830  =  2 · 5 · 13 · 23 · 29 · 1973

171078831  =  3³ · 7 · 11 · 19 · 61 · 71

171078832  =  2⁴ · 31 · 34491

5391411025  =  5² · 7 · 11 · 13 · 17 · 19 · 23 · 29

    El lector puede comprobar que son números abundantes...

691. Las coronas. RESOLUCIÓN

    Para el reto de la semana había traído un dibujo: un círculo inscrito en un triángulo equilátero inscrito en un círculo inscrito en un cuadrado inscrito en un círculo inscrito en un hexágono regular inscrito en un círculo...

    El reto consistía en calcular el área de la corona verde sabiendo que la corona amarilla medía 9m². Pepe Chapuzas contestó:

    ¡Ocho metros cuadrados, profe!

    No quería saber cómo lo había calculado. Pepe había acertado pero el reto no estaba resuelto sin explicaciones...
    ¡Da una explicación y resuelve tú el reto!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó el reto con la siguiente explicación:

    Mire los triángulos azules, profe. Son una escuadra y dos cartabones...
    Sean  a < b < c < d  los radios de los cuatro círculos y  A < B < C < D  sus áreas. Nos dan el área de la corona amarilla  B – A = 9m²  y nos piden el área de la corona verde  D – C .
    Por el cartabón pequeño sé que la razón entre los radios de la corona amarilla es  b/a = 2  y por tanto la razón entre las áreas de los círculos correspondientes será  B/A = 4 . Así pues, resolviendo el sistema,  A = 3m²  y  B = 12m² .
    Por la escuadra sé que la razón entre los radios de la corona blanca es  c/b = √2  y por tanto  C/B = 2 , por lo que  C = 2B = 24m² .
    Por el cartabón grande sé que la razón entre los radios de la corona verde es  d/c = 2/√3  y por tanto  D/C = 4/3 , por lo que  D = 32m²  y  D – C = 32m² – 24m² = 8m² .

    Nina Guindilla hizo un buen trabajo...
    ¿Qué círculo tiene la misma área que una corona circular?

RESOLUCIÓN

    Esta fue la respuesta de Yoyó Peluso:

    Mire, profe. Si  R  y  r  son los radios de la corona circular, entonces el área de la corona es  

π·R² – π·r²  =  π·(R² – r²)  =   π·(R + r)·(R – r)

     Por lo tanto, el área es igual a la de la elipse de semiejes  R + r  y  R – r , y a la del círculo de radio  √((R + r)·(R – r)) .

    Yoyó presentó un dibujo como explicación...

    Los detalles se dejan al lector...

690. La cuchilla del zapatero. RESOLUCIÓN

    Cada alumno tenía que exponer un tema de Geometría y le tocó el turno a Pepe Chapuzas:

    Mire, profe. El árbelos es una figura geométrica limitada por tres semicircunferencias que son tangentes entre sí (dos a dos) y que tienen sus centros y sus puntos de tangencia alineados... Esta figura se asemeja a las cuchillas de los zapateros, que es precisamente lo que significa en griego "árbelos"... 

    Los árbelos se han estudiado desde la antigüedad. Entre las muchísimas propiedades que se han demostrado a lo largo de la historia tenemos las siguientes:

    a) La longitud del borde convexo es igual a la suma de las longitudes de los bordes cóncavos.
    b) El área de un árbelos es igual a la de la elipse de semiejes los radios de las dos semicircunferencias más pequeñas.
    
    Pepe demostró las dos propiedades. ¡Demuéstralo tú también!

SOLUCIÓN 

    Nina Guindilla demostró la propiedad  a) :

    Mire, profe. Si  R  es el radio de la semicircunferencia mediana y  r  el de la pequeña (es posible que  R = r ), entonces el radio de la semicircunferencia grande es  R + r . La longitud de la semicircunferencia grande (el borde convexo) será  π · (R + r)  =  π · R + π · r , que es la suma de las longitudes de las circunferencias mediana y pequeña (los bordes cóncavos).

    La propiedad  b)  es más difícil de demostrar, ¿verdad?

RESOLUCIÓN

    A Yoyó Peluso le tocó demostrar la propiedad  b) ...

    Profe, mire. Si dibujamos el árbelos simétrico respecto de la recta que pasa por los centros y los puntos de tangencia de las semicircunferencias tenemos que el área del círculo grande medirá

π · (R + r)²  =  π · (R² + r² + 2Rr)  =  π · R² + π·r² + 2·π·R·r

    Como  π·R²  y  π·r²  son las áreas de los círculos mediano y pequeño, entonces el área del árbelos será  π·R·r , que es el área de una elipse de semiejes  R  y  r .

    Yoyó terminó diciendo que  π·R·r  también era el área de un círculo de radio la media proporcional de  R  y  r , o sea,  √(R·r) , e hizo el siguiente dibujo:

    Profe, mire. Las áreas verde y azul son iguales... Por el teorema de las cuerdas, el círculo azul tiene de diámetro la media proporcional de los diámetros  2R  y  2r , por lo que el radio del círculo azul medirá  √(2R·2r) / 2  =  √(R·r) .