martes, 20 de febrero de 2018

1518. Las cuerdas de Monge. RESOLUCIÓN

    Si dibujamos tres circunferencias secantes entre sí, entonces las cuerdas comunes (o sus prolongaciones) concurren en un punto o son paralelas:
    Pepe Chapuzas expuso este resultado conocido como las cuerdas de Monge... y es fácil de demostrar, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla echó mano de la potencia de los puntos respecto de las circunferencias...

    Mire, profe. 
    La recta que pasa por los puntos de intersección de dos circunferencias secantes es su eje radical, esto es, el lugar geométrico de los puntos del plano cuyas potencias respecto de ambas circunferencias coinciden. Si los centros de las circunferencias están alineados los ejes radicales son paralelos...

    Si los centros de las circunferencias no están alineados, entonces la intersección de dos ejes radicales será un punto cuyas potencias respecto de las tres circunferencias coincidan, por lo tanto el tercer eje radical ha de pasar también por tal punto: el centro radical.

    Si alguien tiene algo que decir que hable ahora o que calle para siempre...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso habló...

    Mire, profe. El mismo razonamiento es válido para circunferencias tangentes entre sí y las rectas tangentes en los puntos de intersección (puntos de tangencia). Y para cualquier combinación de circunferencias tangentes y secantes...

1517. El teorema de Desargues. RESOLUCIÓN


    Pepe Chapuzas encunció el teorema de Desargues:

    Dos triángulos son coaxiales si y solo si son copolares...

    Explica este enunciado...

SOLUCIÓN

    He aquí la explicación de Nina Guindilla...

    Mire, profe. Si tenemos dos triángulos ABC y DEF, decimos que son copolares si las rectas AD, BE y EF concurren en un punto (el polo); y decimos que son coaxiales si los puntos de intersección de las rectas ABDE, ACDF y BCEF se alinean sobre una recta (el eje).

    Al lector le pasará lo que me pasó a mí... El dibujo de Pepe no tenía letras... por lo que tuve que localizar los seis puntos A, B, C, D, E y F. Ahora ya tenía sentido el enunciado del teorema de Desargues. Solo faltaba la demostración...

    Mire, profe. A veces para ver las cosas del plano tenemos que volar y contemplarlo desde otra perspectiva: desde la tercera dimensión... Lo que dibujamos es una proyección del espacio sobre el plano del papel (o de la pizarra o de la pantalla...).
    Si trazamos tres semirrectas desde un mismo punto se puede considerar (con visión tridimensional) que estamos representando un octante con sus tres ejes coordenados y sus tres planos coordenados (como las paredes y el suelo en una esquina... aunque no han de ser necesariamente perpendiculares entre sí).

        Si cortamos un plano con los planos coordenados tenemos uno de los triángulos copolares...


       Si cortamos otro plano tenemos el otro triángulo...


    Si trazamos las rectas de corte de los dos planos con los tres planos coordenados en los otros octantes (esto es, si prolongamos los lados de los triángulos) obtenemos sus puntos de intersección, que estarán en la recta intersección de esos dos planos... como se ve en el dibujo de Pepe. Con ello se demuestra que los triángulos copolares son coaxiales... 
    Si empezamos esta interpretación a partir de la recta intersección de los planos y terminamos con la intersección de los tres ejes coordenados, invirtiendo el proceso, demostramos que los triángulos coaxiales son copolares...

    Todo cuadra si las rectas tienen intersección, esto es, si no son paralelas... ¿Qué pasaría en caso contrario?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso miró el problema desde más "lejos" todavía... ¡Desde el infinito!

