¿Sabía que…

…si llamáramos a un pintor para que pintara completamente una pared definida por la función f(x)=\textstyle{\frac{1}{x}} como la de la figura

no podría reunir la cantidad de pintura necesaria para ello en toda su vida?

Pero, cosa curiosa, si giramos respecto del suelo dicha función, obteniendo una superficie del estilo a la que aparece en la siguiente imagen

nuestro amigo el pintor sí podría rellenarla de pintura.

Vamos a concretar un poco, no podemos pintar el área definida por la función f(x)=\textstyle{\frac{1}{x}} en el intervalo (1,+ \infty) pero sí podemos rellenar de pintura el volumen generado al girar dicha curva respecto al eje X. Sorprendente, ¿verdad?

(Gracias a David por la idea.)

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

26 Comentarios

  1. Por razones diferentes (o no tanto), me recuerda a que dicho pintor tampoco sería capaz de reunir toda la pintura necesaria para dibujar la línea del contorno de la curva de Koch… pero sí toda la pared que hubiera encerrada dentro… y toda la que hubiera fuera!!

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  2. Os importaría explicarlo un poco más por que con coordenadas cilíndricas e integrales impropias no me converge la integral cuando x_0 \to 0

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  3. Es que me parece que está mal, debería ser [1,inf). De esa forma la integral de volumen da pi, y la de área infinito (ya sea la superficie comprendida por la curva o la superficie del cuerpo de revolución).

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  4. Una demostración para un caso más ‘discreto’. Si f(x) = 0 cuando x < 1 y f(x) = \dfrac{1}{\lfloor x \rfloor} cuando x \ge 1, el área entre esa curva y el eje de las x es 1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+ \cdots = \infty
    y el volumen del sólido formado por la revolución de la curva alrededor del eje de las x
    es \pi (1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+ \cdots )= \dfrac {\pi^3}{6}.

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  5. A ver quien es el listo que les explica al pintor lo que debe pintar o no pintar con esas formulas.
    ¿Que classe de pintores hay en vuestras tierras?

    nunca he visto un anuncio del tipo:

    Catedratico en matematicas se ofrece como pintor de brocha para los fines de semana i festivos, ideal para pintar bajo formula, abstenerse periodistas, escritores y gente de eltras en general.

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  6. Propongo una variante del problema:

    Supongamos que ese pintor decide pintar un triángulo rectángulo cuyos vértices fueran el origen de coordenadas y los puntos de corte con los ejes coordenados de una recta tangente a cualquier punto de la función dada ( Rama positiva de la hipérbola equilátera). Demostrar que la pintura necesaria sería siempre la misma, para cualquier punto de la hipérbola equilátera por el que se trazase la tangente.

    (Basado en un problema – uno de los dos que supe hacer yo completos – de la XVIII Olimpiada Matemática, Distrito de Valencia, 1982. Luego pongo el enunciado exacto, si encuentro aquella hoja…)

    Saludos.

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  7. juanjo, al final los antiguos griegos estaban en todo 🙂

    La propiedad que comentas es la proposición 43 del libro III de las “Cónicas” de Apolonio de Perga (hacia el 200 a.C).

    Solo que Apolonio la enuncia y demuestra para cualquier hipérbola, diciendo “asíntotas” en lugar de “ejes de coordenadas”, y “punto de intersección de las asíntotas” en lugar de “el origen de coordenadas”.

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  8. Gracias, fede; desconocía ese origen.

    El enunciado que yo recuerdo era algo así como “Demostrar que el area formada por cualquier tangente y los ejes de coordenadas coincide con el cuadrado del semieje de la hipérbola”.

    Saludos.

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  9. Esto nos lo dijo un profesor de cálculo en primero de carrera… la de caras estupefactas que se vieron ese dia en clase

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  10. Una reflexión muy interesante. De hecho si se hace con 1/x² se tiene que el pintor puede rellenar todo de pintura, pero no puede dibujarle su contorno.

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  11. Muy buen artículo. Casualmente estoy estudiando sólidos de revolución y se ha hecho muy divertido leer este artículo debido a que es verdad, el pintor nunca podrá terminar de pintar una pared de una función como tal… Pero al hacer el solido de revolución, sí podría terminarla.

    Buen punto.

    Os dejaré un problema después que es muy curioso.

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  12. Más aún ¿puede pintar la superficie de ese sólido de revolución? Creo que no ;o)

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  13. El desafío consiste en dar una explicación elemental sin recurrir al lenguaje de las fórmulas.

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  14. Para mi que un pintor experimentado es capaz de saber a simple vista y sin cálculos si tendrá pintura suficiente para cumplir su cometido.

    A veces la experiencia es tan eficaz como las matemáticas.

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  15. Digo yo que si llena el volumen hace más que pintar sólo media pared. Y sigo diciendo, es más el volumen entero que sólo esa media pared. Y termino diciendo, o alguien me lo explica o esto es otra chanza de los que como la integral ven que sale finita la una e infinita la otra ya se creen que lo tienen claro.

    Un saludo,

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  16. La clave está en que pintar una superficie implica un volumen (un grosor) de pintura, de hecho, se pueden especificar unas condiciones de pintado en las que la cantidad de pintura necesaria es finita.

    Por ejemplo, el área del cuadrado delimitado por el origen de coordenadas y el punto (1, 1) lo pintamos con un grosor de 0.1 milímetros. El área para x>1 lo pintamos con un grosor de 0.1/x milímetros (es decir, un grosor decreciente conforme x crece). Y el área para y>1 lo pintamos con un grosor de 0.1/y milímetros.

