4 problemas matemáticos, más o menos curiosos.

 

Medellín, Agosto 2021

 

1.    Resolver la ecuación sólo para valores enteros.

 

√x + y = 7           (1)

x +√y = 11          (2)

 Despejando la x en ambas ecuaciones y convirtiendo el resultado en un polinomio de y, obtenemos:

y^4 - 28·y^2 + 272·y - 1065·y + 1444 = 0

Una ecuación difícil de resolver. Se puede hacer por el método de Newton (Aproximada, o por la técnica de resolución de ecuaciones cuarticas, que es laborioso y difícil. La he resuelto con Derive:

APPRO X (SOLVE (y^4 - 28·y^3 + 272·y^2 - 1065·y + 1444 = 0, y))

y = 9.805118086 ∨ y = 10.77931025 ∨ y = 3.415571659 ∨ y = 4

Si la solución es entera, sólo y=4 cumple

Y

x = 11 -√4 = 9

 Solución (9, 4)

Hay otra forma de resolver, esta ecuación, pero sólo para la solución x e y enteros.

(2) – (1)                             x + √y -√x –y = 11 – 7 = 4

x - y -√x +√y = 4

(√x + √y) (√x - √y) –(√x - √y)) =

(√x -√y) (√x +√y-1) = 4                                (3)

Como la solución para x e y tiene que ser entera, observamos que (3) >0

Veamos simultáneamente las ecuaciones:

√x - √y =?                                     (4)

√x +√y – 1 =?                               (5)

Si x e y son enteros mayores que 0 y se da la ecuación (3) (Los números negativos no tienen raíz cuadrada)

Busquemos, al tanteo, valores de x e y que nos entreguen un valor entero para (4) y (5) y que, además, su producto sea 4. (tanteamos con los primeros enteros positivos que tengan raíz cuadrada también, entero positivo.

 

x	y	√x - √y	√x +√y – 1	(4)*(5)
4	1	1	2	2 No sirve
9	1	2	3	6 No sirve
9	4	1	4	4  Es la solución
16	1	3	4	12 No sirve

 

Solución (9, 4)

2.    Encontrar los puntos (x, y) de la función x^2 -2y^2=1, tal que x e y sean enteros positivos.

Hoy con la ayuda de Excel, basta hacer una tabla de x e y por ejemplo de 1 a 1000 (tanto x como y) y ver que parejas enteras satisfacen la ecuación, lo cual no tarda más de 5 minutos. Antes de existir Excel, este método para hacer 1000 intentos con parejas (x, y) enteros 1<x<1001 y 1<y<1001 podría tardar meses.

Euler hizo esta suposición s = y + p, dónde p es un número primo.

La idea era encontrar una ley de formación para los valores (x, y) enteros, que surgieran de un número primo.

x = y + p                  (y + p)^2 -2y^2 = 1

y^2 + 2yp + p^2 -2y^2 = 1

-y^2 + 2yp = 1                                                y^2 – 2yp = -1

y^2 – 2yp + p^2= p^2 -1

(y –p) ^2 = p^2 -1                                           y = p ± √ (2p^2 – 1)

Descartamos el signo –

y = p + √ (2p^2 – 1)

Aunque es una ley de formación para x e y, no es muy aplicable, ya que no hay ley de formación para el conjunto de los números primos.

Al igual que con el método del Excel con x e y, ahora lo hacemos con p y p es la lista de los primos. Aquí tenemos primos hasta 59 y hemos encontrado tres soluciones:

(3, 1)

(17, 12)

(99, 70)

 

 

p	y = p + √ (2p^2 – 1)	x = y + p
1	1	3
2	4,64575131	6,64575131
3	7,12310563	10,1231056
5	12	17
7	16,8488578	23,8488578
11	26,5241747	37,5241747
13	31,3575598	44,3575598
17	41,0208243	58,0208243
19	45,8514432	64,8514432
23	55,5115364	78,5115364
29	70	99
31	74,829214	105,829214
37	89,3163454	126,316345
41	98,9741322	139,974132
43	103,80296	146,80296
47	113,460515	160,460515
49	118,289249	167,289249
51	123,117959	174,117959
53	127,946648	180,946648
57	137,60397	194,60397
59	142,432608	201,432608

x= y + p     p es un número primo

3.    Calcular la longitud de la banda que rodea las tres circunferencias. (Tangentes entre si y de radio r= a

Fig 3 - 1

Dado que el radio es perpendicular a la tangente, es evidente que las partes rectas de la banda, miden cada una 2a.

