¿Cómo estudiar y resolver ecuaciones polinómicas de segundo grado en las que aparece el valor absoluto de la incógnita en algunos de los términos algebraicos?

Consideremos, por un poner, la siguiente ecuación $$|x|^2+|x|-2=0$$ Veamos cómo podemos estudiarla correctamente, y, si la tuviese, cómo encontrar la solución:

Claramente, $0$ no es solución de la ecuación, pues al sustituir en la ecuación, se tiene que $|0|^2+|0|-2=0$, esto es, $-2\overset{!}{=}0$, que es una contradicción, luego $0$ no es solución de la ecuación. Entonces, el valor de $x$ podrá ser positivo o bien negativo. Pueden haber varios valores en la solución; de hecho los hay, encontraremos dos, como vamos a ver a continuación; incluso, uno puede ser positivo y el otro negativo, tal es el caso:

1. Si $0 \neq x\gt 0$, la ecuación original es equivalente a la propuesta es $x^2+x-2=0$, puesto que la operación valor absoluto sobre un número positivo da como resultado el propio número. Y, resolviéndola: $$0\lt x=\dfrac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot (-2)\cdot 1}}{2\cdot 1}=\left\{\begin{matrix}1\gt 0 & \text{luego este valor pertenece a la solución}\\ -2\lt 0 & \text{por tanto, este valor no pertenece a la solución}\end{matrix}\right.$$ Por tanto, para valores negativos de $x$ encontramos un valor: $1$. Comprobémoslo (sustituyéndola en lugar de $x$ en la ecuación propuesta) para ver si el valor numérico de las expresiones algebraicas de los dos miembros de la ecuación da el mismo resultado: $$|1|^2+|1|-2=0$$ $$\quad 1+1-2=0$$ $$\quad \quad 0=0$$
2. Si $0 \neq x\lt 0$, entonces $0\neq -x \gt 0$, por lo que podemos sustituir $|x|$ (que da un número positivo) por $-x$ (que corresponde al mismo valor que el del valor absoluto de dicho número negativo) en la ecuación original: $(-x)^2+(-x)-2=0$, esto es, $x^2-x-2=0$. Y, resolviéndola: $$0\gt x=\dfrac{-(-1)\pm \sqrt{(-1)^2-4\cdot (-2)\cdot 1}}{2\cdot 1}=\left\{\begin{matrix}2\gt 0 & \text{por tanto este, valor no pertenece a la solución}\\ -1\lt 0 & \text{luego este valor sí pertenece a la solución}\end{matrix}\right.$$ Por tanto, para valores negativos de $x$ encontramos un valor: $-1$. Tal como hemos hecho arriba, comprobémoslo (sustituyéndola en lugar de $x$ en la ecuación propuesta) para ver si el valor numérico de las expresiones algebraicas de los dos miembros de la ecuación da el mismo resultado: $$|-1|^2+|-1|-2=0$$ $$\quad 1+1-2=0$$ $$\quad \quad 0=0$$

Resumiendo, la solución de la ecuación propuesta está formada por los números enteros $-1$ y $1$. $\diamond$

Cálculos sencillos acerca del tiempo necesario para cargar una batería mediante un panel solar fotovoltaico

En las especificaciones del fabricante de un sencillo sistema fotovoltaico que proporciona energía eléctrica en corriente continua leemos que la energía que entrega en un día de funcionamiento un panel de $100\,\text{W}$ de potencia, con una tensión nominal de $12\,\text{V}$, es de $0,55 \,\text{kWh}$. A través del correspondiente regulador (ver figura), que permite un suministro eléctrico uniforme, lo conectamos a una batería para almacenar la energía eléctrica que proporciona el panel solar. Queremos hacernos una idea de cuánto tardaríamos en almacenar una carga eléctrica en una batería que tiene una capacidad de $75\,\text{Ah}$ (amperios x hora).

Antes de empezar, tengamos en cuenta unas sencillas nociones de electricidad. La potencia, la tensión y la intensidad de corriente se relacionan mediante la fórmula $P=V\,I$. Por otra parte, la capacidad de carga eléctrica de una batería suele expresarse en amperios x hora, esto es, mediante el producto de la intensidad de corriente (cantidad de carga eléctrica que circula por unidad de tiempo) —la suponemos aproximadamente constante (gracias al regulador)— por el intervalo de tiempo de funcionamiento. Estas consideraciones, nos permiten responder a la pregunta que nos hemos formulado con un simple cálculo de proporcionalidad directa, para el cual nos serviremos del método de los factores de conversión para mayor comodidad y facilidad.

