1543. Los imanes booleanos... RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas estaba jugando con dos imanes... Él decía que eran imanes booleanos y que se llamaban Unión e Intersección... Por supuesto, tenía que proponer un reto...

    Mire, profe. Tenemos cierto experimento aleatorio del que A y B son dos sucesos independientes. Se conocen las probabilidades de la unión y de la intersección:

P(A∪B) = 0,9032

P(A∩B) = 0,4368

    Calcula P(A) y P(B).

    Le pregunté a Pepe si acaso no faltaba algún dato... a lo que respondió...

P(A) < P(B)

    Resuelve el reto de Pepe... con o sin imanes...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla exhibió su "magnética" solución...

    Profe, mire. Como A y B son sucesos independientes

P(A)·P(B) = P(A∩B) = 0,4368

por tanto 

P(A)+P(B) = P(A∪B) + P(A∩B) = 0,9032 + 0,4368 = 1,34

    Así pues, P(A) y P(B) son las soluciones de la ecuación de 2º grado

p² – 1,34 p + 0,4368 = 0

por tanto

P(A) = 1,34/2 – √(1,34²/4 – 0,4368) = 0,56

P(B) = 1,34/2 + √(1,34²/4 – 0,4368) = 0,78

    Nina no se quedó aquí... Resuelve el problema con que os reta ahora...

    Mire, profe. De tres sucesos independientes de un experimento aleatorio se conocen:

P(A∪B∪C) = 0,98

P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) = 0,81

P(A∩B∩C) = 0.36

    Calcula P(A), P(B) y P(C), sabiendo que  P(A) < P(B) < P(C)  y que son números racionales.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó de la siguiente manera:

    Profe, mire... Los sucesos son independientes, así que:

P(A)·P(B)·P(C)  =  P(A∩B∩C)  =  0,36

P(A)·P(B) + P(A)·P(C) + P(B)·P(C)  =  P(A∩B) + P(A∩C) + P(B∩C)  =

=  P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) + 2·P(A∩B∩C)  =  0,81 + 2·0,36 = 1,53

P(A)+P(B)+P(C)  =  P(A∪B∪C) + P((A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)) + P(A∩B∩C)  =

=  0,98 + 0,81 + 0,36  =  2,15

    Por lo tanto, P(A), P(B) y P(C) son las soluciones de la ecuación de tercer grado:

p³ – 2,15 p² + 1,53 p – 0,36  =  0
100 p³ – 215 p² + 153 p – 36  =  0

    Los divisores de  100  son  1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50 y 100  y los divisores de  36  son  1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 y 36 . Aplicando el teorema de la raíz racional... y con un poco de paciencia...

    Por lo que  P(A) = 3/5 = 0,6 ,  P(B) = 3/4 = 0,75  y  P(C) = 4/5 = 0,8 .

1542. Requeteinscrito. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En un cuadrado inscribimos un sector circular cuyo centro esté en el punto medio de un lado del cuadrado. En el sector circular inscribimos un círculo. Y en el círculo inscribimos un cuadrado tal como se muestra en el dibujo. Si el área del cuadrado pequeño es 1 m², ¿cuánto mide el área del cuadrado grande?

    ¡Un cuadrado requeteinscrito!
    Resuelve el reto que acaba de proponer Pepe Chapuzas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no partió del cuadrado pequeño para llegar al grande sino al revés...

    Profe, mire. Si el lado del cuadrado grande mide  L , el radio del sector circular también medirá  L  y el triángulo naranja será un cartabón y el triángulo morado también. (Recuerdo que en un cartabón los ángulos miden 30º, 60º y 90º y que la longitud de la hipotenusa duplica la longitud del cateto menor.) Por otro lado el triángulo rosa es una escuadra (un triángulo rectángulo isósceles).

    Si  r  es el radio del círculo tenemos

L – r = 2 r

L = 3 r

r = L/3

    Y el lado del cuadrado pequeño... 