    Mire. profe. En plano proyectivo, las rectas paralelas se cortan en un punto ideal del infinito. Así, a cada dirección le corresponde uno de esos puntos ideales y..., lo más sorprendente..., los infinitos puntos ideales están alineados sobre la recta ideal del infinito...!
    De esta forma. en el plano proyectivo las rectas paralelas no son ninguna excepción para el teorema de Desargues...  Incluso el siguiente ejemplo es válido:
    No hay que olvidar que, en sentido estricto, no hay rectas paralelas en el plano proyectivo ya que todas las rectas se cortan aunque sea en puntos ideales... Lo que ha hecho Yoyó es pasar del plano euclídeo al plano proyectivo añadiendo la recta ideal de puntos ideales... ¡Qué buena idea!

martes, 13 de febrero de 2018

1516. Por la tangente... RESOLUCIÓN

    Sean dos circunferencias de centros E y F, que admiten tangentes exteriores en los puntos de tangencia A, B, C y D, como se muestra en el dibujo. Sean G y H las intersecciones de los segmentos que unen los centros de cada circunferencia con los puntos de tangencia de la otra circunferencia. Entonces, la suma de las áreas de los triángulos ABG y CDH es igual al área del cuadrilátero EGFH.

    Nos encontramos este problema pinchado en el corcho... Lo firmaba Pepe Chapuzas... Es fácil ¿verdad? Resuélvelo sin salirte por la tangente...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo explicó en la pizarra:

    Mire, profe. Los radios AE y BF son perpendiculares al segmento AB, porque este es tangente común de las circunferencias. Por lo tanto, el cuadrilátero ABFE es un trapecio rectángulo. Así, los triángulos ABE y AFE tienen la misma base AE y la misma altura AB y por tanto la misma área. Ahora...


área(ABG) = área(ABE) – área(AGE) = área(AFE) – área(AGE) = área(EGF)

y por simetría se tiene el resultado...

    ¿Algún otro resultado con tangentes?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se acordó del teorema de Monge.

    Mire, profe. Si tenemos tres círculos de radios diferentes y podemos trazar las parejas de tangentes exteriores a cada par de círculos, entonces los tres puntos de intersección de las parejas de tangentes están alineados.

    La demostración es fácil si nos imaginamos que los círculos son esferas y la recta roja es la intersección de los dos planos tangentes exteriores a las tres esferas. Cada pareja de tangentes representa los conos tangentes a cada par de esferas y tangentes a los dos planos. Los tres puntos alineados son los vértices de los conos...

    ¡Hay que tener visión espacial!
    Queda para el lector imaginar que ocurre cuando hay esferas del mismo tamaño, si las tres esferas comparten el mismo cono y otras situaciones límite...

1515. Exótica numeración. RESOLUCIÓN

     El teorema fundamental de la Aritmética no surte el efecto esperado en el alumnado... No alcanzan a ver su importancia... ¿Qué más da que los naturales se puedan descomponer de forma única como producto de primos (ordenados de menor a mayor por eso de la conmutatividad)?
    También son importantes las descomposiciones únicas de los naturales como sumas. Es la base de los sistemas de numeración... Pero este tema llama aún menos la atención...
    Pepe Chapuzas es una excepción que confirma la regla...

    Mire, profe. Cuando escribimos un número natural en un sistema de numeración posicional, lo estamos descomponiendo de forma única como combinación lineal de potencias de la base del sistema, siempre que los coeficientes sean naturales menores que la base y los exponentes sean enteros no negativos. Así, con potencias de 3,


1·35 + 2·34 + 2·32 + 1·31 2·30 =  428

lo que nos permite escribir 428 en base 3, con trits o dígitos ternarios (0,1 y 2). Es como un polinomio...
428 = 1202123

 donde el 0 indica la ausencia de una potencia como en la regla de Ruffini...

    Comenté que el propio número 428 escrito así estaba en base 10 evidentemente:

428 = 42810 = 4·100 + 2·10 + 8

    Pepe nos intrigó con la siguiente pregunta...

    ¿Se puede utilizar la descomposición de Zeckendorf para establecer un sistema de numeración?

SOLUCIÓN

    Nunca se había mencionado antes en clase la descomposición de Zeckendorf... Al día siguiente Nina Guindilla tenía algo que contar...