Calculemos el número de amperios x hora que suministra el panel solar en un día: $$0,55\,\dfrac{\text{kWh}}{\text{día}}=0,55\,\dfrac{\text{kWh}}{\text{día}}\cdot \dfrac{10^3\,\text{Wh}}{1\,\text{kWh}}\cdot \dfrac{1\,\text{V}\cdot \text{Ah}}{1\,\text{Wh}} \dfrac{1}{12 \,\text{V}}=45,8\,\dfrac{\text{Ah}}{\text{día}}$$

Teniendo en cuenta ahora que queremos almacenar una carga de $75\,\text{Ah}$, necesitaremos la siguiente cantidad de tiempo para ello: $$\dfrac{75\,\text{Ah}}{45,8\,\dfrac{\text{Ah}}{\text{día}}}\approx 39\,\text{h}$$

Para hacernos una idea más clara: ¿Qué porcentaje de recarga se habría llevado a cabo durante las cinco primeras horas? Pues bien, a partir del resultado anterior basta hacer otro sencillo cálculo de proporcionalidad estaríamos a un $$\dfrac{5\,\text{h}}{39\,\text{h}}\cdot 100 \approx 13\,\% \, \text{del proceso de carga}$$ $\diamond$

De lluvias torrenciales, aljibes, tejados y canalones

Estaba el otro día pensando en aljibes —un aljibe es un depósito de agua tradicionalmente destinado a recoger el agua de la lluvia— y en el agua que puede recogerse desde el tejado de una casa de $20\,\text{m}^2$ de área, el cual tiene una única caída que forma un ángulo de $30^\circ$ con respecto al plano horizontal (del suelo) para, dirigiéndola a través del canalón, almacenarla en un aljibe. Me preguntaba por la cantidad de agua que se podría recoger que, forma torrencial, cayó hace pocos días, durante $90\,\text{min}$ —voy a suponer que la intensidad se mantuvo constante—, y que según los datos registrados tuvo una intensidad de $70$ milímetros por metro cuadrado.

Recordemos que la precipitación se mide en milímetros de agua, o litros caídos por unidad de área (metro cuadrado) durante $1$ hora; es decir, se expresa de esta manera la altura de la lámina de agua (recogida en una superficie plana) en milímetros (por metro cuadrado) en una hora. Obsérvese por tanto que $1$ milímetro de agua de lluvia precipitada por metro cuadrado equivale a $1$ litro de agua (por metro cuadrado). En efecto, basta considerar un cuadrado de $1$ metro cuadrado de área, como base de un cubo de $1$ metro de arista, teniendo por tanto dicho cubo imaginario un volumen de $1\,\text{m}^3=1\,000\,\text{dm}^3$; así, si el agua de la lluvia lo llenase por completo, recogeríamos $1\,000\,\text{L}$, de agua, ya que $1\,\text{L}$ (capacidad) equivale a $1\,\text{dm}^3$ de volumen continente. Por consiguiente, al decir que ha caído $1\,\text{mm}$ de precipitación, nos referimos a una cantidad de lluvia de una milésima parte de $1\,000\,\text{L}$, esto es, por cada milímetro de grosor de la lámina de agua de lluvia se puede almacenar $1\,\text{L}$ de agua.

Así pues, según los datos de la precipación en cuestión, y teniendo en cuenta que $90\,\text{min}=1,5\,\text{h}$, y que por tanto cayeron $1,5\cdot 70\,\dfrac{\text{L}}{\text{m}^2}=105\,\dfrac{\text{L}}{\text{m}^2}$. En ese tiempo, si el tejado no tubiese caída (si fuese horizontal), y como resultado no definitivo, es claro que se podrian almacenar $105\,\dfrac{\text{L}}{\text{m}^2}\cdot 20\,\text{m}^2=2\,100\,\text{L}$.

Ahora bien, el tejado sí tiene inclinación, por lo que hay que corregir el resultado anterior, multiplicándolo convenientemente por una razón trigonométrica. Veamos cuál es esa razón trigonométrica que acabamos de mencionar y el porqué ésta corrige bien el resultado previo del párrafo anterior.

Es evidente que en el caso extremo de tener un tejado que formase un ángulo de $90^{\circ}$ con el suelo, la cantidad de agua recogida sería mínima —de hecho sería nula—, y si fuese horizontal, la cantidad de agua recogida sería máxima. Entre estos dos casos extremos nos encontramos con con todos los demás, de manera creciente, del mínimo al máximo; las cantidades de agua recogidas en estas situaciones intermedias las podemos modelizar multiplicando el máximo por el coseno del ángulo que forma el plano del tejado con el del suelo (horizontal), por tanto la cantidad de lluvia que recogeríamos teniendo en cuenta la inclinación de nuestro tejado es $2\,100 \cdot \cos\,30^\circ\approx 1\,819\,\text{L}$.