1 = √(r² + r²) = √2·r = √2/3·L

    Y el área del cuadrado grande...

L² = (3/√2)² = 9/2 = 4,5 m².

    Demasiado rápida, Nina, como de costumbre... 
    Nina propone expresar el radio del círculo inscrito en un sector circular en función del radio y del ángulo del sector. ¿Quién osa?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso razonó a partir de un dibujo

    Mire, profe. 

sen (α/2)  =  r / (R–r)

(R–r) · sen (α/2)  =  r 

R sen (α/2) – r sen (α/2)  =  r

R sen (α/2) = r + r sen (α/2)

R sen (α/2) = r · (1 + sen (α/2))

r = R · sen (α/2) / (1 + sen (α/2))

1541. El tetraedro. RESOLUCIÓN

    La primera pregunta del examen desconcertó a más de uno, pero Pepe Chapuzas salió airoso... Se pedía comprobar que los tres puntos A(5,–2,–3), B(–1,4,–3) y C(–1,–2,3) eran vértices de un triángulo equilátero. Eso era fácil. Pero después se pedía calcular un punto D(x,y,z) para que A, B, C y D fueran vértices de un tetraedro regular... Lo primero que escribió Pepe fue:

    Hay dos soluciones. Una a cada lado del triángulo equilátero.

    Resuelve el ejercicio del examen.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó que el triángulo era efectivamente equilátero...

    Mire, profe. Los vectores  AB = (–6,6,0) ,  BC = (0,–6,6)  y  CA = (6,0,–6)  tienen el mismo módulo  √(36+36) = √72  por lo que los tres lados del triángulo ABC son iguales...

    El punto D equidista de A, B y C por lo que tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

dist(A,D) = dist(B,D)

dist(A,D) = dist(C,D)

dist(A,D) = √72

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = (x+1)² + (y–4)² + (z+3)² 

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = (x+1)² + (y+2)² + (z–3)² 

(x–5)² + (y+2)² + (z+3)² = 72

    Las dos primeras ecuaciones...

x² – 10x + 25 + y² + 4y + 4 = x² + 2x + 1 + y² – 8y + 16

x² – 10x + 25 + z² + 6z + 9 = x² + 2x + 1 + z² – 6z + 9

12y = 12x – 12               y = x – 1

12z = 12x – 24               z = x – 2

y sustituyendo en la tercera ecuación...    

(x–5)² + (x+1)² + (x+1)² = 72

x² – 10x + 25 + x² + 2x + 1 + x² + 2x + 1= 72

3x² – 6x – 45 = 0

x² – 2x – 15 = 0

x = 5

x' = –3

    Las dos soluciones son  D(5,4,3)  y  D'(–3,–4,–5) .

    Bravo por Nina. Calcula ahora el volumen del tetraedro...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso lo tenía ya facilísimo...

    Profe, mire. El volumen del tetraedro es el un 1/6 del valor absoluto del producto mixto de los vectores AB, BC y CD. 

    El volumen era de 72 u².

1540. Área máxima (2ª parte). RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas le encantan los problemas de optimización...

    Mire, profe. En un semicírculo inscribimos una elipse cuyo eje mayor es paralelo al diámetro del semicírculo. Si el área de la elipse fuera la máxima posible..., ¿cuál sería su excentricidad?

    SOLUCIÓN

    A Nina también le gustaba optimizar...

    Profe, mire. Podemos suponer que el radio del semicírculo es 1. Si llamamos a los semiejes de la elipse  a  y  b , entonces tenemos...

la semicircunferencia:       x² + y²  =  1              y > 0

la elipse:        x²/a² + (y–b)²/b²  =  1

de donde

x²  =  1 –  y² 

(1–y²)/a² + (y–b)²/b²  =  1

(1/b²–1/a²) y² – (2/b) y + (1/a²) = 0

    El discriminante de esta ecuación es nulo porque la elipse y la semicircunferencia son tangentes...

