Límites e a ecuación de 2º grao

Estaba a escoitar de fondo o podcast de Craig Barton, concretamente o episodio no que entrevista a Anne Watson e John Mason(se non sabes quen son estes dous expertos, fai unha pescuda e prepárate para mergullar en reflexións sobre educación matemática da máis alta calidade), cando apareceu o tema das ecuacións de 2º grao e como introducilas na aula. E isto fixo que viñese á memoria un aspecto da ecuación de 2º grao que coñezo desde antes de ser profesor e que sinceramente, non sei como é de coñecido entre os compañeiros. Pode ser que sexa ben coñecido, e que veña ata en libros de texto, e eu aquí facendo unha entrada sobre o tema, todo inocente. Sede xenerosos e comentade se o coñecíades unha vez leades a entrada.

Partamos da ecuación de 2º grao en forma xeral, $ax^2+bx+c=0$, e a consabida fórmula da solución, $$x=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

Fixemos os coeficientes b e c, e xoguemos co coeficiente cuadrático, a, que é o que lle confire o carácter cuadrático á ecuación (e a concavidade...), en concreto fagamos que a tenda a cero. Que sucede na fórmula se b e c permanecen fixos pero a tende a 0? Se queres pensalo, demora a lectura do que vén... Para evitar que leas sen querer a resposta, comparto este φ-fail:

Que conste que vén sendo tan rigorosa como
outras aparicións de φ que se ven por aí...

Imos aló. Restrinxiremos o noso choio á primeira solución, na que collemos o valor positivo da raíz cadrada(a función, vaia).

O primeiro que se ve no límite é que, se aplicamos a aritmética elemental de límites, chegamos a unha indeterminación $\frac{0}{0}$:

$$\lim_{a\to 0} \frac{-b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-b+b}{0}=\frac{0}{0}$$

O xeito estándar de resolver esta complicación é puro traballo da aula de 1º de bacharelato(ou de 2º de BUP, se vas tendo unha idade):

$$\lim_{a\to 0} \frac{-b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\lim_{a\to 0} \frac{ \left(-b + \sqrt{b^2-4ac} \right) \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=$$ $$ \lim_{a\to 0} \frac{(-b)^2-\left( \sqrt{b^2-4ac}\right)^2}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)} =\lim_{a\to 0} \frac{4ac}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=$$ $$\lim_{a\to 0} \frac{2c}{\left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=\frac{2c}{-2b}=-\frac{c}{b}$$

E que significado ten este valor que atopamos, $-\frac{c}{b}$?

Pois, se por un momento, permitimos alegremente facer tender a 0 o coeficiente a na ecuación orixinal, $ax^2+bx+c=0$, que lle sucede á ecuación? Obviamente, que deixa de ser unha ecuación de 2º grao e se converte en $bx+c=0$. E cal é a solución desta ecuación? $-\frac{c}{b}$ (BOOM)

Coñecíades este pequeno feito? Funcionará do mesmo xeito o caso cúbico?(temos o pequeno obstáculo previo de que normalmente sempre comezamos resolvendo a ecuación normalizada $x^3+px=q$ ou similares). E que pasa coa solución coa raíz negativa?

Este feito ten pouca entidade, aínda así confeso que ten un aquel que me presta.

O fácil feito difícil

Ás veces ideas e situacións diferentes converxen no tempo. Velaquí un exemplo.

Como xa comentei na entrada anterior, levo un tempo espremendo un libro sobre didáctica das Matemáticas. Isto, entre outras cousas, fai que analice máis do usual o meu propio traballo. E a secuencia na que adoito ensinar, amosando o por que polo menos simultaneamente ao como, cada vez semella máis un exemplo de complicar cousas que podían ser máis sinxelas. Tamén é certo que cada vez que dou 1º de ESO e ao comezo da unidade de fraccións pregunto como calcular isto:
$$\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{7}$$

e escoito que arredor da metade das respostas aluden tremendo a multiplicar en cruz, ou vexo que nunha ecuación así:
$$-2x=1$$
o seguinte paso de moitos alumnos é, ou ben$$x=+2$$
,ou ben  $$x=\frac{1}{2}$$

pois algo de razón coido que si que teño en teimar no por que, non o vou negar.

Un dos libros máis curiosos que gardo no cartafol Miscelánea do disco duro, e abofé que os teño ben estraños, é seguramente Maths Made Difficult, de Carl E. Linderholm. Nunca lin o libro de comezo a fin, só de ler anacos queda un derreado, ademais de ter a sensación de que non está a coller todo,  do mesmo xeito que ante algunhas viñetas de xkcd. Observade unha mostra aleatoria do estilo de Linderholm, onde evito os formalismos(que ten, e a feixes)

By 'multiplication', properly speaking, a mathematician may mean practically anything. By 'addition' he may mean a great variety of things, but not so great a variety as he will mean by 'multiplication'. What, then, is the main difference between addition and multiplication? The most important difference is that addition is always denoted by '+'. This is not quite true...

