325. SOLUCIÓN de 25. Mate-mágicas

    Para Pepe Chapuzas, las Matemáticas tienen un poco de magia... ¡O un mucho!

    Profe, hemos visto en una exposición un grabado de Alberto Durero titulado "Melancolía" donde aparecen objetos relacionados con las Matemáticas: un poliedro, un compás, una esfera..., ¡y un cuadrado mágico! Es mágico porque si sumamos las filas, las columnas, las diagonales, las esquinas, etc., ¡siempre sale 34!

    Por otro lado, el otro día me tropecé con el número mágico 142.857. Mire lo que pasa si calculo su doble, su triple, su cuádruple... ¡Se repiten las cifras y en el mismo orden!

    Busca en Internet otros cuadrados mágicos y otros números mágicos y los compartes con los demás.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos recuerda su primer cuadrado mágico...

    Y aquí nos deja una pareja de números mágicos: 076923 y 153846. 

076923 x 2 = 153846

076923 x 3 = 230769

076923 x 4 = 307692

076923 x 5 = 384615

076923 x 6 = 461538

076923 x 7 = 538461

076923 x 8 = 615384

076923 x 9 = 692307

076923 x 10 = 769230

076923 x 11 = 846153

076923 x 12 = 923076

    Sigue buscando. Las Mate-mágicas te están esperando.

324. SOLUCIÓN de 24. Una cuestión de fuerzas

    Aquí tenéis otra historia inventada por Pepe Chapuzas. Como pista os digo que en Física acaban de explicar el movimiento circular, la velocidad angular y todo eso...

    El pirata Maldeojo tenía un ojo de cristal. Pero no era un ojo de cristal cualquiera... Con él, Maldeojo poseía un sexto sentido con el que barruntaba y distinguía el origen de todas las fuerzas que impulsaban su barco: las fuerzas que provenían de los vientos, de las corrientes marinas, de las mareas, de las olas..., y por supuesto notaba la fuerza de gravedad, porque el ojo de cristal pesaba lo suyo. Pero había dos fuerzas que nunca entendió bien del todo... y es que a Maldeojo la Física se le daba fatal.
    La primera fuerza era vertical: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo del ecuador hacia el este, notaba que una fuerza le impulsaba hacia arriba, como si quisiera sacar el barco del agua, y el ojo de cristal le pesaba menos; pero si navegaba hacia el oeste, la fuerza le empujaba hacia abajo, como si quisiera hundir el barco, y el ojo de cristal le pesaba más de lo normal.
    La segunda fuerza era horizontal: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo de un meridiano en el hemisferio norte, bien rumbo al ecuador, bien rumbo al polo, notaba que una fuerza le escoraba el barco a estribor, y el ojo de cristal se le iba hacia ese costado; pero si era en el hemisferio sur, entonces la fuerza empujaba su barco (y su fantástico ojo de cristal) a babor...

     Investiga y da una explicación razonada (y razonable) de estas fuerzas que observaba el pirata Maldeojo en sus viajes gracias a su ojo de cristal.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se embarcó con el pirata Maldeojo para comprobar la existencia de las misteriosas fuerzas y así poder explicar su origen. Lamentablemente su sensibilidad no era la suficiente para detectarlas... Así que tuvo que dar una explicación teórica.

    a) Profe, mire. La tierra gira de oeste a este. En el ecuador, a la fuerza de la gravedad se le opone la fuerza centrífuga debido a la rotación de la tierra. Si navegamos hacia el este, nuestra velocidad de rotación aumentará y con ella la fuerza centrífuga, así que pesaremos menos... Lo contrario ocurre cuando naveguemos hacia el oeste, nuestra velocidad de rotación disminuirá y también la fuerza centrífuga, con lo cual pesaremos más...
    b) En la superficie terrestre, la velocidad de rotación es directamente proporcional al radio de giro, por lo que disminuirá cuando aumente la latitud (es decir, cuando nos alejemos del ecuador). Esa deceleración implica una fuerza hacia el este. Lo contrario ocurrirá cuando nos acerquemos al ecuador: habrá una aceleración y una fuerza hacia el oeste. (Son las fuerzas de Coriolis.)Si recordamos que, mirando a proa, estribor es el costado derecho de la nave y babor el izquierdo... ¡Todo cuadra!

