viernes, 25 de noviembre de 2016

681. Poliedros autoduales. RESOLUCIÓN

    Estábamos hablando de poliedros duales... Había explicado que dos poliedros eran duales (o conjugados) si se conseguía uno a partir del otro intercambiando cara por vértice y arista que separa dos caras por arista que une dos vértices. Como ejemplo expuse los clásicos sólidos platónicos: el octaedro y el cubo eran duales y asimismo eran duales el dodecaedro y el icosaedro... "Y para terminar" mostré que el dual de un tetraedro era otro tetraedro, esto es, que el tetraedro era autodual...


    Con Pepe Chapuzas es arriesgado decir "y para terminar" porque enseguida llegó su pregunta...

    Profe, ¿hay otros poliedros autoduales?

    Claro que los había... ¡Infinitos! Pero no respondí... Bueno, sí respondí pero con una orden: ¡buscadlos!
   
SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró tres poliedros autoduales bastante sencillos:

    Mire, profe. Las pirámides como las de Egipto son pentaedros autoduales; las pirámides pentagonales son hexaedros autoduales; y hay otro hexaedro autodual..., ¿ve?

    La veda estaba abierta... ¿Quién se atrevería a cazar los heptaedros autoduales?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso demostró ser buen cazador... de poliedros...

    Profe, mire. Todas las pirámides son autoduales, por lo que la pirámide hexagonal es un heptaedro autodual... Pero aún hay más...

    En total, Yoyó localizó los 6 heptaedros autoduales... A partir de aquí los números se disparaban: autoduales hay 16 octaedros, 50 eneaedros, 165 decaedros, 554 endecaedros, 1908 dodecaedros, 6667 tridecaedros... 

martes, 15 de noviembre de 2016

680. Progresiones vectoriales. RESOLUCIÓN

    El ejercicio era sencillo... Había que dividir un segmento en 5 partes iguales: había que calcular las coordenadas de los 4 puntos intermedios por donde había que cortar... Pepe Chapuzas lo resolvió de la siguiente manera.
    Profe, mire. Si hay que dividir el segmento AF en 5 partes iguales mediante los puntos B, C, D y E, y si abcde y f son los vectores de posición de A, B, C, D, E y F respectivamente, entonces:
b = 4/5·a + 1/5·f
c = 3/5·a + 2/5·f
d = 2/5·a + 3/5·f
e = 1/5·a + 4/5·f
    Además, los vectores a, b, c, d, e y f están en progresión aritmética, y la diferencia de la progresión es el vector v = (fa)/5.

    El punto de vista de Pepe era curioso... ¡Una progresión vectorial! 
    Utiliza este procedimiento con los puntos A(1, –2, 5) y F(16, 3, –5) y explica lo que quiere decir Pepe con "progresión aritmética de vectores"...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo los cálculos:

b = 4/5·(1, –2, 5) + 1/5·(16, 3, –5) = (4, –1, 3)
c = 3/5·(1, –2, 5) + 2/5·(16, 3, –5) = (7, 0, 1)
d = 2/5·(1, –2, 5) + 3/5·(16, 3, –5) = (10, 1, –1)
e = 1/5·(1, –2, 5) + 4/5·(16, 3, –5) = (13, 2, –3)

    Mire, profe. Las primeras coordenadas están en progresión aritmética. Y lo mismo ocurre con las segundas y las terceras:
1, 4, 7, 10, 13 y 16
–2, –1, 0, 1, 2 y 3
5, 3, 1, –1, –3 y –5

    Y las diferencias de las progresiones son 3, 1 y –2 tal como predijo Pepe:

v = ( (16, 3, –5) – (1, –2, 5) ) / 5 = (3, 1, –2)

    De hecho, se podían haber calculado los vectores de posición con el término general de la progresión, a+(n–1)·v, para n=2,3,4,5, o bien en cadena: a+v=b, b+v=c, c+v=d, d+v=e (y e+v=f).