    Mire, profe. A partir del segundo término de la sucesión de Leonardo Pisano (Fibonacci)...


F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8, F7 = 13, F8 = 21, ...

podemos descomponer de forma única un número natural como suma finita de estos términos, siempre que no aparezca en la suma ni dos términos iguales ni dos términos consecutivos. Dicho de otro modo, como combinación lineal de términos,


B1·F2 + B2·F3 + B3·F4 +B4·F5 + B5·F6 + ...

donde los coeficientes Bk son 0 o 1 (bits) y los productos Bk·Bk+1 son siempre nulos, esto es, uno de los dos factores ha de ser 0...
    Esto es una codificación de los naturales en bits, inyectiva porque es exclusiva para cada natural pero no suprayectiva porque no puede haber dos unos seguidos en la codificación... Un exótico sistema de numeración donde... ¡está prohibido el ...11...!


428  =  377 + 34  + 13 + 3 + 1  =  F14 + F9 + F7 + F4 + F2   1000010100101Z

    (El subíndice Z de Zeckendorf.)
    He aquí los 20 primeros naturales escritos en sistema binario y en código Zeckendorf

1 = 12 = 1Z
2 = 102 = 10Z
3 = 112 = 100Z
4 = 1002 = 101Z
5 = 1012 1000Z
1102 = 1001Z
7 = 1112 = 1010Z
8 = 10002 = 10000Z
10012 = 10001Z
10 10102 = 10010Z
11 = 10112 = 10100Z
12 = 11002 = 10101Z
13 = 11012 = 100000Z
14 = 11102 = 100001Z
15 = 11112 = 100010Z
16 = 100002 = 100100Z
17 = 100012 = 100101Z
18 = 100102 = 101000Z
19 = 100112 = 101001Z
20 = 101002 = 101010Z
...


    Solo añadí que la descomposición de Zeckendorf tiene muchas propiedades... exóticas.
    Hay un sistema de numeración más exótico todavía: la numeración factorial,,, ¿Quién quiere hablarnos de ella?

RESOLUCIÓN

    No podía ser otro que Yoyó Peluso...

    Profe, mire. Todo número se puede descomponer de forma única como combinación lineal de los números factoriales...

A1·1! + A2·2! + A3·3! + A4·4! + A5·5! + A6·6! + ...

siempre que los coeficientes sean enteros que cumplan  –1 < A< k+1 , o sea, Aes un dígito binario (un bit), Aes un dígito ternario (un trit), Aes un dígito cuaternario...
    Por ejemplo,
3·4! + 1·3! + 2·2! + 1·1!  =  3·24+ 1·6 + 2·2 + 1·1  =  83
83 = 3121F
    (El subíndice F de factorial.)
    Los veinte primeros naturales:
1 = 1F
2 = 10F
3 = 11F
4= 20F
5 = 21F
6 = 100F
7 = 101F
8 = 110F
9 = 111F
10 = 120F
11 = 121F
12 = 200F
13 = 201F
14 = 210F
15 = 211F
16 = 220F
17 = 221F
18 = 300F
19 = 301F
20 = 310F
...

    El lector puede entretenerse demostrando la unicidad de las descomposiciones...

viernes, 9 de febrero de 2018

1514. Identidad sobresaliente. RESOLUCIÓN

    El problema que nos planteó Pepe Chapuzas nos pareció demasiado fácil... Consistía en completar una identidad notable: el cuadrado de una suma... Pero había gato encerrado... Había más soluciones de las esperadas... Pepe puntualizó...
    Mire, profe. El que halle una solución tiene la calificación de suficiente en el problema, el que halle dos, tiene notable y el que halle tres o más, sobresaliente... 

    ¡A completar la identidad sobresaliente, perdón, notable!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sacó sobresaliente.

    Mire, profe. Hay una solución obvia:
que es (a + 4)2. Podemos incluir aquí la variante de considerar la resta como suma...

