700. La prostaféresis. RESOLUCIÓN

    Estábamos recordando la magia de las matemáticas: los logaritmos transformaban multiplicaciones en sumas... Comenté que esto se utilizaba no hace mucho para simplificar los cálculos... Pepe Chapuzas interrumpió...

    Ya lo entiendo, profe. Como 10 ^X ·10 ^Y  =  10 ^X+Y  entonces, si  A = 10 ^X  y  B =10 ^Y  tenemos que X = log A  y  Y = log B , y por tanto

A · B  =  10 ^{logA + logB}  =  antilog ( log A + log B )

que es otra forma de escribir  log (A·B) = log A + log B .

    Bastaban unas buenas tablas de logaritmos...
    Por ejemplo:

857,1673 · 719,3398  =

=  antilog ( log 857,1673 + log 719,3398 )  =

=  antilog ( 2,9330656 + 2,8569341 )  =
antilog ( 5,7899997 )  =

=  616594,576

    ¡Buena aproximación! La respuesta correcta hasta la milésima es  616594,554 .

    Profe... Y antes de que Napier inventara (o descubriera) los logaritmos... ¿había que hacer todas las multiplicaciones a mano?

    Le dije que había un truco parecido a los logaritmos llamado prostaféresis y pedí que buscaran en qué consistía... Pepe saltó...

    ¿Prosta... qué?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tenía algo que decir...

    Mire, profe. La prostaféresis permite convertir productos en sumas pero con una tabla de cosenos en vez de una tabla de logaritmos. Partimos de la conocida fórmula

cos X · cos Y = ( cos(X+Y) + cos(X–Y) ) : 2

    Si  A = cos X  y  B = cos Y  entonces  X = arccos A  y  Y = arccos B , y por tanto

A · B  =  ( cos ( arccos A + arccos B ) + cos ( arccos A – arccos B ) ) : 2

    La única pega es que A y B tienen que estar comprendidos entre –1 y 1, pero eso se puede solucionar multiplicando por una potencia de 10. Por ejemplo, con los mismos números que Pepe:

857,1673 · 719,3398  =
=  0,8571673 · 0,7193398 · 10 ⁶  =

como  arccos 0,8571673 = 31º  y  arccos 0,7193398 = 44º       ;-)

=  ( cos (44º + 31º) + cos (44º – 31º) ) : 2 · 10 ⁶  =

=  ( cos 75º + cos 13º ) : 2 · 10 ⁶  =

=  ( 0.2588190 + 0.9743701 ) : 2 · 10 ⁶  =

=  1.2331891 : 2 · 10 ⁶  =

=  616594,55

    ¡Excelente aproximación!

    ¿Cómo se dividiría con prostaféresis?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso advirtió que para dividir necesitábamos además unas tablas de secantes...

    
    Mire, profe. Con logaritmos es fácil:  A / B = antilog ( logA – logB ) . Con prostaféresis sería:

A / B  =

=  ( cos ( arccos A + arccos (1/B) ) + cos ( arccos A – arccos (1/B) ) ) : 2  =

=  ( cos ( arccos A + arcsec B ) + cos ( arccos A – arcsec B ) ) : 2

    Por supuesto, multiplicando por potencias de 10 para que tenga sentido el arcocoseno y el arcosecante...

699. La elipse dorada. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había dibujado una elipse a partir de dos círculos concéntricos. Era el típico ejercicio de Dibujo Técnico... Pero Pepe traía un problemita..., ¡cómo no!

    Profe, esta elipse dorada no es una elipse cualquiera. Resulta que su área es igual a la diferencia entre las áreas de los círculos (la corona dorada)... ¿Cuál es la excentricidad de esta elipse?

    Calcula dicha excentricidad y comprueba que la elipse no era dorada por casualidad...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo los cálculos:

    Profe, mire. Si los semiejes mayor y menor de la elipse miden  a  y  b  respectivamente, entonces tenemos que el área de la elipse mide  πab  y las áreas de los círculos  πa²  y  πb² , así pues...