    ¿Habrá "progresiones geométricas de vectores"?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se imaginó una progresión geométrica vectorial... Si una progresión aritmética vectorial se conseguía sumando sucesivamente con un mismo "vector diferencia", ahora habría que multiplicar sucesivamente por el mismo "vector razón"... Pero el producto escalar no era compatible con esta idea y con el producto vectorial no valían las fórmulas de las progresiones geométricas... así que tuvo que ingeniarse otro tipo de multiplicación de vectores...

    Profe, mire. Si llamo "producto chapucero" a (x, y, z)(x', y', z') = (x·x', y·y', z·z') y "cociente chapucero" a (x, y, z)(x', y', z') = (x/x', y/y', z/z'), entonces parece ser que tiene sentido hablar de progresiones geométricas de vectores... (Aunque no venga a cuento ahora, el producto de un escalar por un vector equivaldría a k·(x, y, z) = (k, k, k)(x, y, z).)
    Volviendo al asunto, si empezamos con el vector (64, 81, 100) y vamos multiplicando chapuceramente una y otra vez siempre por el mismo vector razón (1/2, 1/3, –1/10), entonces vamos consiguiendo la sucesión de vectores...
(64, 81, 100) (1/2, 1/3, –1/10) = (32, 27, –10)
(32, 27, –10)(1/2, 1/3, –1/10) = (16, 9, 1)
(16, 9, 1)(1/2, 1/3, –1/10) = (8, 3, –1/10)...
    Además, teniendo en cuenta que el elemento neutro de la multiplicación chapucera (elemento unidad) sería el vector (1, 1, 1), la suma de los infinitos términos de esta progresión geométrica de vectores se podría calcular fácilmente:
(64, 81, 100)( (1, 1, 1) – (1/2, 1/3, –1/10) ) =
= (64, 81, 100)(1/2, 2/3, 11/10) =
= (128, 243/2, 1000/11).

    Puedo decir que Yoyó Peluso sabe matar 3 pájaros de un tiro... 
    Solo puedo añadir que las operaciones "chapuceras" y se denominan en realidad multiplicación y división de Hadamard. Son operaciones con matrices equidimensionales. (Los vectores del espacio son matrices de dimensión 1x3.) 
    También existe la potenciación o elevación de Hadamard: (2, –5, 7)^(3, 2, 0) = (8, 25, 1)...

viernes, 11 de noviembre de 2016

679. El mcd y las fracciones continuas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas salió a la pizarra a corregir un ejercicio: había que calcular el máximo común divisor de los números 203 y 161. Supusimos que iba a factorizar los números y a aplicar la regla de "los factores comunes con el menor exponente" pero no... Utilizó el algoritmo de Euclides.
    Profe, mire: mcd(203,161) = 7. (Y mcm(203,161) = 203·161:7 = 4669.)

    No quedó ahí la cosa. Pepe continuó...

    Profe, mire. El algoritmo de Euclides también me permite escribir 203:161 como fracción continua: 203:161 = 1 + 42:161 = 1 + 1:(161:42) = 1 + 1:(3+35:42) = 1 + 1:(3+1:(42:35)) = 
= 1 + 1:(3+1:(1+7:35))) = 1 + 1:(3+1:(1+1:5))). O sea:
    O sea, abreviando, 203:161 = [1;3,1,5].

    Y no quedó ahí la cosa. Continuó...

    Profe, mire. El algoritmo de Euclides también me permite partir el rectángulo de dimensiones 203x161 en cuadrados:
    ¿Lo ve? Hay 1 cuadrado de 161x161, 3 cuadrados de 42x42, 1 cuadrado de 35x35 y 5 cuadrados de 7x7. En total 1+3+1+5 = 10 cuadrados.

    Pepe había puesto un ejemplo de cómo todo rectángulo con lados naturales se puede descomponer en una cantidad finita de cuadrados con lados naturales y, lo que es equivalente, de cómo todo número racional se puede escribir como una fracción continua finita... gracias al algoritmo de Euclides para calcular el máximo común divisor (mcd) de dos números naturales.
    ¿Se podrá calcular de la misma manera el mcd de dos polinomio?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla llegó a la conclusión de que sí. Y expuso un ejemplo...

