O oficio de ser profesor de matemáticas. O vértice da parábola.

Como exemplo de en que consiste o oficio de ser profesor de matemáticas vou relatar algunha das consideracións que fixen ao dar unha clase en 3º da ESO ao abordar o estudo das funcións cuadráticas, en concreto, a representación gráfica das parábolas.

Antes de nada comento algunha das cousas que aparecen nos libros de texto de Matemáticas Aplicadas actuais escollidos ao chou. En primeiro lugar o de 3º da ESO de Bruño. Antes do contido da fotografía só se daba a gráfica de y=x² destacando dela un feito ao que Galileo lle sacou moito partido pero que neste contexto non serve máis que para despistar: que a diferenza entre valores enteiros das ordenadas dá a sucesión de impares. Despois xa temos a seguinte receita.

O seguinte recorte é do libro de 4º da ESO de Santillana. As epígrafes anteriores estaban adicadas ás parábolas y=ax² , y=ax² +c e y=ax² +bx. Para cada un dos casos dase unha fórmula distinta para a obtención do vértice. En ningún deles se estuda como varía a forma da gráfica segundo varía a. Tampouco se indica en ningún sitio o papel que xoga o termo independente c. En resumo, as matemáticas son unha restra de receitas. No summum desta filosofía, explicítasenos ademais a ordenada do vértice. É necesaria esta fórmula cando basta con substituir o valor da abscisa na expresión alxébrica da parábola?

Temos que aceptar a fórmula para a abscisa do vértice ou, pola contra, podemos deducila? Está claro que me gusta facer preguntas retóricas. A resposta é afirmativa, pois de non selo, non a faría. Parto da base de que soltar unha fórmula tras outra non é dar clase de matemáticas pois non é facer matemáticas. As fórmulas non caen do ceo polo que, sempre que sexa posible, cómpre derivalas doutros coñecementos que teñamos adquiridos. Ademais isto permite a fixación a longo prazo e a aprendizaxe de estratexias de resolución de problemas.

Como todos estes materiais, alén das problemáticas comentadas, só os podemos encontrar en castelán, eu recomendo os recursos do Descartes ED@D, que podemos consultar en galego e permiten unha relación máis dinámica que un libro de texto ao conter escenas interactivas que guían a aprendizaxe. Con todo, se queremos só libro de texto, tamén o podemos descargar (aquí un exemplo do tema en cuestión), aínda que eu prefiro usar os cadernos de traballo editables (e editalos) que atopamos sempre na primeira páxina de cada tema. Pasemos a traballar coa unidade do Proxecto Descartes.

 

Despois de botarlle unha ollada ao texto, centrémonos na escena da dereita. Trátase de representar a parábola y=x²  cubrindo unha táboa de valores (hai que premer enter cada vez que introduzamos un valor) Os alumnos deben facelo tamén no seu caderno. Ao finalizar insistimos nas características máis importantes da representación: o eixe de simetría e o vértice da parábola.

Aparécenos unha frecha para continuar traballando coa escena. Agora trátase de ver a representación das funcións da forma y=ax² para distintos valores de a. Xogamos con eses valores e vemos na escena como varían os valores de y, pero sobre todo observamos os cambios da gráfica segundo variamos o parámetro a. Despois de varias preguntas e respostas na clase acordamos que:

• Canto maiores (en valor absoluto) son os valores de a, máis pechada é a parábola e canto menores (en valor absoluto), máis aberta.
• Para valores positivos de a a parábola ábrese por arriba e o vértice é un mínimo. 
• Para valores positivos de a a parábola ábrese por abaixo e o vértice é un máximo

Se nos fixamos na seguinte escena interactiva, agora podemos ver como varía a gráfica da parábola ao introducir o termo independente c. A función  y=ax² trasládanse c unidades sobre o eixo de ordenadas para darnos a gráfica de  y=ax² +c

 

Os problemas comezan coa lectura do texto destacado á esquerda que nos remiten ás mesmas cuestións que as apuntadas cando revisamos os libros de texto. Aquí vólvenos a aparecer a eiva anteriormente comentada. Recóllese sen xutificación ningunha a fórmula para a abscisa do vértice. Vexamos como podemos introducila a este nivel de ensino. Para iso, antes de nada, vou repasar os coñecementos previos que son necesarios para esa dedución.