Reflexionando un poco sobre lo que acabamos de encontrar, podemos concluir que bien cabe hablar de un área efectiva al tener en consideración la inclinación del tejado, la cual representa el área de recogida con la que podemos contar a la hora de recoger el agua de la lluvia: $\text{Área}_{\text{efectiva}}:=\text{Área}_{\text{tejado}}\cdot \cos\, \alpha$ siendo $\alpha$ el ángulo que forma el plano del tejado con el plano base del suelo, que se supone horizontal. Así, la cantidad de agua recogida que se añade al aljibe, es igual a $P\cdot \Delta\,t \cdot \text{Área}_{\text{efectiva}}$, donde $P$ representa la intensidad de la precipitación, expresada en litros por metro cuadrado y por hora, o lo que es lo mismo, en milímetros de grosor de lámina de agua por metro cuadrado y por hora. $\diamond$

-oOo- Para saber más acerca de las lluvias:
  [1] AEMET, Resumen del registro de precipitaciones en España (6/10/2022)
      [https://www.aemet.es/es/serviciosclimaticos/vigilancia_clima/resumen_precipitaciones].

Cosas del infinito

Tomando café hace un par de días, mientras tomaba el café de media mañana, pensé en el siguiente problema, que podemos encontrar en muchos libros de divulgación de las matemáticas, en diversas presentaciones, y que, en cierto modo, recuerda mucho a la solución a una de las paradojas de Zenón ( filosofía):
  Imaginemos un caminante, que se mueve en línea recta, de tal manera que divide su caminata (a velocidad constante) en infinitos tramos de tiempo de la siguiente manera: al primer tramo de camina le dedica medio minuto; al segundo, un cuarto de minuto; al tercero, un octavo de minuto, y, así, sucesivamente. Cuánto tiempo tardará a realizar su caminata completa, ¿un tiempo infinito, como quizás es lo primero que nuestra intuición nos dicta? ¿O tal vez un tiempo finito?.
  Si calculamos un poco, desvelaremos la solución, que, desde luego, nos va a sorprender.

En la sucesión de (infinitos) intervalos de tiempo, $\dfrac{1}{2}$, $\dfrac{1}{4}$, $\dfrac{1}{8}$, $\ldots$ podemos reconocer fácilmente los términos de una sucesión geométrica (s.g.), cuyo primer término es $a_1=\dfrac{1}{2}$, y de razón $r=\dfrac{1}{2}$. El término general es, por tanto, $a_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$, con $n=1,2,\ldots$. Es sabido que la suma de los $n$ primeros términos consecutivos de una s.g. viene dado por $S_n=a_1\,\dfrac{r^n-1}{r-1}$, esto es, en nuestro caso por, $S_n=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{(1/2)^n-1}{1/2-1}=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n \quad (1)$. Entonces, el tiempo total de la caminata es la suma de los infinitos términos, y por tanto bastará pasar al límite la expresión (1) cuando el número de intervalos, $n$, tiende a infinito, que convergé, habida cuenta de que la razón de la s.g. es menor que $1$: $$\displaystyle \lim_{n\,\to\,\infty}\,\left(1-(1/2)^n\right)=\lim_{n\,\to\,\infty}\,1-(1/2)^{\infty}=1-0=1\,\text{min}$$ $\diamond$

-oOo- Lecturas sugeridas para ahondar en las sorpresas que nos puede ofrecer el pensar en la noción matemática de infinito:
  [1] vv.aa., El hotel infinito de Hilbert,
      [https://es.wikipedia.org/wiki/El_hotel_infinito_de_Hilbert], Wikipedia.

Unas cuentas sencillas (de proporcionalidad) acerca del abastecimiento de energía eléctrica a partir de la luz del Sol

El consumo anual de energía se estima en $1,5\times 10^{12}\,\text{kWh}$. En la actualidad, una instalación fotovoltaica de $1\,\text{m}^2$ de superficie puede producir anualmente $300\,\text{kWh}$. ¿Qué superficie de paneles fotovoltaicos seria necesaria para cubrir la demanda energética en España?.