1/b² – (1/b²–1/a²)(1/a²) = 0

1/b² + 1/a⁴– 1/a²/b² = 0

a⁴ + b² – a² = 0

b² = a² – a⁴

    El cuadrado del área de la elipse es

π² a² b² = π² a² (a² – a⁴) = π² (a⁴ – a⁶)

y anulando su derivada respecto de  a ...

4a³ – 6a⁵ = 0
4 – 6a² = 0
a² = 4/6 = 2/3
a = √(2/3) 

que es el valor de  a  para el que el área de la elipse es máxima, pues la segunda derivada

π² (12a² – 30a⁴) = π² (12 · 2/3 – 30 · 4/9) = π² (8 – 40/3) < 0

    Así, tenemos

b² = 2/3 – 4/9 = 2/9
b = √2 / 3

la semidistancia focal 

c = √(a²–b²) = √(2/3–2/9) = √(4/9) = 2/3

y la excentricidad

e = c/a = 2/3 / √(2/3) = √(2/3)

    
Nina Guindilla propuso otra optimización:

    Mire, profe. En un semicírculo de radio 1 inscribimos un trapecio isósceles de modo que la base mayor del trapecio es el diámetro del semicírculo... Halla el área máxima que puede alcanzar un trapecio así...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso trabajó con trigonometría...

    Profe, mire.

    Un punto del primer cuadrante de circunferencia es  (cosZ, senZ)  0º<Z<90º .

    La base mayor del trapecio mide  2 , la base menor  2cosZ  y la altura  senZ  por lo que el área del trapecio será...

A = (2 + 2cosZ)·senZ / 2 = senZ + senZ·cosZ = senZ + sen2Z / 2

    Derivando

d/dZ (senZ + sen2Z /2) = cosZ + cos2Z = cosZ + 2cos²Z – 1

y anulando

2cos²Z + cosZ – 1  =  0

cosZ = ( –1 + √(1+8) ) / 4 =  (–1+3)/4  =  1/2

Z = 60º

    Así, el área máxima es

A = sen60º + sen60º cos60º = √3/2 + √3/2 · 1/2 = 3√3/4

que es máxima porque

d²/dZ² (senZ + sen2Z / 2) = – senZ – 2 sen2Z

es negativa para Z = 60º.

    Le faltó rematar a Yoyó Peluso... ¡Este trapecio es medio hexágono regular!

1539. Área máxima... RESOLUCIÓN

    Profe, mire. El área de una elipse mide  π .
    Halla la mayor área posible de un triángulo inscrito en la elipse. 
    Comprueba que el baricentro de un triángulo inscrito de área máxima tiene que coincidir con el centro de la elipse. 
    Comprueba que los tres segmentos elípticos entre la elipse y este triángulo tendrán la misma área.

    Este problema propuesto por Pepe Chapuzas lo dejamos como reto de fin de semana...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla "escaló"...

    Mire, profe. Sean  a  y  b  son los semiejes de la elipse. Su área mide  a·b·π = π , por lo que resulta que  b = 1/a . La ecuación reducida de la elipse será

x²/a² + y²·a² = 1

    Si consideramos los cambios de escala  X =  x/a ,  Y =  y·a , la elipse se transforma en una circunferencia de radio  1  centrada en  (0, 0) 

X²+Y² = 1

    El área del círculo de radio 1 mide  π  también, por lo que estos cambios de escala distorsionan las formas pero no modifican las áreas. (Lo que se contrae en un eje se expande en el otro.)

    Como los triángulos de mayor área inscritos en una circunferencia son equiláteros,

   

su área medirá  √3 · 3/2 / 2  =  3√3/4 que será el área máxima pedida. (Para una elipse cualquiera de semiejes  a  y  b  la solución sería  a·b·3√3/4 .)

