Difícil, demasiado difícil

Tiña pensado poñerme coa entrada prometida cos blogues que si leo hoxe en día, pero mirando algunhas das olimpíadas nacionais que máis me gustan, dei con este problema da fase final da olimpíada sueca de 2016, que aparentemente non é nada extraordinario, xulgade vós:

Nun xardín hai unha cerca en forma de L, como amosa a figura. Tamén dispoñemos de dous anacos rectos de cerca que miden 13 m e 14 m. Queremos delimitar desde o punto A unha parte do xardín que teña de área como mínimo 200 m². É posible?

   

Decatádevos do MacGuffin do problema? A liña horizontal só ten importancia por ser horizontal, o 20 non xoga ningún papel.

O problema apareceu como primeira cuestión da devandita olimpíada, o que suxire que non é dificilísimo, pero o mero feito de aparecer nunha fase final tamén alerta de que non é un simple exercicio. Que é entón o que me levou a dedicarlle unha entrada, e ademais con ese título?

Para saber a resposta, quero que tentedes contestar vós o seguinte:

Cal é a configuración dos anacos que miden 14 e 13 que proporciona a maior área?

Deliberadamente non especifico nada sobre o que encobre esta cuestión, iredes vendo vós os obstáculos...

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:

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

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

Elevando ao cadrado, $xy \leq \left( \frac{x+y}{2} \right)^2 \rightarrow 4xy \leq x^2+2xy+y^2 \rightarrow xy \leq \frac{x^2+y^2}{2}$, 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:

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

Optimicemos $4 bx\cdot ay$ :

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

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

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

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

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.

Non fagas debuxiños sen pensar

 Tomade a entrada de hoxe como un consello deste vello profesor.

O outro día fixen unha letra F en geogebra, sen pensar moito. Non sei por que, debuxeina deitada, e fixen semicircunferencias nos extremos, como podedes ver na figura:

    

E tendo a figura diante, pensei en cal sería o diámetro tal e como quedara. O diámetro, como podedes imaxinar se non o coñecedes xa, é un concepto que xeneraliza o orixinal das circunferencias: é a maior distancia entre dous puntos calesquera dunha figura. Se queredes, $diam(F)=sup \lbrace d(P,Q) / P, Q \in F \rbrace$

Se pensase neste problema hai vinte anos, o que faría sería directamente comezar a debuxar (mal) a situación en folios, de xeito caótico, utilizando varias direccións e sentidos diferentes ao escribir/debuxar. Hoxe, en troques, o primeiro que fago é abrir o geogebra e chantar a figura, e probar relativamente ao chou con ideas que van vindo. Neste caso, parece evidente que o diámetro vai alcanzarse cando os dous puntos estean xusto nos casquetes, mais non hai un candidato obvio a priori para obter o máximo.

   

Déixovos que pensedes o problemiña; confeso que en principio pedín papas cos métodos elementais e parametricei os puntos da imaxe en polares, e elevei ao cadrado a distancia entre eles. Deste xeito atopei unha función de dúas variables, os ángulos que determinan os puntos desde os centros das semicircunferencias. E fixen derivadas parciais, etc. Mecánico e realmente enleado.

Despois atopei outro xeito máis elemental de atopar os dous puntos, por pura intuición, pero sen argumentar de xeito rigoroso que fose a solución do problema. A ver se sodes máis hábiles ca min.

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...

     

Un problema de optimización nun triángulo

Hai anos, na época previa incluso aos blogs(un chisco máis, e collédesme xogando ao Age of Empires II), adoitaba participar en distintos foros nos que os usuarios propoñían problemas. Algúns xa desapareceron, como 100cia.com ou o Foro de Migui; outros sobreviven, como o Rincón Matemático, onde estiven a ler algúns problemas nos que acheguei unha solución(ou tentativa de), hai arredor de 10 anos. Hoxe traio un dos que máis me gustaran:

Un punto X tomado na hipotenusa dun triángulo rectángulo, proxéctase ortogonalmente sobre os catetos nos puntos M e N. Determinar a posición do punto X e a lonxitude do segmento MN cando esta sexa mínima:

    

Vémonos no 2019.

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.

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...

Solución do problema de optimización de Princeton

Non é habitual que escriba solucións neste blogue, pero xa que unha lectora fixo un comentario ao problema aludido no título, o post de hoxe vai ser unha excepción.

Lembremos o problema:

Como vemos na figura, os cadrados ABCD e CEFG están colocados xuntos (i.e., C está entre B e E e G está entre C e D). Se CE=14, AB>14, calcula a área mínima do triángulo AEG.

 

Para axudar á intuición sempre temos dispoñible o Geogebra, que introduce movemento nas figuras dun xeito moi sinxelo:

Podedes facer scroll coa roda do rato e mover o esvarador 

O texto que aparece no applet é dinámico, aínda que non o pareza, pois sempre toma o valor 98. Se for deste xeito, a solución do problema é inmediata: o valor mínimo desa área é 98. Vexamos que este feito é case obvio, marcando un punto máis no debuxo:

   

A área do trapecio rectángulo ABCG coincide coa área do triángulo rectángulo ABE, pois a suma das bases do trapecio coincide coa base do triángulo (AB+GC=BC+CE) e as alturas tamén (BC=AB). De aquí deducimos que o triángulo AGH ten a mesma área que o triángulo HCE (pois sumando estas áreas á do trapecio ABCH obtemos, respectivamente, as áreas de ABCG e ABE). Finalmente deducimos que a área buscada do triángulo AEG coincide coa do triángulo CEG (que é a metade do cadrado fixo), pois as dúas proceden de sumarlle á área GHE os valores idénticos (AGH) e (HCE). Por tanto a área de AEG é sempre 14·14:2, independentemente do valor do lado AB, q.e.d.

Un problema de optimización de Princeton

Aínda non sei a razón, mais este tipo de problemas, sendo ben sinxelos, son dos que máis me prestan. Non hai máis que revisar o historial deste blogue para atopar unha chea de exemplos.

No problema de hoxe non vos queda outra que pensalo para saberdes que ten de interesante.

Como vemos na figura, os cadrados ABCD e CEFG están colocados xuntos (i.e., C está entre B e E e G está entre C e D). Se CE=14, AB>14, calcula a área mínima do triángulo AEG.

   

Se queredes atopar outros problemas deste tipo, ide aos arquivos da web da competición, PUMaC2015 Archives