    Voy a calcular el máximo común divisor de los polinomios  x5 + 2x4 + 6x3 + 3x2 + 8x – 2  y x4 + x3 + 5x2 + 2x + 6  con el algoritmo de Euclides: 
    Por lo tanto, mcd ( x5 + 2x4 + 6x3 + 3x2 + 8x – 2 , x4 + x3 + 5x2 + 2x + 6 ) = x2 + 2.

    ¡Estupendo! Nina ha conseguido calcular el mcd de dos polinomios cuya factorización no era viable con la regla de Ruffini...
    Investiga acerca del desarrollo de los números irracionales como fracciones continuas infinitas y nos lo cuentas...

RESOLUCIÓN

    Oigamos lo que nos quiere contar Yoyó Peluso...

    Profe, mire las siguientes fracciones continuas infinitas periódicas:
La razón áurea [1;1,1,1,1...] = (1+5)/2
La razón argéntea [2;2,2,2,2...] = 1+2
La razón broncínea [3;3,3,3...] = (3+13)/2
    Estos números irracionales tienen estos desarrollos como fracciones continuas ya que:
La razón áurea es solución de la ecuación 1+1/x = x.
La razón argéntea es solución de la ecuación 2+1/x = x.
La razón broncínea es solución de la ecuación 3+1/x = x.
    Puesto que, racionalizando...
1+2/(1+5) = 1+(5–1)/2 = (1+5)/2.
2+1/(1+2) = 2+(2–1)/1 = 1+2.
3+2/(3+13) = 3+(13–3)/2 = (3+13)/2.
    La razón áurea se encuentra en los lienzos de grandes pintores... Dalí sin ir más lejos...
    La razón argéntea se encuentra en los DIN A4: es argénteo el rectángulo que desechamos en un folio cuando en papiroflexia necesitamos un cuadrado de papel.
 
    De todos modos, mi fracción continua favorita es la del número e:
e = [2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,10,1,1,12,1...].

viernes, 4 de noviembre de 2016

678. ¿Vemos una de romanos? RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Me voy a disfrazar de romano. Fui a la tienda de disfraces y me probé un casco romano de la talla L que me quedaba pequeño, así que me probé otro de la talla XL... y me quedaba más pequeño todavía. Fui a protestar al dueño de la tienda y... me contestó en latín...
    ¿Quién resuelve esta adivinanza de Pepe Chapuzas?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Las tallas L y XL no eran "ele" y "equis ele", o sea, "large" y "extra large", sino que eran las tallas 50 y 40 escritas con números romanos: L = 50 y XL = 40. Pepe no tenía ninguna razón para protestar...

    Nina Guindilla ha acertado... y de paso ha propuesto los siguientes acertijos romanos:

    Convierte las siguientes igualdades falsas en igualdades verdaderas moviendo solamente un fósforo en cada una de ellas.
    Resuélvelos... pero recuerda que con los fósforos de verdad no se juega...

RESOLUCIÓN

    Aquí tenéis las soluciones de Yoyó Peluso:

jueves, 3 de noviembre de 2016

677. Porismas... RESOLUCIÓN

    Había mandado buscar a mis alumnos la definición de porisma. Tenían que encontrar además ejemplos. Pepe Chapuzas trajo la siguiente definición:

    Un porisma es un teorema que afirma, sobre cierto problema, que si se dan las condiciones para que exista una solución, entonces existen infinitas soluciones similares.

    Evidentemente necesitábamos ejemplos para entender esto...

    Mire, profe. El porisma de Steiner afirma que si una circunferencia es interior a otra circunferencia de modo que se puede encajar una cadena de circunferencias tantentes entre ellas, entonces existen infinitas cadenas de circunferencias tangentes que también se pueden encajar. Y todas estas cadenas tienen el mismo número de circunferencias... En el dibujo aparecen dos cadenas diferentes de 9 circunferencias encajadas entre las dos dadas...
    Busca otros porismas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró el porisma de Poncelet:
    Mire, profe. Si una circunferencia es interior a otra circunferencia de modo que podemos encajar un polígono circunscrito en la pequeña e inscrito en la grande (polígono bicéntrico), entonces existen infinitos polígonos (bicéntricos) encajados de la misma manera. Y todos estos polígonos (bicéntricos) tienen el mismo número de lados... En el dibujo se han representados tres triángulos entre las dos circunferencias dadas.
   