    Además, los tres segmentos circulares entre la circunferencia y el triángulo equilátero tienen la misma área, evidentemente, por lo que los tres segmentos elípticos iniciales también tendrán la misma área.
    Y como los cambios de escala transforman baricentros en baricentros, y como el baricentro del triángulo equilátero cae en el centro de la circunferencia..., tenemos aseguradas todas las afirmaciones de Pepe...

    Creo que todavía hay que justificar que los triángulos de mayor área inscritos en una circunferencia son equiláteros...

RESOLUCIÓN

     Mire, profe. Un triángulo escaleno inscrito en una circunferencia no puede tener área máxima porque siempre hay un triángulo no escaleno (con al menos dos lados iguales) con área mayor: un triángulo con la misma base y mayor altura. (Si fuera isósceles el lado desigual sería la base.) Evidntemente, el centro del círculo no cae fuera de este triángulo no escaleno.

     En los triángulos no escalenos inscritos existe esta relación entre su base  b  y su altura  h

(h–1)² + (b/2)² = 1
b² = 8h – 4h²

    Por lo tanto el cuadrado del área del triángulo en función de  h  es...

(b·h/2)² = b²·h²/4 = (8h–4h²)·h²/4 = 2h³ – h⁴

cuya derivada respecto de  h  se anula si

6h² – 4h³ = 0
6 – 4h = 0
h = 6/4 = 1,5

que es la altura de un triángulo equilátero inscrito, y para la que el área del triángulo es máxima ya que la segunda derivada del cuadrado del área

12h – 12h² = 12·h·(1–h) = 12·1,5·(–0,5)

es negativa...

    Quedaba claro para Yoyó Peluso que si el cuadrado del área es máxima, el área también será máxima...

1538. Con dos medianas perpendiculares. RESOLUCIÓN

    El reto que ha traído hoy Pepe Chapuzas es bellísimo...

    Mire, profe. Un triángulo isósceles tiene dos medianas perpendiculares... ¿Cuánto miden sus ángulos? (Pista: dos ángulos son iguales, jajaja.)   ;-) 

    Imagínate el triángulo porque Pepe no nos ha dejado ningún dibujo y... ¡A medir!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dedujo...

    Profe, mire. La mediana sobre el lado desigual es perpendicular a este lado y por lo tanto no puede ser perpendicular a otra mediana, de lo que se deduce que las dos medianas perpendiculares han de ser las medianas sobre los lados iguales...

    Estas medianas perpendiculares son iguales y forman con el lado desigual una escuadra. Como el baricentro divide a las medianas en proporción  1:2  tenemos las proporciones indicadas en el dibujo. Por lo tanto los ángulos iguales miden  arctg 3  =  71.565051177078º  y el ángulo desigual mide  180º – 2 · 71.565051177078º  =  36.869897645844º .

    Nina propuso un problema similar...

    Un triángulo rectángulo tiene dos medianas perpendiculares... ¿Cuánto miden sus ángulos? (Pista: un ángulo mide 90º, jajaja.)   ;-)

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dedujo...

    Profe, mire. Como los catetos son perpendiculares, las medianas sobre los catetos no pueden ser perpendiculares, así que una de las medianas perpendiculares ha de ser la mediana sobre la hipotenusa.

    Si nombramos los segmentos como en el dibujo tenemos (gracias a Pitágoras).

(2x)² + y²  =  (c/2)²             4x² + y²  =  c²/4

(2y)² + x²  =  (h/2)²             4y² + x²  =  h²/4

y sumando...

5x² + 5y²  =  h²/4 + c²/4

20·(x² + y²)  =  h² + c²

    Por otro lado...