Coñecementos previos

• No seu día traballamos a resolución de ecuacións de segundo grao. Fixémolo con certa profundidade pois ademais da dedución da fórmula que dá as solucións da ecuación, deducimos as fórmulas de Vieta que nos indican a relación da suma (e do produto) das raíces cos coeficientes da ecuación. En concreto, sexan x₁ e x₂ as solucións de ax²+bx+c=0$$x_{1}=\frac{-b+ \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\quad x_{2}=\frac{-b- \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\\S=x_{1}+x_{2}=\frac{-b+ \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}+\frac{-b- \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}=\frac{-2b}{2a}=\frac{-b}{a}$$
• Tamén se estudaron as ecuacións das rectas na súa forma explícita. En particular traballáronse as ecuacións das rectas horizontais y=k e as das rectas verticais x=k.
• Por suposto, tamén saben calcular unha media.
• Non nos esquezamos de que acabamos de ver que a gráfica de  y=ax² +c é a translación de c unidades sobre o eixo Y de  y=ax² 
• Nin de que as parábolas teñen un eixo de simetría vertical 
• E que isto significa que cortan as rectas horizontais "á mesma altura"
• E que o vértice está nese eixo

O vértice da parábola

Con todo isto na faltriqueira, podemos abordar a dedución da fórmula en cuestión. Decatémonos de que son unha gran cantidade de ítems e que isto pode producir en moitos alumnos unha saturación cognitiva. Por iso convén repasar e  clarificar todas estas ideas anteriores antes de continuar. Agora ben, o emprego de tantas ideas dadas durante o curso permiten o seu repaso e desvelan a súa utilidade noutras partes da materia. Especialmente destacable é a fórmula de Vieta para suma das solucións que no seu día parecía unha extravagancia, unha profundización sen moito sentido, e que agora se vai revelar como a porta á resolución dun novo problema.

Como o proceso é bastante complicado adiántase que únicamente traballaremos con parábolas co coeficiente a>0; isto é, parábolas abertas "por arriba". O profesor propón dous exercicios. No primeiro explica unha estratexia de resolución e as súas razóns.

Exercicio 1.Representación gráfica de  de  y=x² -4x+3 . 

Xa vimos nas escenas anteriores que as gráficas daquelas parábolas son simétricas. Adiántase que isto seguirá sendo así. Comenzarase con algo coñecido, a resolución da ecuación   x² -4x+3=0 . Reflexiónase que isto é equivalente a achar os puntos de corte da parábola co eixo dos X.  Obtemos  x₁ = 1 e x₂=3. Represéntase no plano cartesiano:

Ponse en evidencia que estes son dous puntos da parábola que están á mesma altura, ergo son simétricos. Polo tanto o eixo de simetría pasará polo punto medio x=2 e terá como ecuación x=2:

Tamén sabemos que o vértice estará nalgún lugar deste eixo, isto é, a primeira coordenada do vértice é v_x = 2 . Para calcular a segunda, basta con valorar a función y=x² -4x+3 neste punto e obtemos v_y = -1. Agora podemos facer uso da simetría e dar valores por parellas á mesma distancia do eixo porque sabemos que para cada parella o valor da función será o mesmo. Velaquí a táboa, os puntos representados e a gráfica.

Agora é o turno do alumnado, sen guía do profesor.

Exericio 2. Representación gráfica de  y=x² -2x-3 . 