Este exemplo aparece só dúas páxinas despois de introducir o axioma "Equalisers exist in the category of categories", para que vos fagades unha idea. Non sei se hai máis libros cun estilo tan acusado, que probablemente entre no xénero da satire, e desde logo non coñezo exemplos matemáticos que non sexan anglosaxóns.


Chegamos á última aparición (por hoxe) do fácil feito difícil, neste caso nun problema que vin na 21ª Olimpíada Matemática de Filipinas, que se celebrou este novembro. A proba ten problemas máis interesantes, pero este é o achádego accidental que completa o leitmotiv:

Atopa o valor mínimo da expresión $\sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}+\sqrt{(x+3)^2+(y-2)^2}$

Imaxinades resolvelo facendo derivadas?

Co sinxelo que é mirar...

     

ABAU 2018

Todos os anos boto, como a maioría de compañeiros de Matemáticas, unha ollada ao que cae na selectividade. Como en case 15 anos de docencia, só dei unha vez 2º de bacharelato(ademais no semipresencial de adultos, xa me entendedes), resolvo algún dos exercicios que aparecen para refrescar a memoria, aínda que non todos pois adoitan ser bastante aburridos. Un tipo de exercicio que si resolvo habitualmente é, se o houber, o de optimización xeométrica. Este ano o exercicio 2)b) da opción B dicía:

Calcula os vértices do rectángulo de área máxima que se pode construír, se un dos vértices é o $(0,0)$, outro está sobre o eixe X, outro sobre o eixe Y, e o outro sobre a recta $ 2x+3y=8$

   

O exercicio, a simple vista, soaba coñecido, como resolto mil veces por calquera profesor. A resolución era obvia:

Se o punto do eixe de abscisas é $A=(x,0)$, trazando a vertical que pasa por el e intersecando coa recta oblicua, obtemos o punto $B=(x,y)$, onde:

$$2x+3y=8 \rightarrow y=\frac{8-2x}{3} $$

E por tanto o punto C do eixe de ordenadas será $C=(0,\frac{8-2x}{3})$

Co cal a función área ten a expresión:

$$f(x)=x \cdot \frac{8-2x}{3}=\frac{8x-2x^2}{3}$$

Como é unha parábola cóncava, podemos identificar o máximo como o vértice da parábola ou recorrer a maximizar a función, que tamén é sinxelo:

$$f'(x)=\frac{8-4x}{3}=0 \rightarrow x=2$$

$$f''(x)=\frac{-4}{3} \rightarrow $$

Logo o punto crítico é un máximo.

O desenvolvemento anterior soa ben... pero está trabucado. Nel facemos unha suposición tácita que seguramente tamén tiña en mente quen redactou o exercicio, mais non plasmou no enunciado. E cal é?

Revisade o enunciado e decidide se a situación seguinte está permitida:

    

Ao enunciado faltoulle un "o rectángulo dentro da rexión formada polos eixes e a recta" ou "vértices coas dúas coordenadas positivas", e entón a única situación permitida sería a da primeira figura. Porén, o que me resulta máis interesante é analizar por que a solución de máis arriba é incorrecta, i.e., onde utilizamos a suposición xeométrica que non aparece no enunciado?

E o que sucede é que, se collemos un punto A como o da figura inmediatamente superior, $A=(x,0)$, a área do rectángulo non é $x \cdot \frac{8-2x}{3}$, senón $x \cdot \left( -\frac{8-2x}{3}\right)=\frac{2x^2-8x}{3}$, que claramente non ten máximo.

Arrastrade a figura e as etiquetas para ver o desexado

Incluso poderíamos arranxar dunha soa vez o problema analizando a función $|x| \cdot |\frac{8-2x}{3}|$, o que sae do que se pode pedir aos alumnos na ABAU nun exercicio que, a fin de contas, vale un punto do total de dez.

Falaba cun compañeiro de departamento(nota autobiográfica: o meu propio profesor de BUP) á mañá sobre este erro e acordamos que unha das opcións que teñen na CIUG é anular o exercicio. A outra é dar por bo tanto a quen fixese a solución trabucada de arriba como a quen analice correctamente o problema. Veremos que sucede finalmente.

Cala un chisco, J

...e deixa que ollen, a ver en que reparan:

Que pregunta che vén á cabeza?