    Si un barco pesara 50000 toneladas (megapondios) parado en el ecuador... ¿cuántas toneladas (megapondios) aumentaría o disminuiría su peso al navegar a lo largo del ecuador a una velocidad de 20 nudos? (Es un barco similar al Titanic.)

323. SOLUCIÓN de 23. ¿Jugamos al minibillar?

    Pepe Chapuzas inventa juegos nuevos a partir de juegos tradicionales. Este que os presento es una versión reducida del billar americano.

    Hay que colocar 6 bolas de billar (numeradas del 1 al 6) en disposición triangular de modo que en cada lado del triángulo los números sumen la misma cantidad. En el ejemplo suman 10. Busca soluciones con suma 9, 11 y 12.

 

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla estuvo jugando con las bolas del minibillar para resolver el reto de Pepe...

    Y con más bolas ha propuesto otro reto...

 

    Hay que colocar 9 bolas numeradas del 1 al 9 formando un triángulo (de cuatro bolas por lado) de modo que las bolas de cada lado sumen 20...

 

322. SOLUCIÓN de 22. La fórmula maravillosa del tonelero

    Profe, hay una fórmula maravillosa: la de la capacidad de un tonel. Yo creía que era una chapuza de fórmula aproximada para toneleros..., pero resulta que da el volumen exacto de prismas, cilindros, pirámides (incluso truncadas), conos (incluso truncados), esferas, elipsoides (balones de rugby), casquetes de paraboloides (antenas de telecomunicación), zonas de hiperboloides (chimeneas de centrales térmicas), etc. ¿Y por qué en vez de Matemáticas no estudiamos Tonelería?

    Pepe Chapuzas se había topado con la fórmula de Simpson:  h·(A+B+4·C):6 , donde h es la altura del tonel, y A, B y C son las áreas de las secciones alta, baja y central del tonel. La fórmula sirve también para calcular muchas superficies planas (siendo entonces las secciones A, B y C longitudes de segmentos).
    Calcula los volúmenes y las áreas siguientes (comprueba que la fórmula tradicional y la de Simpson coinciden en cada caso) y envíame la solución en un documento por correo electrónico.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó la fórmula de Simpson para estas figuras y para muchas otras...

    a) En la esfera de radio R tenemos h=2R, A=0, B=0 y C=pR² por lo que el volumen será V=2R·4pR²:6=4pR³:3, que es la fórmula tradicional.

    b) En el tronco de cono de altura h y radios R y r tenemos A=pr², B=pR² y C=p((R+r):2)², por lo que el volumen será V=h·(pr²+pR²+4p((R+r):2)²):6=p(r²+R²+rR)·h:3, que es la fórmula tradicional.

    c) En el casquete de paraboloide (de revolución) de altura h y radio R tenemos A=pR², B=0 y C=pR²:2, por lo que el volumen será V=h·(pR²+4pR²:2):6=pR²·h:2, que es la fórmula tradicional.

    d) En el semicírculo de radio R tenemos h=R, A=2R, B=0 y C=√3·R, por lo que el área sería S=R·(2R+4√3·R):6=(1+2√3)·R²:3. Esta fórmula es evidentemente incorrecta. (Ahora me doy cuenta de que el semicírculo se estaba riendo a carcajadas.)

    e) En el triángulo de base B y altura h tenemos A=0 y C=B:2, por lo que el área será S=h·(B+4·B:2):6=B·h:2 que es la fórmula tradicional.

    f) En el trapecio de altura h y bases A y B tenemos C=(A+B):2, por lo que el área será S=h·(A+B+4·(A+B):2):6=(A+B)·h:2, que es la fórmula tradicional.

    Comprueba si la fórmula de Simpson funciona para el volumen de una pirámide y para el área de un rombo.

321. SOLUCIÓN de 21. Espejismo de números

    En el concurso de retos de este año tocaba "une cada oveja con su pareja". Cada alumno proponía en clase un reto. Pepe Chapuzas fue el primero en exponer el suyo. Lo tituló...

