Otro sistema de ecuaciones no lineales de fácil resolución

Este otro ejercicio, similar al anterior (sistema de ecuaciones no lineales) por sus características, también es fácil de resolver (utilizando la misma técnica empleada); sin embargo, como veremos enseguida, hay más soluciones además de la trivial ($x=y=z=0$): $$\left.\begin{matrix}x+y=xyz \quad (1)\\y+z=xyz \quad (2)\\x+z=xyz \quad (3)\end{matrix}\right\}$$

Restando miembro a miembro la igualdad $(2)$ de la igualdad $(1)$ obtenemos $x-z=0 \Leftrightarrow x=z \quad (4)$ y restando miembro a miembro $(3)$ de $(2)$, $y-x=0 \Leftrightarrow x=y \quad (5) \overset{(4,5)}{\Rightarrow} x=y=z \quad (6) $. Entoces, teniendo en cuenta $(6)$, la ecuación $(1)$ se escribe ahora como $x+x=xxx$, esto es $$2x=x^3 \Leftrightarrow x^3-2x=0 \Leftrightarrow x(x^2-2)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0\\ x^2-2=0 \Leftrightarrow x^2=2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=\sqrt{2}\\x=-\sqrt{2}\end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$$

Encontramos pues tres soluciones: $\{x_1=y_1=z_1=0\,,\, x_2=y_2=z_2=\sqrt{2}\,,\, x_3=y_3=z_3=-\sqrt{2}\}$, que podemos comprobar fácilmente sustituyendo en las ecuaciones originales. $\diamond$

Un sistema de ecuaciones no lineales que sin embargo es fácil de resolver

Os presento un interesante ejercicio que consiste en resolver un sistema de ecuaciones que, a pesar de ser un sistema de e. no lineales, su resolución es sencilla, dadas sus especiales características: $$\left.\begin{matrix}x-y=xyz \quad (1)\\y-z=xyz \quad (2)\\x-z=xyz \quad (3)\end{matrix}\right\}$$

Veamos cómo resolverlo. Restando miembro a miembro la igualdad $(2)$ de la igualdad $(1)$ obtenemos $x+z=0 \Leftrightarrow z=-x \quad (4)$ y restando miembro a miembro $(3)$ de $(2)$, $y-x=0 \Leftrightarrow x=y \overset{(1)}{\Rightarrow} xyz=0 \overset{(2)}{\Rightarrow} y=z \quad (5)$. Por otra parte, de $(3)$ y $(4)$, y teniendo en cuenta que $xyz=0$, se llega a $2x=0 \Leftrightarrow x=0$. En consecuencia, $x=y=z=0$, que, desde luego, es una solución trivial (se ve a simple vista antes de hacer nada más); sin embargo, no hay más soluciones que ésa. $\diamond$

Una aplicación de la trigonometría elemental en un día lluvioso

En un día de lluvia, navegando en un pequeño velero, se registraron $5$ milímetros (de columna de agua) por metro cuadrado en $24$ horas (según la estimación de la previsión meteorológica). En ese periodo de tiempo, el navegante extendió un toldo de forma rectangular, de $2 \times 3 \,\text{m}^2$ en la cubierta de la embarcación, inclinándola en un ángulo de $30^\circ$ con respecto al plano de la cubierta, al objeto de poder recoger agua de la lluvia y, canalizándola mediante un embudo, poder almacenarla en un depósito de plástico.

Según estas informaciones, ¿qué cantidad de agua consiguió recoger?

Démonos cuenta de que $5$ milímetros (de altura de columna de agua) por metro cuadrado en $24$ horas significa que la cantidad estimada de lluvia que cayo en ese intervalo de tiempo fue de $5 \,\dfrac{\text{L}}{\text{m}^2}$, ya que basta con que imaginemos un prisma recto cuya base es perpendicular a la dirección de caída de la lluvia, de sección cuadrada, cuya área sea de $1\,\text{m}^2$ con una altura de $5\,\text{mm} = 0,005\,\text{m}$, con lo cual el volumen de dicho prisma es de $0,005\,\text{m}^3=5\,\text{dm}^3$, y por tanto, como un volumen de $1\,\text{dm}^3$ de agua supone $1\,\text{L}$ en unidades de capacidad, la cantidad de agua de lluvia que llenó dicho prisma imaginario durante esas $24$ horas fue de $5\,\text{L}$.

Ahora bien, tengamos en cuenta que la orientación del toldo no era perpendicular a la dirección de caída de la lluvia, pues, como se indica en los datos, éste estaba inclinado un ángulo de $30^\circ$ con respecto al plano de la cubierta. De no estar el toldo inclinado, sino puesto horizontalmente sobre la cubierta, se hubiese recogido la máxima cantidad de agua: $Q_{\text{máx}}=(3\cdot 2)\,\text{m}^2\, \cdot 5\,\dfrac{\text{L}}{\text{m}^2}=30\,\text{L}$. Sin embargo, para conducir el agua que caía sobre el toldo era necesario darle pequeño ángulo de inclinación como el que el navegante le dió, por lo que la cantidad de recogida realmente fue menor que esos treinta litros.

Por otra parte, notemos que, de haber puesto el toldo perpendicular a la cubierta (paralelo a la dirección de caída de la lluvia), la cantidad de agua recogida hubiese sido nula, luego es claro que la cantidad de agua recogida hay que calcularla en función del ángulo $\alpha$ de inclinación del toldo, multiplicando la cantidad máxima calculada arriba, $Q_{\text{máx}}$, por el coseno de dicho ángulo; en efecto, si $\alpha=0^{\circ}$, se tiene que la cantidad pedida es $30 \cdot \cos(0) = 30\cdot 0 = 0\,\text{L}$, y si $\alpha=90^{\circ}$, la cantidad que recogeríamos sería de $30 \cdot \cos(90) = 30\cdot 1 = 30\,\text{L}$, que es igual, claro ésta, a dicha cantidad máxima.

Por consiguiente, la cantidad de agua de lluvia recogida para cualquier valor del ángulo $\alpha$, intermedio mayor que $0^{\circ}$ y menor que $90^\circ$, la cantidad recogida será igual a $Q=Q_{\text{máx}}\cdot \cos\,\alpha$. Por tanto, en el caso pedido, la cantidad de agua que el navegante recogió fue $Q=30\cdot \cos\,30^\circ \approx 26\,\text{L}$. $\diamond$