= (a + (–4))2También se puede considerar 16 como el doble del primero por el segundo...
que es (a + 8/a)2. La cuarta solución...

 es igual a (4 + a2/8)2.

    ¿Alguna otra igualdad "sobresaliente"?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso expuso dos fórmulas que pueden ser muy útiles. Los cocientes notables...

martes, 6 de febrero de 2018

1513. Tres puntos en la esfera. RESOLUCIÓN

    El problema que ha propuesto Pepe Chapuzas esta mañana es de probabilidad...

    Mire, profe. Si elegimos al azar tres puntos en una esfera, ¿cuál es la probabilidad de que los tres estén en una misma semiesfera?

    Por esfera entendemos solo la superficie esférica... Razonad vuestras respuestas...

SOLUCIÓN

    Os escribo el razonamiento de Nina Guindilla...

    Profe, mire. La probabilidad de que dos puntos elegidos al azar sean coincidentes u opuestos es nula ya que una esfera tiene infinitos puntos... Esos dos puntos determinan una circunferencia máxima en la esfera... La probabilidad de que el tercero caiga en esa circunferencia máxima es proporcional al área que ocupa tal circunferencia... Como una circunferencia es un objeto unidimensional, su área es 0, de lo que se deduce que es imposible que tres puntos elegidos al azar en la esfera estén en una circunferencia máxima... Como tres puntos diferentes de una esfera no pueden estar alineados hay una circunferencia que pasa por ellos. Esa circunferencia, como hemos visto, no es máxima sino menor, y es la intersección del plano determinado por los tres puntos con la esfera. Dicho plano no puede pasar por el centro de la esfera ya que contiene una circunferencia menor... Así pues, el plano paralelo al anterior que pasa por el centro de la esfera divide a esta en dos semiesferas... y una de ellas contiene a los tres puntos. Por lo tanto la probabilidad pedida en el problema es 1. ¡Es un suceso seguro!

    Tras la parrafada de Nina está claro que la intuición falla más de lo que creemos...
    Y si consideramos la esfera maciza... ¿cuál sería la probabilidad de que tres puntos elegidos al azar estén en una misma semiesfera maciza?

RESOLUCIÓN

    Oigamos a Yoyó Peluso:

    Profe, mire. La superficie esférica no tiene volumen así que los tres puntos estarán en el interior y serán diferentes... Las proyecciones de los tres puntos desde el centro de la esfera sobre su superficie nos da tres puntos en esta. Por cuestión de azar y probabilidad, las tres proyecciones son puntos que están en las condiciones del problema anterior y Nina ha demostrado que hay una semiesfera que los contendría, por lo que la semiesfera maciza correspondiente contendrá a los tres puntos iniciales. La probabilidad vuelve a ser 1...

1512. Sumas mágicas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas había escrito en la pizarra la sumita
    Mire, profe. Esta suma es mágica porque los sumandos y el total tienen las mismas cifras...

    Su propuesta era encontrar una suma mágica con las nueve cifras del sudoku, esto es, sin el 0.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró esta guapa suma:
    Y propuso un reto que parecía un trabalenguas:

    ¿Existen cuadrados mágicos de números cuadrados?

RESOLUCIÓN

    Profe, mire el cuadrado mágico que descubrió Euler:
    Yoyó Peluso comentó además que con números cuadrados existen cuadrados mágicos de 5x5 cuadrículas, de 6x6, ... pero que no se sabe si hay alguno de 3x3...

    Queda para el lector comprobar si la sumas por filas, columnas y diagonales coinciden...

1511. En los periódicos. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas tiene un número periódico digno de salir en los periódicos...
    Este número no se puede quedar así sin explicación. ¿Quién nos la puede dar?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos dio su argumento...