    En ambos porismas tiene que haber una relación entre los radios de las circunferencias iniciales, la distancia entre sus centros y el número de elementos encajados (circunferencias de las cadenas de Steiner o lados de los polígonos de Poncelet). ¿Qué relación? 

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Si R es el radio de la circunferencia grande, r el de la pequeña y d es la distancia entre sus centros entonces tenemos para el porisma de Poncelet las siguientes relaciones con triángulos (teorema de Euler) y con cuadriláteros (teorema de Fuss)...

Teorema de Euler: 1/r = 1/(R+d) + 1/(R–d).             Teorema de Fuss: 1/r2 = 1/(R+d)2 + 1/(R–d)2.
    ¡Bonitos teoremas ha encontrado Yoyó Peluso! Solo tengo que matizar que hay muchos teoremas que reciben el nombre de Euler. Este es su teorema geométrico... 

viernes, 28 de octubre de 2016

676. El tercer teorema japonés. RESOLUCIÓN

    En el bloc de dibujo de Pepe Chapuzas hay, como es natural, dibujos..., pero también, y esto es lo que nos interesa ahora, teoremas. Me llamó la atención este teorema relacionado con un dibujo de tangencias...
    Las tres circunferencias eran tangentes entre sí y a una recta... En el margen de la lámina se leía...

    Tercer teorema de Mikami y Kobayashi (o tercer teorema japonés). Si r, s y t son, de menor a mayor, los radios de las tres circunferencias, entonces 1/r = 1/s + 1/t.

    Demuéstralo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó y coloreó tres triángulos rectángulos...
    Mire, profe. Por el teorema de Pitágoras, los tres lados del triángulo rectángulo azul son t+s, t–s y ((t+s)2–(t–s)2) = 2(ts); los tres del verde son t+r, t–r y ((t+r)2–(t–r)2) = 2(tr); y los tres del lila son s+r, s–r y ((s+r)2–(s–r)2) = 2(sr). Por lo tanto 2(ts) =  2(tr) + 2(sr) y, dividiendo todo entre 2(tsr) nos queda 1/r = 1/s + 1/t, que es lo que teníamos que demostrar...

    Si hay un tercer teorema japonés es porque hay un primero y un segundo... Búscalos...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó en su bloc los dos teoremas:
    Profe, mire. El primer teorema japonés afirma que si triangulamos un polígono convexo inscrito en un círculo a partir de un vértice, entonces la suma de las circunferencias inscritas en los triángulos no depende del vértice elegido.
    El segundo teorema japonés afirma que los incentros de los triángulos que se obtienen al partir un cuadrilátero inscrito en un círculo por una diagonal y los incentros del los triángulos que se obtienen al partirlo por la otra diagonal son vértices de un rectángulo.

675. Cortar con hacha de guerra. RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas le regalaron una auténtica hacha de guerra de la tribu Powhatan (la de Pocahontas)... Funcionaba como hacha de guerra (tomahawk) y como pipa de la paz (calumet).
    Me dio pie para hablar del problema clásico de la trisección del ángulo... Expliqué que en general era imposible trisecar un ángulo (dividirlo en tres partes iguales) con las herramientas básicas de dibujo (regla y compás)... Al día siguiente, Pepe tenía algo que decir... Había descubierto la relación entre el hacha de guerra y la trisección del ángulo...

    Profe, mire. Se puede construir con regla y compás una herramienta, llamada tomahawk por su parecido al hacha de guerra, con la que se puede trisecar ángulos... 

    Investiga y desentierra el hacha de guerra...

SOLUCIÓN

    Con una lámina de plástico azul transparente, Nina Guindilla se construyó un tomahawk para trisecar ángulos:
    Profe, mire. Lo importante es que el segmento s mida lo mismo que el radio r del semicírculo...

    Nina había desenterrado el hacha... Era un tomahawk precioso pero no nos explicó cómo funcionaba... Así que a ti te toca cortar... los ángulos.