    Parece rebuscado, pero eso es justo lo que sucede con el volumen del cuerpo generado al girar la curva. Si rellenamos de pintura dicho cuerpo, conforme nos acercamos allí donde el infinito empieza a hacer de las suyas, el volumen decrece muy rápidamente (tanto que el volumen converge a un valor finito).

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  17. Creo que no hay paradoja. Estan comparando cantidades en m^2 con cantidades en m^3.

    Es como decir que con 1cm^3 de pintura puedo pintar todo el plano cartesiano pues simplemente estiramos cada vez mas ese cm^3 para abarcar una mayor área.

    De la misma manera que un cuadrado de 1×1 en el que podemos trazar infinitas lineas, esto no debería resultar paradójico. En ese caso necesitariamos una cantidad infinita de longitud para llenar el cuadrado pero solo una cantidad finita de área.

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  18. Concuerdo con sive. Una manera intuitiva de entenderlo es la siguiente:

    Si el pintor comienza a pintar la primera figura, no importa cuán gruesa sea su capa de pintura, “el grosor” de la pintura no está encerrado por la curva de la figura (de hecho, el grosor se sale del plano).

    En cambio, al pintar dentro del cuerpo (que, por cierto, se llama Trompeta de Gabriel) pasará que debido al grosor de la pintura, por delgada que sea la capa, llegará a un momento en que no se pueda colocar más pintura, porque la pintura que está a un lado de la pared interior “chocará” con la que está al otro lado. Es decir, la capa de pintura, por delgada que sea, en algún momento ocupará más espacio que lo que admite el radio interior del cuerpo. Por lo tanto, el cuerpo se puede llenar con una capa de pintura.

    En realidad, como muchos acá saben, esto es sólo una manera (muy) informal de dar a conocer que la segunda integral impropia converge. Por cierto que el decir “una capa de pintura tan delgada como se quiera” recuerda un poco a los “números tan pequeños como se quieran” que se usan al definir límites.

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  19. Este tema es de lo más interesante, por lo que decidí buscar un poco más de información. Finalmente, en Mathworld, pude hallar sobre el cuerno de Gabriel, también llamado Trompeta de Torricelli. Allí se dice que este es “la supeficie de revolución de la función y = 1/x sobre el eje de las x”. El cuerno posee una superficie infinita, pero un volumen finito (que de hecho es pi unidades cúbicas). “Esto conduce a la “paradójica” consecuencia que aunque el cuerno de Gabrel puede ser rellenado con pi unidades cúbicas de pintura, se necesitan un número infinito de unidades cuadradas para cubrir su superficie”. Aquí(http://mathworld.wolfram.com/GabrielsHorn.html) pueden encontrarlo, y se halla también el cálculo de la superficie y del volumen. Otra figura interesante es el “embudo” (quizá los matemáticos españoles la conozcan con otro nombre, pero en inglés es funnel), que tiene un parecido con el cuerno de Gabriel, pero tanto su superficie como su volumen son infinitos.

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  20. Se podrían dar montones de ‘paradojas’ parecidas (una cantidad tan drande como se desee, en realidad). En el primer comentario mimetist ya nombra un ejemplo de una curva cerrada de longitud infinita, que encierra una superficie finita.

    La ‘paradoja’ (entre comillas porque no es una paradoja real) no lo es tanto si se habla de conceptos abstractos como longitudes, superficies, y volúmenes. Es relativamente fácil encontrar ejemplos tanto de superficies finitas dentro de curvas infinitamente largas, como de volúmenes finitos encerrados por superficies infinitas.

    El problema surje cuando se asocia (falazmente, ojo) el concepto de ‘capa de pintura’ con el de ‘superficie’. Si se hace, obtenemos el resultado tan anti-intuitivo (para mí es más irracional que anti-intuitivo pero bueno) del enunciado.

    En este caso, a mi modo de ver, vence la intuición, porque el enunciado olvida matizar el razonamiento implícito: “si la superficie es infinita, se necesita una capa infinita de pintura”.

    Ese razonamiento debe ser matizado por lo que se ha comentado en los últimos mensajes.

    En cuanto se matiza la cuestión de si el grosor de la capa de pintura puede ser infinitamente pequeño, o tiene que ser constante, la paradoja desaparece, a poco que se estudie como evoluciona el volumen disponible en el cuerpo de revolución cuando nos acercamos al infinito.

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  21. Al ver la entrada la primera vez pensé:
    Será mentira, si no me equivoco ni el area ni el volumen convergen. eso solo cumpliría para un intervalo (a,+\infty) .
    Iba a poner eso en mi comentario haste que vi (1,+ \infty) , en este caso si se ve que el volumen converge =D.
    Bueno, un error de visualización lo tiene cualquiera.

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  22. Tal vez tenga la pintura suficiente para rellenar toda el área, pero dado que el tiempo que se demora en trasladarse desde un punto a otro a una distancia d es el mismo que de cualquier punto a otro a una distancia d esto significa que nuestro amigo el pintor no podría rellenarla de pintura dado que nunca llegaría al final.

    Área 1= \int_1^\infty (1/x) dx = \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{} ln(x)=\infty

    Volumen 2= \int_1^\infty \pi (1/x)^2 dx= \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{} -(1/x) - (-1/1)= 1

    Si calculamos el área del cuerpo 2:

    Área 2= 2\pi Área1= \infty

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  23. la FISICA la resuelve la paradoja.. al final tendriamos zonas de pintura mas pequeñas que una molecula o un atomo de pintura luego hay un ‘cut off’ natural que estaria determinando por 1/tamaño minimo atomo de pintura 🙂

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