Neste caso os puntos de corte co eixo dos X son  x₁ = -1 e x₂=3 polo que a primeira coordenada do vértice será media destas raíces que é v_x = 1. Este valor tamén nos indica o eixo de simetría. A solución neste novo caso é a seguinte:

Quedou ben claro que o eixo de simetría é o punto medio das raíces da ecuación de segundo grao. Lembrando as fórmulas de Vieta para este tipo de ecuacións podemos deducir a ansiada fórmula:

$$v_{x}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{S}{2}=\frac{\frac{-b}{a}}{2}=\frac{-b}{2a}$$

Se aplicamos esta fórmula aos dous exercicios anteriores veremos que a fórmula nos dá os valores achados anteriormente:

$$\underline{Exercio 1.}\quad v_{x}=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left ( -4 \right )}{2\cdot 1}=2\\\underline{Exercio 2.}\quad v_{x}=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left ( -2 \right )}{2\cdot 1}=1$$

Ademais destacamos que aplicar esta nova fórmula afórranos o cálculo das solucións da ecuación de segundo grao. Pídeselles que o fagan nos seguintes exercicios.

Exercicio 3. Representación gráfica de  y=2x² -12x+10 

Exercicio 4. Representación gráfica de  y=x² +4x+6 

O máis interesante de todo este proceso é observar o que sucede na aula cando propoñemos comprobar neste último exercicio que o eixo de simetría coincide co punto medio das solucións da ecuación x² +4x+6=0. A cuestión é que non ten solucións reais. Entón, como é que puidemos achar o vértice da parábola? Non era que a fórmula se obtiña precisamente ao calcular a media das solucións da ecuación? Como é posible que a fórmula funcione máis alá de onde foi obtida? É practicamente seguro que ningún alumno deste nivel sexa quen de dar resposta satisfactoria a estas cuestións. Non se trata de crearlles inseguridade nas matemáticas. Polo contratrio, o obxectivo está en destacar o extraordinarias que son. Seguro que hai razóns inescrutables que fan que funcione a fórmula. No improbable caso de que haxa un ambiente de interese por buscalas, e se despois dalgún tempo de reflexión e traballo non xurde ningunha idea, pódeselles recordar que a variación do termo independente trasladaba a curva verticalmente ou, equivalentemente, quizais conveña cortar a parábola con rectas horizontais como y=3 ou y=4 que darán lugar a puntos equidistantes do eixo de simetría.

Seguindo no contexto do exercicio 4, que pasa coas parábolas da forma y=x² +4x+c ? E se c=0?Ou, fixándonos na fórmula da abscisa do vértice, decatamonos de que non depende de c para nada? Iso que significa? As fórmulas non só non son obra dun demiurgo, senón que ademais fálannos e dinnos cousas das que non nos decataremos nunha lectura superficial. Velaí que todos estes procesos significan unha maior profundización no tema a tratar. A desvantaxe consiste en que precisan de moito máis tempo. A vantaxe é que se tratan as matemáticas coma se fosen matemáticas. 

Finalmente unha aclaración. Non se trata de que aquel que non explique como calcular o vértice dunha parábola exactamente tal e como o fixen aquí esté poñendo en práctica unha docencia irreflexiva pois nin eu mesmo o fago exactamente así. O importante é que no modo de enfocar as clases haxa unha corrente subterránea que cuestione todo aquilo que se vai levar á aula baixo os parámetros da materia. Espero que quede establecido que unha cousa é ensinar a razoar, a xeneralizar, a reflexionar sobre casos extremos, a facerse preguntas e incluso a dar algunha resposta, en definitiva, dar clases de matemáticas. Outra cousa moi distinta é recitar libros de texto, revelar listados de leis e propiedades, adicar os días e as noites a listas de exercicios repetitivos. Isto outro é dar clase de relixión.