πab  =  πa² – πb²

dividiendo entre πb²

a/b  =  (a/b)² – 1

(a/b)² – a/b – 1  =  0

a/b  =  (1 + √5) / 2  =  φ

    La razón entre los semiejes es la razón áurea (por eso la elipse era dorada). Si  c  es la semidistancia focal, la excentricidad es

c/a  =  √(a²–b²) / a  = √(a²/b²–1) / (a/b)  =  √(φ²–1) / φ  =  √φ / φ  = 1/√φ

    Nina añadió que la elipse dorada guardaba muchos secretos... ¿Quién quiere desvelarnos alguno?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Ya sabemos cuál es la relación entre la semidistancia focal  c  y los semiejes  a  y  b  de una elipse: a²  =  b² + c² . Dicho de otra manera,  a ,  b  y  c  son los lados de un triángulo rectángulo. Pero, en la elipse dorada, no se trata de un triángulo rectángulo cualquiera... Según los cálculos de Nina, los lados  a ,  c  y  b  son directamente proporcionales a  φ ,  √φ  y  1 . Dicho de otra manera, el triángulo de lados  a ,  c  y  b  es un triángulo de Kepler, esto es, un triángulo rectángulo cuyos lados están en progresión geométrica... y la razón de la progresión es la excentricidad de la elipse.

698. A las ocho y cuarto. RESOLUCIÓN

    Oí en clase que varios alumnos susurraban "a las ocho y cuarto" así que tuve que poner orden preguntando si no era un poco tarde para quedar... El murmullo cesó y Pepe Chapuzas intervino con la siguiente excusa:

    Mire, profe. Las ocho y cuarto no es una hora sino un punto de la recta real:  8 + 1/4 = 33/4 . Mejor dicho, un punto del eje de abscisas:  P (33/4, 0) ... Y estábamos planteando cuál sería el punto  Q  de la parábola  f(x) = x²  más próximo a  P ...

    No podía creérmelo, pero ya se sabe... Una vez planteado el reto, no quedaba más remedio que resolverlo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla minimizó la distancia:

    Profe, mire. La distancia desde el punto (33/4, 0) hasta un punto de la parábola (t, t²) se puede calcular con el teorema de Pitágoras: 

√ ( (t – 33/4)² + (t²)² )  =  √( t² – 33/2 · t + 33²/4² + t⁴ )

    Podemos minimizar el radicando  r(t)  =  t² – 33/2 · t + 33²/4² + t⁴  anulando su derivada: 

r ' (t)  = 4t³ + 2t – 33/2  =  0

t³ + 1/2 · t  =  33/8

    (La solución minimiza la distancia porque la segunda derivada  r " (t)  =  12t² + 2  >  0 .)

    La fórmula de Cardano para resolver la ecuación  t³ + 3p t  =  2q   es

    Aquí,  p = 1/6  y  q = 33/16 . Introduciendo los datos en una calculadora obtenemos 

t  =  ³√( 33/16 + √(33²/16²+1/6³) ) +  ³√( 33/16 – √(33²/16²+1/6³) )  =  3/2

    Comprobamos la solución con la regla de Ruffini:

y de paso que no hay más soluciones reales...

discriminante  =  6² – 4·4·11 = – 140 < 0

    El punto más próximo es  Q(3/2, 9/4) .

    Nina controla la optimización, pero... ¿se podrá calcular  Q  sin optimizar?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso planteó el problema de otra manera:

    Mire, profe. Si  Q (t, t²)  es el punto de la parábola  f(x) = x²  más próximo a  P (33/4, 0) , entonces  P  estará en la recta normal de la parábola que pasa por  Q . La ecuación de dicha recta será:

n(x)  =  f(t) – (x–t) / f '(t)
n(x)  =  t² – (x–t) / (2t)
n(x)  =  t² – x / (2t) +1/2

    Por tanto

0  =  t² – 33/(8t) + 1/2

0  =  t³ + t/2 – 33/8

que es la misma ecuación que encontró Nina...

    Dejamos al lector la justificación de este método...

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.