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.9 CUADRADO DE UN NÚMEROA(0,255.09)Es el ejercicio inverso al anterior.Supongamos que queremos hallar el cuadradode 210 (la dimensión menor de un rectánguloDIN A4).Llevemos la esquina inferior derecha delpapel sobre un punto cualquiera (el A) del ladoizquierdo.A estará por encima de la cota 210para poder producir C en el plegado.C(0,41.1)Al plegar se obtienen los puntos A y Cde ordenadas respectivas a y c que llevadas a(210,0)(0,0)(1) del Punto 7.8 dan:- n = a(2c - a) = 255.09(2×41.1 255.09) = - 44102.5n = 44100 (la diferencia se debe al error de resolución de pantalla.31 7.10 PARÁBOLA ASOCIADA AL PLEGADO DE UNA ECUACIÓN DE 2º GRADOEn el Punto 1.2.4 se decía que plegando un punto sobre una recta se obtenía como línea de ple-gado la tangente a una parábola cuyo foco era el punto de partida y cuya directriz era la rectaque acogía al punto.Ello se prueba en el Punto 4 al demostrar el teorema de Haga.Pues bien, en la fig 1 del Punto 7.8 hemos reproducido esta misma operación, de manera quepodemos completarla dibujando la parábola de foco F a" A, directriz d, vértice V (punto mediode AO) y tangente CE en el punto E de abscisa precisamente igual a 40.A(0,60)FDEVGH1C(0,16.6)E' d-40 0X+40La ecuación de esta parábola es:60 1 1y = + x2 ; y = 30 + x2 (1)2 2 × 60 120Esta ecuación tiene la misma estructura de la (1) del Punto 4: baste observar en esta última quesu primer sumando tiene dimensión de longitud (L) y que el coeficiente de x2 tiene dimensión-1L.En la fig 1 de este Punto 7.10 está claro que las distancias de E a F y a d son iguales dado que latangente es la línea de plegado (eje de simetría).En definitiva, lo que hemos conseguido es ob-tener las dos tangentes a una parábola desde el punto C.En esta misma fig 1 se aprecia lo siguiente:"AOE semejante a "HVC; por tanto4060 402= ; VC =40 VC 3"VHC = "EHG, luego:40EG = VC =340 130yE = EE'= E'G + GE = 30 + =3 3130öøEs decir, es Eëø40,ìø ÷ø3íø øøRefiramos ahora la parábola (1) a unos nuevos ejes tales que, conservando el eje y, tenga el xparalelo a sí mismo por D.El nuevo origen será D y la ecuación (1) se convertirá en:32 1 130 1y = 30 + x2 ’! y + = 30 + x2120 3 120Esta última ecuación, para y = 0 da130ëøx =ìø - 30öø120 = ±40÷ø3íø øøCon ello se comprueba que las raices de una ecuación coinciden con los puntos de corte con eleje de las x, de la curva que la representa.7.11 RESOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN COMPLETA DE 3er GRADO (J.JUSTIN)Sea ésta de la forma3 2t + pt + qt + r = 0 (1)YC(a,b)1BD(c,d)FAXGODefinamos (Fig 1) en el plano cartesiano los puntos C(a,b) y D(c,d), a partir de los coeficientesde (1) según se verá a continuación.Efectuemos simultáneamente los siguientes plegados:C ’! OY ; D ’! OXLa pendiente de la normal a la línea de plegado BF resulta ser la solución de la ecuación pro-puesta (1), esto es,t = tg (DGX) = tg ±Con la configuración y escalas de la Fig 1, la solución t es única (existe una sola forma de ple-gado) porque se cumple que:3q - p2 2 p3 - 9 pq + 27r> 0 y 0 laprogresión será creciente y si d 1).La Fig.2 delpunto 7.14.3 es un ejemplo.En ella el primer término es a1 = 1 y la razón era a > 1.Si quisiéramos que con la misma razón r = a el primer término fuera a1 `" 1, habría queconstruir, a partir de a1, una espiral ortogonal paralela a la anterior.Así se obtiene la Fig.1 delpresente punto 7.15.2.En ésta, el valor de cada término de la progresión se mide desde O hastael ai correspondiente; asimismo se puede comprobar, desde la semejanza de los triángulosa2r1a3oaa 115a4mostrados, por ejemplo, que:a5 a2r r= ; =a4 1 a1 1Algunas propiedades de una progresión geométrica, apreciables en la Fig
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