    Mire, profe, la suma de los infinitos términos de la progresión geométrica


x + x2 + x3 + x4 + ...  =  x / (1–x)
y derivando
1 + 2x + 3x2 + 4x3 + ...  =  1 / (1–x)2
    Si  x = 0,01
1 + 2·0,01 + 3·0,0001+ 4·0,000001 + ...  =  1/0,992  =  1/0,9801
 dividiento por 10000
0,0001 + 0,000002 + 0,00000003 + 0,0000000004 + ... = 1/9801
de donde se tiene el resultado...

    Para completar el razonamiento falta por aclarar por qué falta el 98 en los decimales del período...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dio con la clave...

    Profe, mire, el 98 falta por culpa de las llevadas... Cuando se van sumando los decimales...


domingo, 4 de febrero de 2018

1510, Cuerdas iguales. RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Si tenemos un par de círculos, y en cada círculo una pareja de radios cuyas prolongaciones son tangentes al otro círculo, entonces las parejas de radios determinan en sus círculos cuerdas de la misma longitud... (En el dibujo,  x = y .)
    Pepe Chapuzas pide una demostración... ¿Quién se la da?

SOLUCIÓN

     Nina Guindilla se apresuró a responder...

    Mire, profe.
     El triángulo amarillo es semejante al triángulo azul. Lo mismo podemos decir de los triángulos naranja y rosa...
    Por lo tanto, si D es la distancia entre los centros y R y r los radios de los círculos, tenemos...

 x/2/R = r/D
x = 2Rr/D

y
y/2/r = R/D
y = 2Rr/D

    Nina, a su vez, propuso el siguiente problemita de cuerdas "diferentes"...

RESOLUCIÓN

    La resuesta de Yoyó Peluso no se hizo esperar...

    Profe, mire. Por el teorema de las cuerdas,  x · 4 = 9 · 6 , de donde  x = 13,5 metros.


1509. Joyas pentagonales. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas estaba regalando estrellas de navidad... Eran estrellas de cinco puntas y ninguna era regular... Pepe se había dado demasiada prisa al hacerlas... Entonces Pepe nos contó que las estrellas de cinco puntas esconden un secreto...
    Mire, profe. Una estrella de cinco puntas está formada por un pentágono convexo y cinco triángulos... Si dibujamos las circunferencias circunscritas de los triángulos, tenemos una cadena cerrada de circunferencias secantes... Cinco de los diez puntos de corte entre circunferencias son los vértices del pentágono... Y los otros cinco ... ¡son puntos concíclicos! ¡Hay una circunferencia que pasa por los cinco!

    Este es el precioso teorema del pentágono de Miquel para nuestra colección de teoremas geométricos... Desgraciadamente, las demostraciones de este teorema son demasiado largas...

    Pepe Chapuzas nos ha mostrado una joya geométrica... Hay muchos resultados igual de hermosos que lucen el sello de Miquel...
    A ver quién acude con otra joya pentagonal...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla trajo la fórmula de los triángulos de Monge:



   Mire, profe. En un pentágono convexo de vértices consecutivos A, B, C, D y E se cumple que


área[ABC] · área[ADE] + área[ABE· área[ACD]  =  área[ABD· área[ACE]

    Para demostrar este teorema necesitamos la identidad trigonométrica...

senX·senZ + sen(X+Y+Z)·senY = sen(X+Y)·sen(Y+Z)
    Veamos...
senX·senZ + sen(X+Y+Z)·senY =
= senX·senZ+(senX·cosY·cosZ+cosX·senY·cosZ+cosX·cosY·senZ–senX·senY·senZ)·senY =
= senX·senZ+senX·cosY·senY·cosZ+cosX·sen2Y·cosZ+cosX·cosY·sebY·senZ–senX·sen2Y·senZ =
senX·senZ·(1–sen2Y)+senX·cosY·senY·cosZ+cosX·sen2Y·cosZ+cosX·cosY·sebY·senZ =
senX·cos2Y·senZ+senX·cosY·senY·cosZ+cosX·sen2Y·cosZ+cosX·cosY·sebY·senZ =
(senX·cosY + cosX·senY)·(senY·cosZ + cosY·senZ) =
sen(X+Y)·sen(Y+Z)
    Ahora, a partir del dibujo