 

Ahora las tres partes curvas de la banda son iguales, debido a la simetría de la figura.  θ es el ángulo <AO₁B

 

Vemos que θ = 360 deg – 90 deg -90 deg – 60 deg (ya que el < O₃O₁O₂ = 60 deg

 

El ángulo θ = 120 deg = 4π/6 = 2π/3 rad.

El arco AB de la banda será = (2π/3) a

Por tanto, la longitud de la banda roja será 6a+(2πa)

 

1.    Encontrar f(x)

Si              ∫f(x)f’(x)dx = x+C₁   y       f (1) = 4

 

Hagamos f(x) = u         d(f(x)) = f’(x)dx = du

 

∫udu = u^2/2 + C₂ = x + C₁                 u^2/2 = x + C₁ – C_2, por tanto: u^2/2 = x+ C

[f(x)]^2 = 2x + C                     f(x) =√ (2x + C)

 

Recordemos que x=1 entonces f(x)=4

 

Se deduce que 4 = √(2*1+C)        y          C = 14

 

f(x) = √ (2x + 14)       se verifica que f (1) = 4

Juan Fernando Sanin E

 

4 problemas curiosos relacionados con los conceptos de función y límites al infinito

 

Jardín, agosto 2021

Cuatro problemas relacionados con los conceptos de función y límites

 

                    1.  Si f ((x + 1) /x) = x - 1/x                                   (1)

Hallar f(x)

Cambiemos de variable (x + 1) /x = u                     x = 1/ (u – 1)

Reemplacemos en (1):

f(u) = 1/ (u – 1) – 1/ (1/(u – 1)) = 1/ (u – 1) – (u – 1) =

f(u) = (-u² +2u) / (u -1)

Como la función es independiente de la variable escogida, la solución es:

f(x) = (-x² + 2x) / (x – 1)

         2.    Si f (2a) + 2f(b) = f (f (a + b))                                                  (1)

 

Hallar f(x),        x pertenece a los reales.

Hagamos a= 0

f(0)+ 2f(b) = f(f(b)                observar que esto nos muestra que f(f(x)) = f(0) +2f(x)  

Hagamos a = 1

f(2) + 2f(b) = f(f(1 + b)                   (2)      por lo encontrado en (1)

f(f(1+ b)) = f(0) + 2f(1 + b)                   la (2) queda

f(2) + 2f(b) = f(0) + 2f(1 + b)                 podemos cambiar b por x

f(2) + 2f(x) = f(0) + 2f(1 + x)                 y          f(x +1) - f(x) = (f(2) – f(0))/2 = k

Significa que, para todo x real, f (x + 1) – f(x) = K     una constante.

 Fig 2 - 1

Si Para todo x de los reales, se da lo mostrado en esta gráfica, la única solución es que f(x) sea una línea recta de pendiente k          f(x) = kx + h

Utilicemos  este resultado en la  ecuación (1):           (f(2) – f(0))/2 = k

k(2a) +h + 2(kb + h) = f (k(a + b) +h) = k [k(a + b) + h] + h

2k (a + b) +3h =(k^2)(a + b) + kh + h   y la única forma de que se de esta igualdad es que

2k = k^2       (2)                                  y       3h = kh + h         (3)

la (2) nos da dos soluciones k = 2 y k = 0

Llevemos la primera solución k = 2, a la ecuación (3):  3h = 3h , lo cual nos indica que cualquier valor real de h es aceptable.   por tanto, una solución es f(x) = kx + h, sin importar h.

con k = (f(2) – f(0))/2  

Llevemos la solución k = 0 a la (3); 2h = 0    o sea h = 0      La segunda solución es 

f(0) = 0

Juan Fernando Sanin E

juanfernando.sanin@gmail.com