Anotacións á "Variábel sombra do sol" de Antón Otero

 O Departamento de Matemáticas do IES Monelos ten nome, chámase Departamento Antón Otero Baamonde "Tonón" en memoria do que fora membro do mesmo. Na propia páxina do Departamento achamos varios apuntes sobre a biografía de Antón Otero. Así sabemos que ademais de moitas aportacións no campo do ensino das matemáticas como os libros para todos os cursos da ESO de Baía Edicións (hoxe prohibidos pola Xunta), estivo implicado na loita antifranquista e guiose sempre por tres directices: "a reivindicación do laicismo escolar[...], a galeguización do ensino e a innovación educativa".Neste último aspecto, na súa biografía ten no seu haber a participación nas folgas e manifestacións polo expediente aberto a Xosefa Baamonde por impartir clase en galego no colexio Dices-Rois.

Para min foi unha sorpresa que me encheu de ledicia a lectura o artigo, publicado en galego, no nº 17 revista SUMA da FESPM, titulado "A variábel sombra do sol", de autoría compartida con David Buján e Ana Otero. Aquí explícase botando man dunha boa colección de debuxos, como é a forma da sombra do sol segundo a latitude do observador ou a data do ano.

Eu non coñecín a Tonón, pero bastaría o pouco dito sobre el ata quí para afirmar que comprían centos coma el no mundo do ensino. Así que, como quixera dalgunha maneira sumarme á homenaxe que lle fan desde o seu departamento, van de seguido estas anotacións ao artigo "A variábel sombra do sol". Non vou engadir nada novo senón só presentar as mesmas ideas cunha nova cara. Trátase de obter explícitamente a ecuación da curva que describe a sombra do sol para poder usala nun programa de xeometría dinámica.

 

Cuestións previas

Coloquemos un pau de unha unidade de altura chantado perpendicular ao chan. O problema consiste en determinar cal será a súa sombra. O norte marcará o eixo das abscisas e o oeste o das ordenadas. 

Nun momento dado o Sol estará no punto X da esfera celeste. Representamos o triángulo parláctico para X. Trátase de obter a ecuación da sombra no plano horizontal en coordenadas (x,y)

Ampliamos o pau en C e a súa sombra. Ao escollermos un pau de lonxitude unitade, a sombra medirá tanz, de aí que as coordenadas do punto que marca a sombra serán 

$$x=tanz\ cos(-a)= tanz \ cosa$$ $$y=tanz\ sen(-a)=-tanz\ sena$$

Noutra entrada anterior xa obtiveramos as fórmulas que nos dan o cambio das coordenadas ecuatoriais (δ, t) ás horizontais (z,a):

$$cosz=sen \varphi  \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost\quad\quad [1]$$ $$senz\ sena=cos\delta \ sent\quad\quad\quad\quad\quad\quad [2]$$ $$senz\ cosa=-cos\varphi \ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost\quad[3]$$

Dividindo [3] entre [1] obteremos a coordenada x da sombra. 

$$\frac{senz\ cosa}{cosz}=\frac{-cos\varphi\ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost  }{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost}$$ $$x=\frac{-cos\varphi \ tan\delta +sen\varphi \ cost}{sen\varphi\  tan\delta+cos\varphi \ cost }$$

Dividindo [2] entre [1] obteremos a coordenada y da sombra:

$$\frac{senz\ sena}{cosz}=\frac{cos\delta \ sent}{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cost}$$ $$-y=\frac{sent}{sen\varphi \ tan\delta +cos\varphi \ cost}$$

Con estes vimbios xa estamos en disposición de obter a ecuación da sombra. Para que os cálculos se fagan menos pesados fagamos os cambios:

senφ=s             cosφ=c           tanδ=d

Agora nas expresións anteriores das coordenadas da sombra x e máis y, poderemos despexar sent e cost:

$$x=\frac{-cd+s\cdot cost}{sd+c\cdot cost}$$ $$xds+sc\cdot cost=-cd+s\cdot cost$$ $$(s-cx)cost=cd+sdx$$ $$cost=\frac{cd+sdx}{s-cx}$$

$$sent=-y\left ( sd+c\cdot cost \right )=-y\left ( sd+c\frac{cd+sdx}{s-cx} \right )=-y\left ( \frac{s^{2}d-scdx+c^{2}d+scdx}{s-cx}\right )=\frac{-yd}{x-cx}$$

