A selectividade do 79

O outro día, nunha conversa no grupo de whatsapp do departamento do meu anterior instituto (en efecto, isto existe, e de feito para min é algo moi positivo), a miña xefa de departamento aló compartiu imaxes dun vello libro de exames de selectividade baixo a Ley Villar-Palasí. E saíron á palestra exemplos ben interesantes, como este do 78/79:

A xeometría non euclidiana da foto non é como a das que
mandaban os alumnos no confinamento, que isto é un libro

Varias cousas chaman a atención:

1. O exame é breve. Moi breve comparado co actual. Non sei canto tempo lles darían aos mozos para facelo.
2. Non hai Probabilidade nin Estatística. Nin os malditos sistemas de ecuacións dependendo dun parámetro. Nin ecuacións matriciais.
3. A teoría da opción A non podería caer hoxe en día, pois as preguntas que poden caer están restrinxidas a catro teoremas. Entre eles, está o de Rolle, que aparece na opción B. Por certo, a distancia dun punto a un plano é unha cuestión moi axeitada... se requerise razoar por un mesmo a fórmula final. Como todos sabemos, se estaba incluída nunha lista de posibles cuestións teóricas, pasaría a ser simplemente un ítem que "chaparse".
4. A pregunta 2 da opción A, sobre aplicacións lineais e a súa representación matricial, xa non podería aparecer cando fixen eu a selectividade, no 95, e hoxe é propia dun 1º curso de calquera grao de ciencias/tecnoloxía. Non é evidente que os dous subespacios teñen dimensión 1?
5. A pregunta 3 tampouco podería caer agora, e de novo é propia dun 1º curso de grao. Gústame a parte na que fala da pendente da tanxente, polo de preguntar por algo coñecido expresándoo dun xeito alternativo.
6. A cuestión 2 da opción B deixa claro que querían que os alumnos soubesen acotar integrais co ben coñecido $m(b-a) \leq \int_{a}^{b}f(t)dt \leq M(b-a)$
7. E coido que actualmente a primeira parte da cuestión 3-B resultaría estándar, mais a segunda, na que pide unha familia de planos, quizais presentaría máis dificultades que o exercicio tipo de Xeometría da ABAU. 

Cando teña tempo hei revisar outros vellos exames de selectividade. Ver exames, mellor se son doutros países, e se pode ser antigos, é un pasatempo freak que manteño. 

Cúbicas bonitas

Unha das directrices obvias que adoitamos seguir os profesores de Matemáticas consiste en comezar poñendo exemplos con números "sinxelos", en calquera ámbito no que nos adentremos coas clases. A razón é previsible: non queremos distraer aos alumnos do obxecto do exemplo. A teoría da carga cognitiva apoia esta intuición dos docentes: se os alumnos teñen que pelexar cun número do tipo $\frac{0,5\widehat{43}-\sqrt[3]{25}}{\sqrt{34}}$ polo medio de tentar aprehender un concepto novo, a súa memoria operativa vai pedir papas, o que provocará que non quede ren para o obxectivo esencial, que é a comprensión do novo concepto.

Por desgraza, hai casos nos que non temos nada que facer. O máis inmediato é o dos cadrados con dimensións naturais: se o lado é natural, a diagonal vai ter un $\sqrt{2}$ bailando, se a diagonal é natural, será o lado o que teña $\sqrt{2}$ polo medio(e un 2 no denominador se a diagonal é impar). Máis adiante na secuencia de contidos que van aparecendo pola asignatura hai unha situación na que tentamos poñer exemplos limpos, a da representación gráfica de funcións, e ás veces iso implica utilizar unha cantidade de tempo considerable buscando. Atopar unha función con raíces sinxelas non ten máis misterio que coller os números que queiramos, $a_1, a_2, a_3, \dots , a_n$ e construír a función polinómica $f(x)=\prod\limits_{k=1}^{n} (x-a_k)=(x-a_1)(x-a_2) \dots (x-a_n)$. Pero isto non garante que os puntos críticos da función sexan sinxelos tamén. Unha función tan inofensiva como $f(x)=x(x+1)(x-3)=x^3-2x^2-3x$ ten puntos críticos $x=\frac{2 \pm \sqrt{13}}{3}$, que bonitos non son, a verdade.

Pois ben, centrémonos nas funcións cúbicas, suficientemente interesantes para amosar xa dous puntos críticos e un punto de inflexión, pero non demasiado difíciles para que as contas sexan excesivas ou impracticables. Partamos dunha función cúbica con 3 raíces, 0, a e b, cousa que podemos facer simplemente transladando as raíces para que unha pase a ser 0. Por tanto, $f(x)=x(x-a)(x-b)=x^3-(a+b)x^2+ab$, e vexamos que condicións imos ter que impór nos enteiros a e b para que f teña puntos críticos e punto de inflexión manexables, o que vou traducir como enteiros.