ESPEJISMO DE NÚMEROS
    Decimos que un número es el espejo de otro, si tiene las mismas cifras pero ordenadas al revés. Por ejemplo, 1084 es el espejo de 4801.
    En realidad no se trata de un reto sino de dos. En el de la izquierda hay que emparejar números cuyo producto coincida con el de sus espejos. Por ejemplo  31 · 26 = 13 · 62 = 806. En el de la derecha hay que emparejar números cuya suma coincida con la de sus espejos.
    ¡Une cada oveja con su pareja!

    Resuelve el reto y propón tú también uno. Y no te olvides de ponerle título.

SOLUCIÓN

    Unir ovejas con sus parejas era el reto preferido de Nina Guindilla. Este reto lo resolvió justificando, por supuesto, cada unión...

    12 · 42 = 21 · 24 = 504

    84 · 36 = 48 · 63 = 3024

    31 · 26 = 13 · 62 = 806

    41 · 28 = 14 · 82 = 1148

    23 · 64 = 32 · 46 = 1472

    43 · 68 = 34 · 86 = 2924

    48 + 95 = 84 + 59 = 143

    29 + 81 = 92 + 18 = 110

    53 + 68 = 35 + 86 = 121

    45 + 21 = 54 + 12 = 66

    47 + 41 = 74 + 14 = 88

    38 + 94 = 83 + 49 = 132

    El reto que propuso Nina también consistía en unir cada oveja con su pareja. Se titulaba...

COPRIMOS
    Dos números naturales son coprimos (o primos entre sí) si no tienen divisores primos comunes, o sea, si el máximo común divisor de ambos es 1. En este reto solo hay que emparejar coprimos. ¡Une cada oveja con su pareja!   

320. SOLUCIÓN de 20. ¿Pares o nones?

    Profe, eso de llamar con el mismo nombre a dos cosas distintas... No sé... Pero si además las cosas empiezan a funcionar al revés... Entonces es el colmo de las chapuzas... Mire:

    Pepe Chapuzas y sus reflexiones... ¡Qué le vamos a hacer!

    Completa el cuadro siguiente:

    Espero tu respuesta...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla completó el cuadro:

    Profe, mire. Si sumamos una función impar con una función par, entonces el resultado (la función suma) no tiene por qué ser simétrica. Por ejemplo, si sumamos la función identidad, que es impar, con la función valor absoluto, que es par...

    Nina, además, os ha dejado una tabla nueva para rellenar ¡con la composición de funciones!

    Rellena la tabla preparada por Nina...

    Comprueba que las demás tablas se han completado correctamente.

319. SOLUCIÓN de 19. El poliedro imposible

    Pepe chapuzas estaba jugando con un tetraedro de cartulina:

    Profe, el tetraedro es mi poliedro favorito. Es tan sencillo que todo par de caras comparte una arista. No hay otro así.

    Le dije que eso se creyó durante siglos hasta que, en 1977, el matemático húngaro Lajos Szilassi sorprendió al mundo con el poliedro que ahora lleva su nombre.

    A Pepe le entusiasmó la noticia, buscó en Internet un desarrollo del poliedro de Szilassi y, con maña, se fabricó uno precioso de cartulina. Me temo que ha cambiado de poliedro favorito...

    ¿Cuántos vértices, aristas y caras tiene un poliedro de Szilassi? Haz un poliedro de Szilassi como Pepe con cartulina de color. ¡Vamos a decorar la clase!

    El tetraedro es un poliedro sin diagonales. Otro húngaro llamado Ákos Császár descubrió en 1949 otro poliedro sin diagonales que se llama en su honor el poliedro de Császár. ¿Cuántos vértices, aristas y caras tiene? ¿Te atreves a construirlo también?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo su propio poliedro de Szilassi. Este es el desarrollo que utilizó.

    Profe, mire. El poliedro de Szilassi tiene 14 vértices, 7 caras y 21 aristas y el poliedro de Császár tiene 7 vértices, 14 caras y 21 aristas. 

    Mándame un desarrollo del poliedro de Császár. 
    Los poliedros de Szilassi y Császár son duales (uno del otro). ¿Qué significa esto?

318. SOLUCIÓN de 18. Tiempos locos

    En el cuaderno de Pepe Chapuzas me encuentro muchas veces acertijos supercuriosos. El último no tiene desperdicio:

    Suponiendo que estamos en Roma y que los intervalos son cerrados por la izquierda y abiertos por la derecha...