Agora, aplicando a fórmula fundamental da trigonometría:

$$sen^{2}t+cos^{2}t=\frac{d^{2}y^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}+\frac{c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}=1$$ $$d^{2}y^2{}+c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}=s^{2}-2scx+c^{2}x^{2}$$ $$d^{2}y^{2}=\left ( c^{2}-s^{2}d^{2} \right )x^{2}-\left ( 2sc+2scd^{2} \right )x+s^{2}-c^{2}d^{2}$$

Podemos traducir a nova igualdade e poñer así en evidencia que estamos fronte a unha cónica que vai depender únicamente de dous parámetros: a latitude φ do lugar no que colocamos o gnomon e a declinación δ do Sol. Teñamos presente que esta última ten -23,5º como valor mínimo e +23,5º como valor máximo.

$$tan^{2}\delta \cdot y^{2}=\left ( cos^{2}\varphi-sen^{2}\varphi \cdot tan^{2}\delta  \right )x^{2}-\left ( 2sen\varphi \cdot cos\varphi +2sen\varphi \cdot cos\varphi\cdot  tan^{2}\delta  \right )x+sen^{2}\varphi -cos^{2}\varphi\cdot  tan^{2}\delta $$

Agora só nos queda introducir esta identidade nun progrma de xeometría dinámica como o Geogebra para xogar coas dúas variables que nos dan a ecuación da sombra, a latitude do lugar φ e a declinación solar δ.

As anotacións 

No mencionado artigo de Antón Otero et al comézase destacando que a traxectoria da sombra nos equinoccios é unha recta que distará da liña leste-oeste unha lonxitude que dependerá da latitude do lugar de observación. En todos os casos aparece a lonxitude da sombra no mediodía.

En todos os GIFs aparece indicado o valor da lonxitude da sombra ao mediodía.

Agora ben, como será a traxectoria da sombra no transcurso dun ano nas nosas latitudes. Velaquí a temos, será unha rama de hipérbole que corta á liña leste-oeste durante a primavera e o verán (δ>0): e que fica no semiplano OLN durante o outono e o inverno.

E como será a sombra do gnomon no polo norte? Velaquí:

E no ecuador? Cando a declinación solar é positiva a sombra manterase no semiplano OLS e cando a declinación é negativa ficará no semiplano OLN.

Finalmente, situándonos en latitudes superiores ao círculo polar ártico (φ>66.5) non nos custará vertoda unha variedade de cónicas: desde unha recta, a unha elipse, pasando por hipérboles e unha parábola:

1, 2, 3, 4, 5, parábola!.(e 2)

Na entrada anterior estivemos vendo, baixo as circunstancias acaídas a cada caso, como determinar as parábolas que pasan por un, dous ou tres puntos. Continuaremos nesa liña.

Tres, por fin
O obxectivo será o de resolver o problema seguinte:

Determinar a parábola que pasa por tres puntos  P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃) calquera do plano

Xa o temos feito para un caso particular. Precisamente cando os tres puntos dados son os do triángulo equilátero da imaxe.

Estaba xogando co Geogebra que creara para a anterior entrada cando, de súpeto, diante miña se debuxou unha figura coñecida. Foi unha sorpresa agradable e inesperada. Resulta que os eixos de simetría das parábolas tiñan como envolvente a deltoide de Steiner. Como hai algún tempo estivera xogando con esta idea ([1] e [2]) sabía que iso significaba que os eixos da familia de parábolas determinadas por tes puntos eran as rectas de Wallace-Simson dun triángulo. Do triángulo determinado polos puntos P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃)? Non, pero ándalle cerca. Explico, e xeneralizo.
Dados tres puntos teremos un triángulo T. Consideremos o triángulo T' determinado polos tres puntos medios. Sobre este último construímos a circunferencia dos nove puntos e, desde cada punto da mesma tiramos as perpendiculares aos tres lados de T'. Os pés destas perpendiculares son colineares; determinan a chamada recta de Wallace-Simson. Esta recta será o eixo da parábola que pasa polos tres puntos de T. Estamos xa nas mesmas condicións que na entrada anterior e que xa temos resolta: trátase de determinar unha parábola sabendo tres puntos e máis o eixo. Todo isto pódese ver de seguida: (podes mover tanto os puntos etiquetados como o punto azul da circunferencia dos 9 puntos)