RESOLUCIÓN

    Le di un ángulo a Yoyó Peluso... Y Yoyó tomo el hacha y la encajó entre los lados AB y AE y el vértice A del ángulo como se muestra en la figura:
    Mire, profe. Los triángulos ACB, ACD y AED son iguales, por lo que el ángulo queda trisecado.

jueves, 27 de octubre de 2016

674. El laberinto de Jordan. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había dibujado chapuceramente un "laberinto de Creta". Lo había hecho con un solo trazo: una curva cerrada que no se intersecaba a sí misma... Entonces comenté por encima el teorema de la curva de Jordan (cuyo enunciado es obvio pero cuya demostración no lo es) que aseguraba que esta curva divide al plano en dos regiones: la interior y la exterior. Pepe había situado al Minotauro en la estrella roja...

    Profe... ¿Está el Minotauro dentro o fuera? ¿Puede escapar del laberinto?
    ¿Tú qué opinas?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla "sacó" del laberinto al Minotauro en línea recta... atravesando la curva:
    Profe, mire. Como hay una cantidad par de intersecciones (8), el Minotauro está en la región exterior y puede escapar...

    ¿Estás de acuerdo con el razonamiento de Nina?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo trampas... Coloreó (con un clic de ratón) la región interior y observó que el Minotauro estaba fuera... Y encontró el camino de salida...

lunes, 24 de octubre de 2016

673. El polinomio interpolador. RESOLUCIÓN

    El reto del fin de semana era calcular un polinomio P(x) de tercer grado a partir de los datos:
P(–1) = 1
P(1) = –5
P(2) = –5
P(3) = 13
    Pepe Chapuzas planteó un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas...

    Profe, mire. Si el polinomio es P(x) = a + bx + cx2 + dx3, entonces el sistema que tengo es:
P(–1) = a – b + c – d = 1
P(1) = a + b + c + d = –5
P(2) = a + 2b + 4c + 8d = –5
P(3) = a + 3b + 9c + 27d = 13
    La matriz de coeficientes
es de Vandermonde y su determinante vale /M/ = (1+1)(2+1)(3+1)(2–1)(3–1)(3–2) = 48. Al coincidir el rango de la matriz de coeficientes, el rango de la matriz ampliada y el número de incógnitas ( rg(M) = rg(M*) = #{a,b,c,d} = 4 ) el sistema es compatible determinado (teorema de Rouché). Lo resuelvo como una ecuación matricial (usando la regla de Sarrus ¡16 veces!)...
    El polinomio buscado es P(x) = 1 – 5x – 3x2 + 2x3.
    Profe, con la regla de Cramer es igual de complicado... ¿Quizá con el método de Gauss?:
    Busca si existe otro método más cómodo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró el polinomio interpolador con la fórmula de Lagrange, aunque tampoco era un método demasiado cómodo:

P(–1)·(x–1)·(x–2)·(x–3):(–1–1):(–1–2):(–1–3) +
+ P(1)·(x+1)·(x–2)·(x–3):(1+1):(1–2):(1–3) +
+ P(2)·(x+1)·(x–1)·(x–3):(2+1):(2–1):(2–3) +
+ P(3)·(x+1)·(x–1)·(x–2):(3+1):(3–1):(3–2)
=
1 · (x3 – 6x2 + 11x – 6) : (–24) +
+ (–5) · (x3 – 4x2 + x + 6) : 4 +
+ (–5) · (x3 – 3x2 – x + 3) : (–3) +
 + 13 · (x3 – 2x2 – x + 2) : 8
=
(–1/24–5/4+5/3+13/8)x3 + (1/4+5–5–13/4)x2 + (–11/24–5/4–5/3–13/8)x + (1/4–15/2+5+13/4)
=
2x3 – 3x2 – 5x + 1

    Seguid investigando...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso encontró el método de las diferencias divididas de Newton...

    P(–1) = 1
                       P(–1,1) = –3
    P(1) = –5                            P(–1,1,2) = 1
                       P(1,2) =  0                               P(–1,1,2,3) = 2
    P(2) = –5                            P(1,2,3) = 9
                       P(2,3) = 18
    P(2) = 13

    P(x) = 1 – 3(x+1) + 1(x+1)(x–1) + 2(x+1)(x–1)(x–2) = 1 – 3x – 3 + x2 – 1 + 2x3 – 4x2 – 2x + 4 =
= 1 – 5x – 3x2 + 2x3.