Con una sencilla proporción directa, llegamos a una conclusión esclarecedora: $$\dfrac{1,5\times 10^{12}\,\text{kWh}}{300\,\text{kWh}/\text{m}^2}=5\times 10^9\,\text{m}^2\cdot \dfrac{1\,\text{km}^2}{10^6\,\text{m}^2}=5\,000\,\text{km}^2$$

Esta superficie requerida para instalar el conjunto de paneles es una pequeña parte de la superficie del territorio, gran parte del cual está despoblado. En efecto, España tiene una superficie de $505\,990\,\text{km}^2$, luego el porcentaje de territorio que se necesitaria para la instalación es $\dfrac{5\,000\,\text{km}^2}{505\,990\,\text{km}^2} \approx 0,01 = 1\,\%$. $\diamond$

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Nota: Un kilovatio hora (cantidad de energía) representa $1\,\text{kW}$ (kilovatio) de potencia mantenida durante $1$ hora; luego, recordando que $1\,\text{W}=1\,\dfrac{\text{J}}{\text{s}}$, con un sencillo cálculo vemos que $1\,\text{kWh}$ equivale a $3,6\times 10^6\,\text{J}$ (julios), que es la unidad de energía en el Sistema Internacional.

-oOo- Referencias:
  [1] Antonio Ruiz de Elvira, El debate de la energía, las nucleares y las solares, Madri+d, 20022.
  [2] vv.aa., Wikipedia (consultas varias: unidades de energía; superficie del territorio).

Combinatoria. Un ejemplo sobre el vaciado de un depósito eligiendo diversas cañerías de desagüe

Un depósito de agua dispone de cinco cañerías de desagüe, cuyos caudales respectivos son $1,3,5,10$ y $20$ $\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$. Si abrimos al azar cuatro de dichos desagües, ¿en cuántos tiempos diferentes se puede vaciar el depósito?.

Hay $\binom{5}{4}=\binom{5}{5-4}=\binom{5}{1}=5$ maneras de elegir los cuatro desagües, con sus correspondientes caudales, que son, para cada una de estas $5$ elecciones:
    $\{1,3,5,10\} \rightarrow 1+3+5+10=19\,\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$
      $\{1,3,5,20\} \rightarrow 1+3+5+20=29\,\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$
        $\{3,5,10,20\} \rightarrow 3+5+10+20=38\,\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$
          $\{1,5,10,20\} \rightarrow 1+5+10+20=36\,\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$
            $\{1,3,10,20\} \rightarrow 1+3+10+20=34\,\dfrac{\text{L}}{\text{min}}$
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Combinatoria. Un ejemplo con bolas y urnas

¿De cuántas maneras podemos colocar $10$ bolas en $2$ urnas, de tal manera que $7$ de dichas bolas se pongan en una de las dos urnas y el resto de bolas en la otra urna?.

Hay $\binom{10}{7}$ maneras de elegir las $7$ bolas (de entre un total de $10$) que se van a colocar en una de las urnas; por otra parte, hay $\binom{10-7}{3}$ maneras de elegir el resto de las bolas que van a ser colocadas en la otra urna. Por el principio de independencia, se podrá hacer de $\binom{10}{7}\cdot \binom{10-7}{3}=120\cdot 1=120$ maneras. $\diamond$

Un caso sencillo de proporcionalidad aplicada al consumo de baterías eléctricas

Disponemos de una batería eléctrica de $12\,\text{V}$ cuya capacidad es $75\,\text{A·h}$, Con la que alimentamos un único dispositivo que requiere una tensión de entrada de $12\,\text{V}$ y cuya potencia es de $8\,\text{W}$, conectándolo a los bornes de la batería. En el supuesto (ideal) de que la intensidad eléctrica que proporciona la batería se mantenga constante hasta el momento en que se agote, ¿durante cuánto tiempo podremos tener funcionando el dispostivo?.

La intensidad eléctrica que requiere nuestro dispositivo es $I=\dfrac{P}{V}=\dfrac{8}{12}\,\text{A}=\dfrac{2}{3}\,\text{A}\approx 0,67\,\text{A}$, luego, mediante una sencilla proporción directa, deducimos que, en las condiciones ideales de las prestaciones de la batería que se han expresado en el enunciado, podremos mantenerlo en funcionamiento durante $$\displaystyle \dfrac{75\,\text{A·h}}{\dfrac{2}{3}\,\text{A}}=112,5\,\text{h}=4\,\text{días}\,\,\text{16}\,\text{h}\,\,30\,\text{min}$$

-oOo-

Nota. $W$ indica vatios en el Sistema Internacional de medidas (S.I), y es la unidad de potencia o cantidad de energía puesta en juego por unidad de tiempo (que es el segundo, $s$, en el S.I.); $h$, indica horas; $V$, voltios y es la unidad de diferencia de potencial eléctrico o tensión eléctrica en el S.I.; $A$, amperios, y es la unidad de la intensidad de corriente en el S.I., y $A·h$, indica amperios-hora (cantidad de carga eléctrica almacenada en una batería).

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