 
Cando deixamos ver o rastro dos eixos das parábolas irá aparecendo a deltoide de Steiner.

Catro
Trátase, xa se pode adiviñar, de obter a(s) parábola(s) que pasan por catro puntos dados.
A partir da ecuación xeral dunha cónica establecéramos mediante un cambio a dunha parábola calquera:
$$A{ x }^{ 2 }+Bxy+C{ y }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [2]\\\begin{matrix} { a }^{ 2 }=A \\ { c }^{ 2 }=C \end{matrix}\quad entón\quad { B }^{ 2 }=4AC={ \left( 2ac \right)  }^{ 2 }\\ { \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [3]\\ $$
Incluso nun determinado momento, dividindo todo por a² e substituíndo t=c/a, d=D/a², e=E/a², f=F/a²:
$${ \left( x+ty \right)  }^{ 2 }+dx+ey+f=0\\ { x }^{ 2 }+2xyt+y{ t }^{ 2 }+dx+ey+f=0$$
Se nos dan catro puntos P₁, P₂ P₃ e P₄ teriamos un sistema linear de 4 ecuacións con 5 incógnitas (t, t², d, e, f)$${ y }_{ i }^{ 2 }{ t }^{ 2 }+2{ x }_{ i }{ y }_{ i }t+{ x }_{ i }d+{ y }_{ i }e+f=-{ x }_{ i }^{ 2 }\quad \quad i\in \left\{ 1,2,3,4 \right\} $$
Xeométricamente a solución deste sistema será unha recta. Pero resulta que dúas das incóginas están relacionadas (t, t²) por medio da parábola estándar. Como recta e parábola se cortan en, como moito, dous puntos, o sistema linear terá, en todo caso, dúas solucións. Neste caso teremos dúas parábolas pasando por eses catro puntos dados.
Se ben a resolución alxébrica deste problema é conceptualmente simple, a súa traslación a unha fórmula xeral sería tremendamente encerellada. Non será máis doada a súa resolución xeométrica, por iso, coas miñas poucas luces coa aparataxe informática, pensei que non ía ser quen de poder ofrecela. Finalmente, despois de elaborar unha applet que parecía unha arañeira de liñas, acabei por construír a seguinte aplicación



Cinco
Cinco? Imposible. Cinco puntos determinan unha cónica, pero ésta pode ser unha hipérbole ou unha elipse, non ten por que ser unha parábola.
Certo. Pero este apartado só está para explicar o ben que o pasei resolvendo todas as cuestións que estiven presentando aquí. Se hai algo realmente bonito é divertido, son as matemáticas. Velaí que, un, dous, tres, catro, cinco... (pégalle ao play)

1, 2, 3, 4, 5, parábola! (primeira parte)

Un

Imaxe roubada de aquí

As orixes desta entrada están nunha imaxe da anotación "Outro problema de grellas" de J.J. na que se pedía o reconto do número de cadrados polos que pasa ben a función cadrática, ben a función radical, unindo os vértices dun rectángulo de dimensións enteiras.
A min chamoume a atención outra cuestión bastante máis fundamental. Do enunciado despréndese que só hai unha cuadrática pasando por cada punto do plano. Concretamente, dado (x₁, y₁) calquera só hai unha función da forma y=ax² pasando por el. Será aquela para a que
$$a=\frac { { y }_{ 1 } }{ { x }_{ 1 }^{ 2 } } $$
Isto é, cada punto do plano determinará unha parábola, ou non?