    Profe, creo que este es el método más rápido...

viernes, 21 de octubre de 2016

672. Sumatorios y productorios. RESOLUCIÓN

    Habíamos explicado cómo se utilizan los símbolos Σ y Π en Matemáticas para indicar sumatorios y productorios respectivamente... y había propuesto a mis alumnos que buscaran ejemplos en Internet... Pepe Chapuzas encontró el siguiente ejercicio que involucraba a los dos símbolos...
    ¡A ver cómo lo resuelves!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó por separado el sumatorio y el productorio para ver si coincidían... Estaba claro que la igualdad solo tenía sentido si N era un número natural mayor que 2...

    Mire, profe. El sumatorio es la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica cuyo primer término es 1 y cuya razón es 1/N. El resultado es 1/(1–1/N) = N/(N–1). Si fuera, por ejemplo N=10, tendríamos 1+0,1+0,01+0,001+... = 1,111...
    Por otro lado, los factores del productorio son (1–1/n2) = (1–1/n)(1+1/n) = (n–1)/n·(n+1)/n. Al multiplicarlo todo queda 2·(N–2)!/(N–1)!·N!/2/(N–1)! = N/(N–1) también. Y para N=10 tenemos


2·(1–1/4)·(1–1/9)·((1–1/16)·(1–1/25)·(1–36)·(1–1/49)·(1–1/64)·(1–1/81) =
= 2·3/4·8/9·15/16·24/25·35/36·48/49·63/64·80/81 = 
= 2·3/2/2·2·4/3/3·3·5/4/4·4·6/5/5·5·7/6·6·8/7/7·7·9/8/8·8·10/9/9 = 
= 10/9 = 1,111...

    ¿Qué ocurre para N=2? ¿Y para N=1?

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Si N=2 es cierta la igualdad porque el sumatorio es 1+1/2+1/4+1/8+... = 2 y el productorio sería un "producto sin factores", por tanto, 2·1 = 2. Además N/(N–1) = 2/1 = 2.
    Si N=1, el sumatorio da infinito (1+1+1+1+...) y el productorio...

    Yoyó Peluso se detuvo... para concluir:

    Al menos N/(N–1) = 1/0 tiene algo que ver con el infinito...

miércoles, 19 de octubre de 2016

671. Entre parábolas. RESOLUCIÓN

    Cuando llegué a clase vi dibujadas en la pizarra dos curvas, una cóncava y otra convexa, que no se cortaban... Le mandé a Pepe Chapuzas borrar la pizarra... y cuando cogió el borrador preguntó:

    ¿Cuál es la distancia entre las curvas?
    Así que no borramos la pizarra. Escribí dos polinomios de 2º grado y pedí demostrar que las parábolas no se cortaban y calcular la mínima distancia entre ellas. Los polinomios eran
f(x) = x2/3 + 47/3
g(x) = – x2/6 + 10x/3.
    Hazlo y te llevas un positivo.

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Es fácil comprobar que las parábolas no se cortan. Si hubiera intersección, entonces x2/3 + 47/3 = – x2/6 + 10x/3, y por tanto 3x2 – 20x + 94 = 0, que no tiene solución porque el discriminante 202 – 4·3·94 = –728 < 0.

    Nina Guindilla podía calcular ahora la distancia. Veamos cómo...

    Para que sea mínima la distancia entre un punto S( s , s2/3 + 47/3 ) de la parábola f y un punto T( t , – t2/6 + 10t/3 ) de la parábola g, la pendiente de la parábola f en S y la pendiente de la parábola g en T deben coincidir, esto es, f'(s) = g'(t), esto es, 2s/3 = –t/3+10/3, y por lo tanto será t = 10–2s.
    Por otro lado, el segmento ST es perpendicular a las parábolas por lo que el producto escalar ( s–t , f(s)–g(t) ) · ( 3 , 2s ) = 0. (El vector ( 3 , 2s ) tiene pendiente 2s/3). Por lo que...

