Source: http://joselorlop.blogspot.com/
Timestamp: 2018-08-20 16:53:05+00:00

Document:
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?
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
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...
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
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!
Publicado por José Lorenzo López en 12:18 No hay comentarios:
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...
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)
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...
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. (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...
Publicado por José Lorenzo López en 11:41 No hay comentarios:
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!
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.) ;-)
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
5x2 + 5y2 = h2/4 + c2/4
20·(x2 + y2) = h2 + c2
(2x)2 + (2y)2 = 12 x2 + y2 = 1/4
h2 + c2 = 5
1 + c2 = h2
1 + c2 + c2 = 5
2·c2 = 4
Por lo tanto los ángulos agudos del triángulo son
arctg√2 = 54.735610317245º
90º – 54.735610317245º = 35.264389682755º
Publicado por José Lorenzo López en 10:06 No hay comentarios:
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?
Nina Guindilla añadió que los adjetivos en -erior se han utilizado para dividir países:
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!
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!
Publicado por José Lorenzo López en 9:24 No hay comentarios:
1536. Un enlace geométrico (2ª parte). RESOLUCIÓN
Pepe Chapuzas tenía un cuadrado y un círculo enlazados de la siguiente manera y una cuestión:
Mire, profe. Si el área naranja mide 1m2, ¿cuánto mide el área amarilla?
¡Se ha abierto la veda! ¿Quién caza la solución?
Nina Guindilla dividió el área naranja en un semicírculo y una escuadra mediante un segmento...
Mire, profe. Como el ángulo recto de la escuadra está inscrito en el círculo, entonces la hipotenusa de la escuadra es el diámetro del círculo. Si la longitud de este segmento es 2R, entonces el área del semicírculo mide π·R2/2 y la de la escuadra R2 , por tanto
π·R2/2 + R2 = 1
R2 · (π/2 + 1) = 1
R2 = 1 / (π/2 + 1)
El área del círculo mide π·R2 = π / (π/2 + 1) .
Por otro lado, el lado del cuadrado mide R + R/√2 = (1+1/√2)·R como se ve aquí...
Por lo tanto, el área del cuadrado mide (3/2 + √2) · R2 = (3/2 + √2) / (π/2 + 1) .
El área amarilla será el área del círculo más el área del cuadrado menos dos veces el área naranja:
(π + 3/2 + √2) / (π/2 + 1) – 2 = 0,3556 m2 , aproximadamente.
¿Cuánto mide el perímetro de la región naranja?
Yoyó Peluso comentó que era muy sencillo con los datos calculados por Nina...
Profe, mire. Solo hay que sumar la semicircunferencia más ambos catetos de la escuadra. Esto es, π·R + √2·R + √2·R = (π + 2√2) / R = (π + 2√2) / √(π/2 + 1) = 3,7234 m , aproximadamente.
Publicado por José Lorenzo López en 11:45 No hay comentarios:
1535. Una progresión aritmeticogeométrica. RESOLUCIÓN
Demuestra que esta sucesión es el producto de una progresión aritmética y una progresión geométrica...
¡Otro reto de Pepe Chapuzas!
Pepe podía haber escrito "progresión aritmeticogeométrica" que es el nombrecito que reciben tales sucesiones...
Nina Guindilla fue la primera en abordar el problema...
Mire, profe. El término general de una progresión aritmética A viene dado un polinomio de primer grado y el término general de una progresión geométrica B viene dado por una función exponencial (de variable natural).
An = A1 + (n–1)·D
Bn = B1 · Rn–1
Por lo tanto, el término general de una progresión aritmeticogeométrica C vendrá dado así
Cn = (A1 + (n–1)·D) · B1 · Rn–1 = (C1 + (n–1)·K) · Rn–1
Para n = 1 , tenemos que C1 = 16
Para n = 2 , tenemos que C2 = (16 + K) · R = 16 , por tanto K = 16/R – 16
Para n = 3 , tenemos que C3 = (16 + 2·K) · R2 = 12 , por tanto K = 6/R2 – 8
16/R – 16 = 6/R2 – 8
8 – 16/R + 6/R2 = 0
4·R2 – 8·R + 3 = 0
R1 = 1 + √(16–12) / 4 = 3/2 K1 = 16 / (3/2) – 16 = 32/3 – 16 = –16/3
R2 = 1 – √(16–12) / 4 = 1/2 K2 = 16 / (1/2) – 16 = 32 – 16 = 16
Para n = 4 , tenemos, o bien C4 = (16 + 3·K1) · R13 = (16 – 16) · 27/8 = 0 , que es falso..., o bien C4 = (16 + 3·K2) · R23 = (16 + 48) · 1/8 = 64 / 8 = 8 , que es cierto.
Para n = 5 , tenemos que C5 = (16 + 4·K2) · R24 = (16 + 64) · 1/16 = 80/16 = 5 , que es cierto.
Así pues, Cn = (16 + 16·(n–1)) · (1/2)n–1 es una progresión aritmeticogeométrica.
Pedí a mis boquiabiertos alumnos que calcularan la suma de sus infinitos términos (la serie infinita). Solo les indiqué que la convergencia estaba asegurada porque –1 < R < 1 .
Veamos cómo se le da la suma a Yoyó Peluso...
Profe, mire. Llamemos S a la suma de los infinitos términos que me ha asegurado que existe.
S = C1 + (C1 + K) · R + (C1 + 2·K) · R2 + (C1 + 3·K) · R3 + (C1 + 4·K) · R4 + ...