Dous
A resposta sería afirmativa, dentro do contexto proposto, no que o extremo inferior do rectángulo coincida co vértice da parábola. Mutatis mutandis, dados dous puntos (x₀, y₀) e (x₁, y₁), sendo o primeiro o vértice, tamén queda determinada unívocamente unha parábola. Na seguinte expresión trasladamos a parábola y=ax² ao vértice (x₀, y₀)
$$y=a{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 }+{ y }_{ 0 }$$
Polo que para determinar a parábola bastaría tomar $$a=\frac { y-{ y }_{ 0 } }{ { \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 } } $$

Tres
Isto tróuxome á memoria algo que lera hai tempo nos boletíns de ENCIGA. Así que fun ao faiado na procura daquel recordo. O que achei alí é, ao meu ver,  un dos capítulos máis interesantes na longa historia desta publicación. Trátase dun diálogo público ente dous autores arredor da seguinte cuestión de xeometría plana: 

Por tres puntos (non aliñados) pasa sempre unha parábola? En caso afirmativo, é única?

O tratamento desta cuestión desenvolveuse nos seguintes artigos:

• Unha aplicación das matrices ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 21 Xaneiro 1995.
• Unha aplicación da simetría ó estudio da parábola, por Antonio Gregorio  Montes, Boletín das Ciencias Nº 42, Febreiro 2000.
• Unha aplicación da escala ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 43, Outubro 2000

O primeiro atranco co que fun bater é que non tiña o artigo do nº 21. Con todo vou aventurar, a partir da información contida nos outros dous, algunhas ideas que se podían tratar nel.
Partamos da función parabólica $$y=a{ x }^{ 2 }+bx+c\quad \quad \quad \quad [1]$$
Parece ser que daquela estaban de moda problemas do tipo:

Determina a parábola que pasa polos puntos P₁(-1,6), P₂(2,3) e P₃(3,10)

No canto de resolver este problema, vou tratar o problema xeral para tres puntos  P₁(x₁, y₁),
P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃). Substituíndo estes tres puntos en [1] obteriamos un sistema de tres ecuacións lineares con tres incógnitas, un dos tópicos a tratar en 2º de bacharelato.
$$\begin{matrix} a{ x }_{ 1 }^{ 2 }+b{ x }_{ 1 }+c={ y }_{ 1 } \\ a{ x }_{ 2 }^{ 2 }+b{ x }_{ 2 }+c={ y }_{ 2 } \\ a{ x }_{ 3 }^{ 2 }+b{ x }_{ 3 }+c={ y }_{ 3 } \end{matrix}  $$
Sexa A a matriz de coeficientes do sistema e A* a matriz ampliada cos termos independentes. A discusión do sistema parte de establecer se o determinante de A é nulo o non.
$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| $$Estamos fronte ao famoso determinante de Vandermonde, que era moi habitual atopar descontextualizado nas páxinas dos libros de texto do último curso da secundaria. Porén esta forma de presentalo é completamente natural.

$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| \begin{matrix} = \\ \begin{matrix} { C }_{ 1 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 2 } \\ { C }_{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 3 } \end{matrix} \end{matrix}\left| \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 }-{ x }_{ 3 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } & 1 \end{matrix} \right| =-\left| \begin{matrix} { x }_{ 2 }\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \\ { x }_{ 3 }\left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \end{matrix} \right| =\\ =-\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \begin{vmatrix} { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 } & 1 \end{vmatrix}=\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 2 } \right) $$Cando este determinante non se anule, polo teorema de Rouché-Fröbenius, existirá unha única solución, isto é, teremos unha única parábola pasando por P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂) e P₃(x₃, y₃)
Se o detA=0, polo menos un par deses puntos estarán na mesma vertical. Neste caso o sistema será incompatible, pois presupoñemos que os tres puntos dados son distintos,  o cal significa que non existe ningunha parábola pasando por eses tres puntos.
E ata aquí a miña  aventurada reconstrución do artigo de Labraña do Boletín das Ciencias nº 21