Se usamos forza bruta para atopar as raíces da derivada,$f'(x)=3x^2-2(a+b)x+ab$, teríamos que pelexar simultaneamente con dous obstáculos, a racionalidade do discriminante e que o denominador divida ao numerador da fórmula. Podemos evitar un deses problemas impoñendo que f'(x) teña o aspecto $f'(x)=3(x-c)(x-d)=3x^2-3(c+d)x+3cd$, sendo c e d as abscisas sinxelas para os puntos críticos que estamos a buscar. Álxebra, come softly...

$$\begin{cases} 2(a+b)=3(c+d) \\ ab=3cd \end{cases}$$

Da 2ª ecuación deducimos que a ou b son múltiplos de 3, pero a 1ª ecuación fai que se un é múltiplo de 3, o outro tamén, polo que os dous teñen que ser múltiplos de 3, e podemos escribir $a=3m, b=3n$,  e reescribir todo:

$$\begin{cases} 2(m+n)=c+d \\ 3mn=cd \end{cases}$$

e agora podemos deducir que 3 é divisor de c ou de d, dada a simetría do choio, supoñamos que é c, e escribamos $c=3e$:

$$\begin{cases} 2(m+n)=3e+d \\ mn=ed \end{cases}$$

Eliminemos m:

$$2(m+n)n=(3e+d)n \rightarrow 2ed+2n^2=(3e+d)n \rightarrow 2n^2-(3e+d)n+2ed=0$$

Como tantas veces, para que esta ecuación en n teña raíces enteiras, é necesario que o discriminante da ecuación sexa un cadrado perfecto:

$$\Delta=(3e+d)^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2+6ed+d^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2-10ed+d^2=f^2$$

E agora que? Mirar moito e ter sorte:

$$d^2-10ed+25e^2-25e^2+9e^2=f^2 \rightarrow (d-5e)^2=f^2+(4e)^2$$

O que nos leva á ecuación diofántica máis coñecida, a pitagórica. Tendo en conta a paridade de 2e, a solución xeral é:

$$\begin{cases} d-5e=k(r^2+s^2) \\ f=k(r^2-s^2) \\ 4e=2krs \end{cases}$$

sendo, como é usual, k un natural calquera e r e s coprimos e de paridade oposta. Atopemos os valores de n e m:

$$n=\frac{3e+d \pm \sqrt{\Delta}}{4}$$

Usamos agora que $3e+d=d-5e+2 \cdot 4e=k(r^2+s^2)+4krs=k(r^2+s^2+4rs)$, e vou eliminar o $\pm$, pois as dúas posibilidades son os valores de n e m, precisamente:

$$n=\frac{k(r^2+s^2+4rs) + k(r^2-s^2)}{4}=\frac{k(2r^2+4rs)}{4}=\frac{kr(r+2s)}{2}$$

E $$m=\frac{ks(s+2r)}{2}$$

Para que n e m sexan naturais, ten que suceder que k sexa un número par, $k=2t$

$$\begin{cases} m= ts(s+2r) \\ n= tr(r+2s) \end{cases}$$

Lembrando que $a=3m, b=3n, c=3e$,

$$\begin{cases} a= 3ts(s+2r) \\ b= 3tr(r+2s) \\  c=3trs \\ d=2t(r^2+s^2)+5trs=t(2r+s)(r+2s) \end{cases}$$

Velaquí a parametrización que buscabamos, coas restricións comentadas, r e s son números coprimos e de paridade oposta. Para listar as funcións "bonitas" estas restricións van supoñer un obstáculo.

Pois ben, como aproximación a unha representación mellor pensada para esta listaxe, velaquí un applet en geogebra onde ademais da parametrización obtida, permito transladar a cúbica para que non sexa obrigado que pase pola orixe:

Nesta entrada seguín varios artigos, pois o asunto "escolar" de dispoñer de funcións sinxelas semella que hai anos que é unha teima dos profesores. Entre eses artigos, teño que salientar:

• Jim Buddenhagen, Charles Ford e Mike May, Nice Cubic Polynomials, Pythagorean Triples, and the Law of Cosines, Math. Mag. 65 (1992) pp. 244-249
• Jean-Claude Evard, Polynomials whose roots and critical points are integers, arXiv (2004)
• T. Bruggeman and T. Gush, Nice cubic polynomials for curve sketching, Math. Mag. 53 (1980), pp. 233-234
• R. H. Buchholz and J. A. MacDougall When Newton met Diophantus: A Study of Rational-Derived Polynomials and Their Extension to Quadratic Fields, J. Number Th. 81 (2000) pp. 210-233