S · R = C1 · R + (C1 + K) · R2 + (C1 + 2·K) · R3 + (C1 + 3·K) · R4 + ...
Restando las dos igualdades...
S – S · R = C1 + K·R + K·R2 + K·R3 + K·R4 + ...
S · (1–R) = C1 + K·R / (1–R)
S = C1 / (1–R) + K·R / (1–R)2
S = 16 / (1/2) + 16 · 1/2 / (1/2)2 = 32 + 32 = 64
Publicado por José Lorenzo López en 11:00 No hay comentarios:
1534. Las progresiones armónicas. RESOLUCIÓN
Si tomamos 3 términos consecutivos de una progresión aritmética, el del medio es la media aritmética de los otros dos. Esto es obvio porque si M es el término del medio y D es la diferencia de la progresión, entonces M–D y M+D son los otros dos, y su media aritmética...
( M–D + M+D ) / 2 = 2·M / 2 = M
Si tomamos 3 términos consecutivos de una progresión geométrica, el del medio es la media geométrica de los otros dos. Esto es obvio porque si M es el término del medio y R es la razón de la progresión, entonces M/R y M·R son los otros dos, y su media geométrica...
√(M/R · M·R) = √M2 = M
Mire, profe... Si en cada trío de términos consecutivos de una sucesión, el del medio fuera la media armónica de los otros dos, ¿podríamos decir que se trata de una progresión armónica?
Mi respuesta a Pepe Chapuzas fue afirmativa... Efectivamente existían, y así se llamaban, tales progresiones: armónicas... Pero nunca habíamos hablado de ellas en clase...
Al hilo de esta pregunta enuncié un ejercicio fácil... Había que demostrar que una sucesión S era una progresión armónica si y solo si la sucesión inversa 1/S era una progresión aritmética...
¿Hay algún demostrador por ahí?
Nina Guindilla demostró primero que si 1/S era una progresión aritmética, entonces S era una progresión armónica tal como la había definido Pepe...
Consideremos 3 términos consecutivos L, M y N de la sucesión S . Si D es la diferencia de la progresión aritmética 1/S , entonces
1/L = 1/M – D y 1/N = 1/M + D
y la media armónica de L y N será
2 / (1/L+1/N) = 2 / (1/M–D + 1/M+D) = 2 / (2/M) = M
Por lo tanto, S es una progresión armónica.
A continuación, Nina demostró lo recíproco por inducción...
Consideremos los 2 primeros términos A y B de la progresión armónica S y sea
D = 1/B – 1/A
Si suponemos que para 3 términos consecutivos L, M y N de la progresión armónica S se cumple que
1/M – 1/L = D
entonces, como M es la media armónica de L y N
1/N – 1/M =
= 1/N – (1/L+1/N) / 2 =
= (1/N–1/L) / 2 =
= (1/L+1/N) / 2 – 1/L =
= 1/M – 1/L =
Por lo tanto, 1/S es una progresión aritmética.
Nina Guindilla comentó que de forma paralela se puede demostrar que si en cada trío de términos consecutivos de una sucesión, el del medio fuera la media aritmética [geométrica] de los otros dos, entonces la sucesión sería una progresión aritmética [geométrica positiva]...
¡En Matemáticas, el rigor es el rigor...!
Yoyó Peluso mató dos pájaros de un tiro... por inducción...
Mire, profe. Sea D [R] la diferencia [razón] entre los dos primeros términos A y B de la sucesión...
D = B–A
[ R = B/A ]
Dados tres términos consecutivos L, M y K de la sucesión, , si suponemos que
M–L = D
[ M/L = R ]
como M es la media aritmética [geométrica] de L y K, tenemos...
K–M = K – (L+K)/2 = (K–L)/2 = (L+K)/2 – L = M–L = D
[ K/M = K / √(L·K) = √(K/L) = √(L·K) / L = M/L = R ]
Para terminar, Yoyó comentó que el ejemplo más sencillo de progresión armónica era:
1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, 1/6, ...
que estaba relacionada con los armónicos musicales...
Publicado por José Lorenzo López en 18:00 No hay comentarios:
Los ángulos de un triángulo rectángulo están en progresión geométrica... Calcula la razón de dicha progresión...
Este es el problema con que nos ha obsequiado Pepe Chapuzas para alegrarnos el día... Alégranos tú con la solución...
A Nina Guindilla se le da bien alegrar el día con soluciones...
Mire, profe. Podemos suponer que la razón r de la progresión es mayor que 1, por lo que en la progresión de los ángulos a < ar < ar2 , el ángulo recto será ar2 , y los ángulos agudos, que son complementarios, serán a y ar . Esto es
ar2 = 90º
a + ar = 90º
ar2 = ar + a
ar2 – ar – a = 0
que dividiendo entre a
r2 – r – 1 = 0
r = (1+√5) / 2 = φ = 1,618...
¡La razón de la progresión es la razón áurea!
Calcula en forma compleja (grados, minutos y segundos) los ángulos agudos de este triángulo...
Yoyó Peluso realizó los cálculos...
Mire, profe. Un ángulo será
90º / φ = 55,623059 = 55º 37' 23"
90º – 55º 37' 23" = 34º 22' 37"
Por supuesto, la solución no es exacta: Yoyó ha redondeado...
El que esté interesado en triángulos rectángulos con lados en progresión geométrica puede visitar la entrada...
Un triángulo de Kepler
Publicado por José Lorenzo López en 11:50 No hay comentarios:
1535. Una progresión aritmeticogeométrica. RESOLUC...
1538. Con dos medianas perpendiculares. RESOLUCIÓN...

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