Tres?
Claro que isto non significa que tres puntos determinen unha única parábola. Isto era certo únicamente no contexto anterior, no que restrinximos o concepto de "parábola" ao de funcións da forma [1], isto é, parábolas de eixo vertical. Pero que pasaría se traballásemos cunha idea máis xeral de "parábola", admitindo calquera parábola no plano, con calqueira eixo posible? Este é o problema que aborda Antonio Gregorio no seu artigo do nº 42 do Boletín das Ciencias. Faino ofrecendo un contraexemplo. Consideremos os vértices do triángulo equilátero sobre a circunferencia unidade$$P_1(0,-1)\quad \quad \quad P_2\left( \frac { -\sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) \quad \quad \quad P_3\left( \frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) $$As seguintes tres parábolas pasan por eses tres puntos:$$y-2{ x }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } +\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { 1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } -\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { -1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0$$
E velaquí a fermosa representación gráfica das mesmas:

Entendendo que para cada dirección que escollamos para o eixo teriamos unha parábola pasando por eses tres mesmos puntos, acabariamos cunha familia infinita de parábolas para eses mesmos tres puntos. Nese caso, supuxen eu,  deberiamos ser capaces de obter a colección completa de parábolas a partir dun parámetro.
A ecuación xeral dunha cónica ven dada pola forma cuadrática xeral:$$A{ x }^{ 2 }+Bxy+C{ y }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [2]$$
Consideremos o discriminante B²-4AB. Se é negativo a cónica será unha elipse, se é positivo será unha hipérbole e cando o seu valor é cero teremos a ecuación dunha parábola. Mediante o cambio $$\begin{matrix} { a }^{ 2 }=A \\ { c }^{ 2 }=C \end{matrix}\quad entón\quad { B }^{ 2 }=4AC={ \left( 2ac \right)  }^{ 2 }\\ $$Teremos a seguinte forma para as parábolas coa que poderiamos obter ecuacións practicamente calcadas ás que presentou Antonio Gregorio no Boletín nº 21.
$${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [3]\\ $$
Pasemos a substituir nesta expresión as coordenadas dos puntos  P₁, P₂ e P₃ .
$${ { c }^{ 2 }-E+F=0 }\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad [4]\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad $$Sumando as dúas últimas:$$\frac { 3 }{ 2 } { a }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { c }^{ 2 }+E+2F=0$$
Restando a metade desta última expresión da primeira liña de [4] : $$\frac { -3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 2 } E=0\\ E=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) $$
Substituíndo outra vez na primeria liña de [4]: $$F=E-{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) -{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ c }^{ 2 } \right)=0 $$
Finalmente, restando as dúas últimas expresións de [4]: $$D=-ac$$Así [3] pasaría a escribirse: $${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }-acx+\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ b }^{ 2 } \right) $$Se agora dividimos esta expresión por a² e substituímos t=c/a, quédanos$${ \left( x+ty \right)  }^{ 2 }-tx+\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+{ t }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { 1 }-{ t }^{ 2 } \right)=0 $$Que é, tal e como queriamos, a familia de parábolas pasasndo por P₁, P₂ e P₃ en función dun único parámetro t. Toda esta farramalla alxébrica terá un aspecto visual máis agradable.





Ben, ata o momento só obtivemos as infinitas parábolas que pasan por eses tres puntos concretos. Poderemos estudar o problema de obter todas as parábolas que pasan por tres puntos dados calquera (non aliñados)? Aí é onde nos esperan as sorpresas máis agradables. Xa adianto que na cerna da solución desta cuestión está a deltoide de Steiner! (da que temos falado aquí). Pero isto xa o trataremos noutra entrada.