( s–t , s2/3 + 47/3 + t2/6 – 10t/3 ) · ( 3 , 2s ) = 0
( s–(10–2s) , s2/3 + 47/3 + (10–2s)2/6 – 10(10–2s)/3 ) · ( 3 , 2s ) = 0
( 3s–10 , s2/3 + 47/3 + 50/3 – 20s/3 + 2s2/3 – 100/3 + 20s/3 ) · ( 3 , 2s ) = 0
( 3s–10 , s2 – 1 ) · ( 3 , 2s ) = 0
9s – 30 + 2s3 – 2s = 0
2s3 + 7s – 30 = 0.
    Esta ecuación se puede resolver con la regla de Ruffini:
    Y no tiene más soluciones porque el discriminante 42 – 4·2·15 = –104 < 0.
    Por lo tanto S( 2 , 17 ), T( 6 , 14 ) y la distancia ((2–6)2+(17–14)2) = 5. 

    ¿Es correcto el razonamiento de Nina? ¿Por qué el segmento ST tiene que ser perpendicular a las parábolas?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó la circunferencia con diámetro ST...
    Profe, mire. Si alguna parábola fuera secante a la circunferencia habría puntos de la parábola en el interior de la circunferencia y la longitud de ST no sería la distancia mínima, por lo tanto la circunferencia es tangente a las parábolas y ST es perpendicular...

    No necesitamos más detalles...

miércoles, 21 de septiembre de 2016

670. Una criba parabólica. RESOLUCIÓN

    Estábamos representando en clase la gráfica de la función y = x2. Pepe Chapuzas escribió la siguiente tabla de valores enteros... (Se saltó los valores x = –1 y x = 1.)
    Dibujó en el cuaderno los ejes en negro, los puntos en rojo y la curva (el arco de parábola) en azul... Como acabó el primero y se aburría empezó a "guarrear" la gráfica... Empezó a unir con segmentos los puntos de la izquierda con los puntos de la derecha...


    Profe, mire. Estas cuerdas cortan al eje de ordenadas en números naturales que no son primos... ¡Es como la criba de Eratóstenes! Quedan 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23...

    Supongo que Pepe se imaginaba una tabla con infinitos valores de x (con todos los enteros menos el –1 y el 1) porque dibujó cuerdas que en teoría llegaban a puntos que no cabían en el papel...
    Demuestra que este método gráfico funciona como la criba de Eratóstenes, esto es, estas infinitas cuerdas tachan todos los naturales compuestos y a ningún número primo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó un punto de la izquierda (–n, n2) y un punto de la derecha (m, m2) de la parábola (los números n y m eran naturales mayores que 1) y calculó la ecuación de la recta que pasaba por ellos: y = (m2–n2)/(m+n) · (x+n) + n2 = (m–n) · (x+n) + n2. Después halló la intersección de esta recta con el eje de ordenadas: x = 0, y =  (m–n) · n + n2 = m·n, que es un natural compuesto, o sea, que no es primo (recuérdese que n>1 y m>1). Este cálculo aseguraba además que cualquier compuesto m·n es tachado por la cuerda que une los puntos (–n, n2) y  (m, m2) lo que prueba la validez de la criba de Pepe... Nina solo tenía una pega...

    Profe, ¿no habíamos quedado en que el 1 no era primo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comentó que antiguamente se consideraba primo al número 1 pero...

    Mire, profe. Sabemos que un natural compuesto se puede descomponer de forma única como producto de primos ordenados de menor a mayor: así, 12 = 2·2·3. Pero si consideramos primo al 1, entonces la descomposición no es única: 12 = 1·2·2·3 = 1·1·2·2·3... ¡Los matemáticos son rigurosos! y el 1 fue expulsado de los primos como Plutón lo fue de los planetas por los astrónomos...

jueves, 7 de julio de 2016

669. De tercer grado (3ª parte). RESOLUCIÓN

    El verano suele hacer estragos... Quise repasar la regla de Ruffini que habíamos visto el curso anterior y alguno afirmaba que no la habíamos dado... Menos mal que Pepe Chapuzas sí se acordaba:

    Profe, la regla de Ruffini es muy fácil. Consiste en multiplicar, sumar, multiplicar, sumar..., desde el coeficiente principal hasta el término independiente de un polinomio... Y es útil para encontrar las raíces enteras...