Vendo a intervención de Dan Meyer no Congreso Anual do NCTM, chamoume a atención unha animación que utilizou para ilustrar unha das súas teimas: fomentar as preguntas dos alumnos máis cás súas respostas. Tanto que fixen unha versión barateira no geogebra:

Que preguntas che inspira esta animación? E aos teus alumnos? Dependerá do nivel no que estean? Irán enfocadas máis ao plano matemático ou ao da creación da figura? Etc.

Deixo isto por acó por se outro ano resulta útil, pois neste xa creo que non teño moita marxe dado o atraso acumulado no curriculum...

Oposicións a Profesor de Secundaria de Galicia 2014

Saíndo dos temas habituais do blogue, vou responder a unha petición e compartir a solución dun dos problemas da Oposición de Profesorado de Secundaria de Matemáticas do ano 2014. Imos aló:

Sexa para $p\geq0, K_n(p):$

$$K_n(p)=\int_0^1{\frac{x^n}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx$$

1. Calcular $K_0(p)$ e $K_1(p)$
2. Atopar unha relación de recorrencia entre $K_{n-1}(p)$, $K_n(p)$ e $K_{n+1}(p)$. Utilizar dita relación para calcular $K_n(0)$ e $K_n(1)$

Pola cantidade de manipulacións alxébricas que vai levar, só vou incluír neste post a solución do apartado a)

En primeiro lugar, a integral é impropia, pois o integrando non está definido no extremo superior. Por isto imos ter que considerar o paso ao límite da expresión que obteñamos como primitiva. É dicir,
$$K_0(p)=\int_0^1{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=lim_{\epsilon \to 1}{\int_0^\epsilon{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx}$$

Como a expresión non ten unha simetría obvia e útil, non queda máis remedio que atopar unha primitiva. E o aspecto do radicando do denominador, xa factorizado, amola máis que axuda. Imos aló(aviso: non vou levar contas das constantes de integración):

Comezamos por facer o cambio de variable $y=1-x$, basicamente para ver mellor o que hai que facer despois:
$$\int{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\int{\frac{-1}{\sqrt{y(1+py-py^2)}}}dy=$$
$$\int{\frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-py^2}}}dy$$
Agora o radicando ten un aspecto máis claro para o seguinte paso, escribilo como diferenza do cadrado dunha constante e unha variable, mediante o cambio:
$z=\sqrt{p}y-\frac{p+1}{2\sqrt{p}}$
Chegamos a:
$$\int{\frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-py^2}}}dy=\int{\frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}})^2-z^2}}}dz=$$

Para non seguir a facer cambios, dou por suposto que a primitiva $\int{\frac{dt}{\sqrt{a^2-t^2}}}=arcsen(\frac{t}{a})+C$ é ben coñecida(o cambio é o trigonométrico standard), para rematar con:
$$\int{\frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}})^2-z^2}}}dz=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z\bigg)$$
Desfacendo os (malditos) cambios:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z\bigg)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( \frac{2p}{p+1} y-1\bigg)$$
E outro máis:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( \frac{2p}{p+1} y-1\bigg)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( -\frac{2p}{p+1} x+\frac{p-1}{p+1}\bigg)$$
Só queda avaliar a última expresión, chamémola $f(x)$ para abreviar, nos límites de integración:
$$K_0(p)=\int_0^1{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\lim_{\epsilon \to 1} {f(\epsilon})-f(0)= \\ \frac{-1}{\sqrt{p}} \Big( arcsen \Big(-\frac{p-1}{p+1}\Big)-\frac{\pi}{2}\Big)= \\ \frac{1}{\sqrt{p}} \Big( arcsen \Big(\frac{p-1}{p+1}\Big)+\frac{\pi}{2}\Big)$$

Que, como quedou o corpo ao resolver a metade dun dos dous apartados dun dos tres exercicios desa sesión?

Vaiamos con $K_1(p)$, que poderemos relacionar con $K_0(p)$:

$$\int{\frac{x}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\int{\frac{x}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx$$

A estratexia é clara: acadar que apareza a derivada do radicando no numerador:
$$\int{\frac{x}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=$$
$$\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px+p-1-(p-1)}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=$$
Dividamos o cálculo anterior en dous:
1) $$\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px+p-1}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=\frac{-1}{p} \sqrt{(1-x)(1+px)}$$
2) $$\frac{p-1}{2p}\int{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=$$
Esta primitiva é xusto a que atopamos antes polo medio de $K_0(p)$
$$\frac{p-1}{2p}\cdot \frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( -\frac{2p}{p+1} x+\frac{p-1}{p+1}\bigg)$$
Xuntando os dous resultados, e avaliando nos extremos de integración, obtemos:
$$K_1(p)=\frac{1}{p}+\frac{p-1}{2p}\cdot K_0(p)$$

É comprensible que restrinxa a solución ao apartado a), non si?