(2x)² + (2y)²  =  1²                x² + y²  =  1/4

de donde 

h² + c² =  5

    Y como

1 + c²  =  h²

tenemos

1 + c² + c²  =  5

2·c²  =  4

c  =  √2

    Por lo tanto los ángulos agudos del triángulo son

arctg√2  =  54.735610317245º
90º – 54.735610317245º  =  35.264389682755º

1537. La cuarta dimensión. RESOLUCIÓN

    Pregunté ayer en clase si alguien podía imaginarse una cuarta dimensión..., y si podía explicar lo que se imaginaba... Esta mañana Pepe Chapuzas, cómo no, quería hablar y le di la palabra...

    Mire, profe. Yo me imagino las dimensiones duplicando puntos... Me explico... Un punto tiene dimensión cero.
    Dos puntos, determinan un segmento, esto es, una dimensión.
    Un cuadrado tiene cuatro vértices. En un cuadrado se ven claramente dos dimensiones: la base y la altura, o el largo y el ancho, o la abscisa y la ordenada, o la longitud y la latitud, o como queramos llamarlas... (Aunque para conseguir las dos dimensiones del plano bastarían tres puntos no alineados...)
    Con ocho puntos tenemos un cubo y visualizamos bien los tres ejes x-y-z. (Bastarían los cuatro vértices de un tetraedro, pero yo lo explico mejor con el cubo.)

    Para imaginarse bien la cuarta dimensión necesitamos dieciséis puntos (aunque bastarían solo cinco). La serie de objetos en orden creciente de dimensiones se completa así: punto-segmento-cuadrado-cubo-teseracto. Un segmento está limitado por 2 puntos, un cuadrado por 4 segmentos, un cubo por 6 cuadrados, y un teseracto... por 8 cubos... Un teseracto se puede dibujar así...

    Creo que a partir de este momento Pepe empezó a explicar lo que soñó anoche: ¡una chapuza matemática...! De alguna manera, intuitiva o innata, asociamos el espacio y el tiempo porque apreciamos una gran similitud... Minkowski y Einstein lo entendieron y lo explicaron: el espaciotiempo... Pepe Chapuza nos habla de su "espaciotiempo"...

    Mire, profe. Cada dimensión tiene dos sentidos y cada uno se corresponde con un adjetivo terminado en -erior... Así tenemos el cubo SUPerior y el cubo INFerior, el cubo INTerior y el cubo EXTerior, el cubo CITerior y el cubo ULTerior, y el cubo ANTerior y el cubo POSTerior. Algunos de estos adjetivos hacen referencia tanto al lugar como al tiempo: ¡son adjetivos del "espaciotiempo"!

    En realidad vivimos en 4D..., en el espaciotiempo: x-y-z-t...

    Científicamente, el espacio y el tiempo están íntimamente unidos en el espaciotiempo... Pero no hace falta recurrir a la ciencia... Se advierte que el espacio y el tiempo están intrincada e inextricablemente relacionados en el "espaciotiempo" no científico... ¿Tienes algo que aportar?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla añadió que los adjetivos en -erior se han utilizado para dividir países:

    Profe, mire...

    Hispania: Citerior y Ulterior

    Germania: Superior e Inferior

    Mongolia: Exterior e Interior

    Pomerania: Anterior y Posterior

    ¡El mundo no siempre se ha observado desde la perspectiva norte-sur y este-oeste!

    Por otro lado, cuando mencionamos "paleolítico superior" o "pleistoceno inferior" los adjetivos en -erior tienen connotaciones "espaciotemporales"... ¡Cuánto más hondo es lo que se excava... tanto más antiguo es lo que se halla!

    ¿Alguna aportación más?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso habló del año luz...

    Profe, mire. No dejará de sorprenderme esta unidad de longitud para medir las distancias a la que se encuentran las estrellas. Mejor dicho..., a la que se encontraban... Porque si la distancia es de 2000 años luz, entonces la estrella se encontraba ahí hace 2000 años... y ahora a lo mejor ni siquiera existe porque estalló hace 1000 años... y "nosotros" la seguiremos viéndola todavía durante 1000 años más... ¡No se pueden separar el espacio y el tiempo!