área[ABC] · área[ADE] + área[ABE· área[ACD]  =
=  b·c·senX/2 · d·e·senZ/2 + b·e·sen(X+Y+Z)/2 · c·d·senY/2  =
=  bcde/4 · ( senX·senZ + sen(X+Y+Z)·senY )
=  bcde/4 · sen(X+Y) · sen(Y+Z)  =
=  b·d·sen(X+Y)/2 · c·e·sen(Y+Z)/2  =
=  área[ABD· área[ACE]

    No hay dos sin tres... ¿verdad?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso nos regaló esta clasificación de los pentágonos según la convexidad-concavidad de sus ángulos, los puntos de intersección de sus lados y los "agujeros"... Solo contempla pentágonos que no tengan tres vértices alineados (de ese modo los lados y las diagonales descansan en rectas diferentes)... Le salen 11 clases:
    


viernes, 2 de febrero de 2018

1508. El teorema de De Gua. RESOLUCIÓN

    El reto del fin de semana consistía en el siguiente problema...
    Había que calcular el área del triángulo ABC...
   
Los datos eran los siguientes...
    Los puntos A, B y C estaban en los ejes "x", "y" y "z" respectivamente. (Por supuesto, los ejes eran perpendiculares entre sí...)
    El punto O estaba en los tres ejes (o sea, que era el origen de coordenadas).
    Las áreas de los triángulos OAB, OAC y OBC eran 16m2, 12m2 y 48m2 respectivamente...
    Pepe Chapuzas exclamó:

    ¡Está "chupao"! Con el teorema de De Gua...

    Los compañeros pensaron que Pepe estaba... de gua...sa... pero no...
    Investiga lo que dice el teorema de De Gua y resuelve el reto.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró el teorema de De Gua...

    Profe, mire. Según el teorema de De Gua,


[ABC]2  =  [OAB]2 [OAC]2 [OBC]2.

(los corchetes indican las áreas de los triángulos). 
    ¡Claro! Así es fácil...
[ABC]2  =  162 + 122 + 482  = 2704
[ABC]  =  2704  =  52

    Se le olvidó a Nina decir que eran metros cuadrados... y es que no se quedó del todo satisfecha... Nina tenía que demostrar el teorema de De Gua...

    Profe, mire. Determinemos los puntos por sus coordenadas:


O(0,0,0), A(a,0,0), B(0,b,0) y C(0,0,c)
y supongamos que a, b, c > 0.
    Las áreas de los triángulos miden
[OAB] =  ab/2
[OAC] =  ac/2
[OBC] =  bc/2
    El plano que pasa por A, B y C es
bcx + acy + abz = abc
    La distancia de O a este plano es
abc / ((bc)2+(ac)2+(ab)2)
    El volumen del tetraedro OABC mide

abc/6 = [ABC] · abc / ((bc)2+(ac)2+(ab)2) / 3
    De donde
[ABC] =  ((bc)2+(ac)2+(ab)2) / 2
    Por tanto
[ABC] =  ((bc)2+(ac)2+(ab)2) / 4  =  (bc/2)2+(ac/2)2+(ab/2) =  [OBC]2 [OAC]2 [OAB]2

    Calcula el volumen del tetraedro OABC.

RESOLUCIÓN

    La tarea era fácil. Yoyó Peluso no tuvo ninguna dificultad...

    Mire, profe.
[OAB]·[OAC]·[OBC] = ab/2 · ac/2 · bc/2 = (abc)2/8
abc = √([OAB]·[OAC]·[OBC]) · 8

y el volumen del tetraedro OABC medirá


abc/6  =  (16·12·48) · / 6  =  9216 · / 3  =  96 · / 3  =  322  =  45,254834 m3.