    ¿Cuántos días pasaron del 2 de febrero del 2 a.C. al 2 de febrero del 2 d.C.?
    ¿Cuántos días pasaron del 25 de febrero al 25 de marzo de 1900?
    ¿Cuántos días pasaron del 4 al 15 de octubre de 1582?
    ¿Cuántas horas pasaron desde la 01:00:00 hasta las 04:00:00 del 31/03/2013?
    ¿Cuántas horas pasaron desde la 01:00:00 hasta las 04:00:00 del 27/10/2013?
    ¿Cuántos segundos pasaron desde la 01:59:55 hasta las 02:00:05 del 01/07/2012?

    Responde a las preguntas de Pepe. ¡Y no lo hagas a la ligera! Ninguna respuesta es trivial. Usa la red como fuente inagotable de información y de recursos. Comprobarás que nuestra manera de medir el tiempo es una chapuza...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó que nuestra manera de medir el tiempo es una chapuza...

    a) Del 2 de febrero del 2 a.C. al 2 de febrero del 2 d.C. pasaron 3 años (recordemos que el año anterior al año 1 d.C. es el año 1 a.C.). Durante esa época los años bisiestos fueron suprimidos por decreto de Octavio Augusto. (Tras la muerte de Julio César los sumos sacerdotes malinterpretaron intencionadamente la reforma juliana del calendario e intercalaron años bisiestos cada 3 años en vez de cada 4, así que se hubo de corregir el desfase acumulado de días.) La solución por tanto es 3 · 365 = 1095.

    b) Del 25 de febrero al 25 de marzo de 1900 pasaron 28 días. El año 1900 no fue bisiesto debido a la reforma gregoriana del calendario que establece que los años acabados en 00 solo son bisiestos si son múltiplos de 400. Por eso 1700, 1800 y 1900 no fueron bisiestos mientras que 2000 sí lo fue.

    c) Del 4 al 15 de octubre de 1582 pasó solo 1 día. Es la fecha en que se estableció la reforma gregoriana del calendario. Se suprimieron 10 días de ese mes: el día siguiente al 4 fue el 15. (El calendario gregoriano no se implantó esa fecha en muchos países sino mucho más tarde...)

   d) y e) En muchos países hay dos horarios diferentes en un año: el de invierno y el de verano. El último domingo de marzo se adelanta el reloj una hora (después de la 01:59:59 van las 03:00:00) y el último domingo de octubre se recupera esa hora perdida (después de las 02:59:59 van las 02:00:00). En 2013 esos domingos cayeron "casualmente" en las fechas de las preguntas, así que las respuestas son 2 horas y 4 horas respectivamente.

    f) El segundo se define como "la duración de 9 192 631 770 oscilaciones de la radiación emitida en la transición entre los dos niveles hiperfinos del estado fundamental del isótopo 133 del átomo de cesio a una temperatura de 0 K". A pesar de lo meticuloso de la definición ¡los científicos se quedaron cortos! porque ha habido que añadir un segundo de vez en cuando (el segundo bisiesto). La respuesta a la última pregunta no es 10 segundos sino 11 segundos. 

    Nuestro calendario actual (calendario gregoriano) es más preciso que el calendario antiguo (calendario juliano), pero el calendario oficial en Irán (calendario persa) es más preciso todavía. Investiga las diferencias y similitudes entre los diferentes calendarios utilizados en todo el mundo. Haz un trabajito y me lo mandas por correo electrónico.
    Investiga cuándo se implantó el calendario gregoriano en diferentes países.
    Investiga cuándo se han intercalado los segundos bisiestos.

317. SOLUCIÓN de 17. El PIN de Pepe

    Pepe Chapuzas tiene muy buena memoria para algunas cosas, pero para otras... Por ejemplo, nunca se acuerda del número secreto de su móvil. Solo se acuerda de que tiene cuatro cifras...

    Profe, tengo un truco para acordarme. Mi PIN es la solución del siguiente problema:
    Si divido el PIN entre 5, el resto sale 4.
    Si lo divido entre 7, el resto sale 6.
    Si lo divido entre 9, el resto sale 8.
    Y si lo divido entre 11, el resto sale 10.