    La verdad es que no le había quedado muy claro... pero lo peor estaba por llegar:

    Aunque si aplicamos la regla de Ruffini "al revés", o sea, si vamos multiplicando y sumando desde el término independiente hasta el coeficiente principal, entonces la regla es igual de útil para encontrar las raíces que son fracciones unitarias.

    Le pedí que se explicara mejor... En dos minutos ya se había preparado un ejemplo: el polinomio de tercer grado 30x3 – x2 – 6x + 1.
    Mire, profe. Las raíces son –1/2, 1/3 y 1/5.

    Comprueba con la regla de Ruffini "al derecho" las raíces encontradas por Pepe Chapuzas...
    Calcula las raíces del polinomio de tercer grado 36x3 – 216x2 + 263x – 90.

SOLUCIÓN

    La comprobación la hizo Nina Guindilla en un santiamén...
    La segunda cuestión era más complicada: las raíces de 36x3 – 216x2 + 263x – 90 ni eran enteras ni eran fracciones unitarias... La regla de Ruffini no valía ni "al derecho" ni "al revés": era buscar agujas en un pajar... Y la fórmula general de las soluciones de la ecuación de tercer grado... mejor ni mencionarla... Nina optó por el método de Cardano (que aprendió en un taller de Matemáticas)...

    Profe, mire. Hay que resolver ax3 + bx2 + cx + d = 0 mediante cambios de variable. 
    Primer cambio x = y – b/a/3. En nuestro ejemplo x = y + 2. Con este cambio se consigue una ecuación de tercer grado incompleta: ay3 = px + q. 
36(y+2)3 – 216(y+2)2 + 263(y+2) – 90 = 0
36y3 + 216y2 + 432y + 288 – 216y2 – 864y – 864 + 263y + 526 – 90 = 0
36y3 = 169y + 140
    Segundo cambio y = u+v. Observe que y3 = (u+v)3 = u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 = 3uvy + u3 + v3.
36(3uvy+u3+v3) = 169y + 140
108uvy + 36(u3+v3) = 169y + 140
    Esta igualdad es cierta si uv = 169/108 y u3+v3 = 140/36 = 35/9, por lo tanto u y v son soluciones de la ecuación tricuadrada w6 – 35w3/9 + 1693/1083 = 0.
    Tercer cambio w3 = z + 35/18. Con ello evitamos utilizar la fórmula general de las soluciones de la ecuación de segundo grado: 
(z+35/18)2 – 35·(z+35/18)/9 + 1693/1083 = 0
z2 + 35z/9 + 352/18235z/9 – 35·35/18/9 + 1693/1083 = 0.
z2 = –64009/1259712
z = ±0,22541607732i
    ¡Qué extraño es trabajar con números imaginarios para obtener raíces reales! Ahora toca deshacer los cambios en coordenadas rectangulares y polares con la calculadora...
w3 = 1,944444444444 ± 0,22541607732i = (1,957466884899; ±0,115413082215rad)
w1 = (1,250925583244; ±0,038471027405rad) = 1,25 ± *******i
w2 = (1,250925583244; ±2,132866129798rad) = –0,6666666666666 ± *******i
w3 = (1,250925583244; ±4,227261232191rad) = –0,58333333333333 ± *******i
    Si las raíces son reales, entonces u y v son conjugados, por tanto, y = u + v = 2·Re(w), y no hace falta calcular Im(w) = *******.
y1 = 2·5/4 = 5/2
y2 = 2·(–2/3) = –4/3
y3 = 2·(–7/12) =  –7/6
    Y las raíces que buscábamos son:
x1 = 5/2 + 2 = 9/2
x2 = –4/3 +2 = 2/3
x3 = –7/6 + 2 = 5/6
 
    Nina debería haber hecho la comprobación. ¿La haces tú?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comprobó las raíces con la regla de Ruffini "al derecho" y "al revés".