O mesmo problema de sempre

 

Substituído polo diagrama correcto o día seguinte

Como todos os anos a estas alturas, van aparecendo os problemas da parte práctica da oposición de secundaria (se sodes moi rigorosos, primeira parte, proba A). E como todos os anos, miro por riba para comprobar se hai algún problema sorprendente e/ou fermoso.

E vin varios, nas oposicións de La Rioja, de Andalucía, Navarra... Xunto aos habituais problemas que, no baleiro, poden resultar máis ou menos complicados, pero que dentro deste ecosistema de exercicios repetidos corenta veces e de academias mecanizando a preparación, pasan a ser anacos de texto que hai que memorizar(isto é inevitable).

E tamén vin varios propios do bacharelato, como un de Andalucía no que pedían debuxar a gráfica de $f(x)=\frac{x^3}{(1+2x{)}^2}$, outro cun cálculo de potencias de matrices, ou un cunha función de densidade na que había que atopar, OH SORPRESA, o valor dun parámetro para que efectivamente fose unha función de densidade.

E dentro destes vin un clásico na proba de Andalucía:

Atopar as dimensións do rectángulo de área máxima que pode inscribirse nunha elipse de semieixes a e b.

Se non houbese tantos contidos que tratar de xeito acelerado no bacharelato (basicamente por 2 razóns: o que non se fai na ESO e o maldito curriculum en espiral), calquera alumno espelido, despois de facer uns cantos, vería o padrón que cumpren moitos destes problemas de optimización. Que basicamente se resume en "optimizar un produto coñecendo unha suma".

A situación é a seguinte:

   Tacitamente, todos pasamos por riba rectángulos oblicuos, non?

Que claramente pide que expresemos a área, orixinalmente $A(x,y)=4xy$, como función dunha soa variable. Para o que hai que utilizar que o punto está na elipse. O típico e, neste caso, aburrido abondo.

Imos tomar un camiño alternativo que só usa a desigualdade entre as medias aritmética e xeométrica, plasmada na imaxe da cabeceira (que tamén inclúe a media harmónica, por tradición, e podería incluír a cuadrática, mais non está porque enlea o diagrama), e que podemos demostrar nunha liña:

$$(\sqrt{x}-\sqrt{y}{)}^2\ge 0\to x-2\sqrt{xy}+y\ge 0\to \frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$$

E a igualdade só se pode obter cando $\sqrt{x}=\sqrt{y}$, i.e., $x=y$.

Elevando ao cadrado, $xy\le {\left(\frac{x+y}{2}\right)}^2\to 4xy\le x^2+2xy+y^2\to xy\le \frac{x^2+y^2}{2}$, versión que é acaída agora.

Como podemos utilizar este feito básico no problema da oposición? Pois cun truco alxébrico, comezando por escribir a ecuación da elipse sen denominadores:

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\to b^2{x}^2+a^2{y}^2=a^2{b}^2$$

Optimicemos $4bx\cdot ay$ :

$$4bx\cdot ay\le 4\cdot \frac{(bx{)}^2+(ay{)}^2}{2}=2(b^2{x}^2+a^2{y}^2)=2a^2{b}^2$$

Polo que a área máxima é $2ab$ e é obtida cando $bx=ay$, i.e., 

$$y=\frac{bx}{a}\to b^2{x}^2+a^2{\left(\frac{bx}{a}\right)}^2=a^2{b}^2\to b^2{x}^2+b^2{x}^2=a^2{b}^2\to$$

$$2x^2=a^2\to x=\frac{a}{\sqrt{2}}\to y=\frac{b}{\sqrt{2}}$$

Coñecido o truco, pode utilizarse para todas as situacións análogas, en 2D ou 3D, como optimizar áreas ou volumes de corpos sólidos inscritos noutros. Por regra xeral, require menos manipulacións alxébricas.

Un problema da TAMU

 

O acrónimo estraño do título é o que aparece no concurso de Matemáticas de instituto da Universidade A&M de Texas. Coñezo este concurso desde hai máis de dez anos e nunca mirara que significa A&M. Polo visto orixinalmente esta institución chamábase Agricultural and Mechanical College of Texas. Cambiou en 1963 (sería pola efeméride?) ao actual e misterioso A&M Texas University. Outra anécdota de siglas que despistan, como o nome do xogador dos Lakers do Showtime A.C. Green, 

O concurso ten distintas versións, AB, BC, CD, DE e EF, dependendo das dúas materias máis avanzadas que estudasen os alumnos: A- Pre-Álxebra, B- 1º curso de Álxebra, C- Xeometría, D- 2º curso de Álxebra, E- Trigonometría e Xeometría Analítica, F- Matemáticas Avanzadas. E é habitual que aparezan pequenas marabillas elementais, como esta que traio hoxe do concurso BC de novembro de 2024:

Dentro dun cadrado dous vértices opostos son unidos mediante 3 segmentos de lonxitudes 5, 1 e 4, como amosa a figura. Atopa a área da rexión sombreada.

   

Xa comentei en bluesky que a figura non está feita a escala, e agora non sei se foi adrede ou se simplemente non tiveron a paciencia suficiente.

Como é usual neste blog, non quero estragar a experiencia co problema do amable lector, mais tampouco vou deixar pasar a oportunidade de dicir algo, quizais non inmediato:

En primeiro lugar, se xeneralizamos o problema cambiando os datos 5, 1, 4 por a+1, 1, a, non vos poño a expresión pero é elocuente.

En segundo, observade que cousa bonita:

Coa escolla de cores que fixen, isto tería que
ser o taboleiro dun xogo de mesa, non si?

Para que vexades a variedade, neste mesmo concurso, que ten 20 cuestións, esta é a 14:

Considera a fracción $\frac{6n-1}{7n+1}$, sendo n un natural. Atopa o mínimo valor de n para o cal a fracción non é irredutible.

Tentade resolvelo sen ir probando os números naturais en orde(que tampouco leva moito).