    Hice una aproximación mentalmente y le dije que salían dos soluciones. Pepe me reprochó:

    Ya, profe. ¡Pero el móvil me da tres oportunidades!

    Encuentra las dos soluciones y dínoslas.

SOLUCIÓN

    Planteado de esa manera, a Nina Guindilla le resultaba el problema del PIN de su colega Pepe bastante difícil, pero, con un pequeño cambio, el problema era inmediato...

    Profe, mire. Si al PIN de Pepe le sumamos 1, entonces PIN+1 será divisible por 5, por 7, por 9 y por 11, o, lo que es lo mismo, PIN+1 será un múltiplo de 3·7·9·11 = 3465... Así que el PIN de Pepe será 3465–1=3464 o 2·3465–1=6930–1=6929. 
    Yo, por mi parte, tengo un truco más fácil para acordarme de mi PIN: es un número de cuatro cifras capicúa y múltiplo de 369...

    ¿Cuál es el PIN de Nina?

316. SOLUCIÓN de 16. El hotel de los líos

    ¡Pepe Chapuzas tiene una imaginación...! ¡A veces inventa unas historias...!

    Profe, este fin de semana estuve en un hotel rarísimo. Había una fila de habitaciones con una numeración caótica. Apunté los números y los ordené de menor a mayor:

    No conseguí encontrar ninguna lógica a esta auténtica chapuza... Al final me dirigí a la recepcionista para indagar sobre el lío que se traían con las habitaciones y me confesó que todo era "muy fácil", porque los números de dos habitaciones contiguas compartían un divisor primo (y solo uno)...

    ¿Cómo estaban dispuestas las habitaciones en la fila? (Hay varias soluciones).

SOLUCIONES

    Lo primero que hizo Nina Guindilla fue factorizar los números de las habitaciones...

110 = 2 · 5 · 11

114 = 2 · 3 · 19

138 = 2 · 3 · 23

190 = 2 · 5 · 19

255 = 3 ·5 · 17

429 = 3 · 11 · 13

455 = 5 · 7 · 13

494 = 2 · 13 · 19

858 = 2 · 3 · 11 · 13

    La solución de Nina fue:

114 - 110 - 494 - 429 - 138 - 190 - 255 - 455 - 858

    A continuación añadió:

    Ahora me toca a mí proponer un hotel de los líos... Diez habitaciones en fila de un hotel estaban numeradas del 0 al 9 de manera que dos habitaciones contiguas tenían números cuyos nombres tenían una (y solo una) letra en común. (Por ejemplo, la 4 podría estar al lado de la 9 porque CUATRO y NUEVE solo tienen en común la letra U.) ¿Cómo estaban dispuestas las habitaciones en la fila?

    Comprueba que la solución de Nina para el hotel de Pepe es correcta y resuelve el probema del hotel de Nina.

315. SOLUCIÓN de 15. La simetría de las letras

    Pepe Chapuzas encuentra Matemáticas en los lugares más insospechados. Ahora le ha tocado el turno al abecedario...

    Profe, mire: hay letras simétricas, como la A, la D o la N, y letras que no son simétricas, como la R.Y también hay palabras simétricas, como COCO.

   Estudia, como Pepe, las simetrías de las letras, teniendo en cuenta que puede haber simetrías axiales y centrales. Encuentra 5 letras con eje de simetría vertical, 5 letras con eje de simetría horizontal, 5 letras con centro de simetría y 5 letras no simétricas.
    Busca también una palabra con eje de simetría vertical, otra con eje de simetría horizontal que no sea COCO, y una tercera con centro de simetría.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla fue recorriendo todo el abecedario marcando el centro de simetría o los ejes de simetría horizontal o vertical (si los había) en cada letra. Este fue el resultado...

    Profe, también he encontrado la palabra SOSOS que tiene simetría central, la palabra AVIVA que tiene eje de simetría vertical y la palabra OBEDECE que tiene eje de simetría horizontal.

    Busca palabras simétricas más largas que las que ha encontrado Nina.

314. SOLUCIÓN de 14. El enigma de las pirámides

    Profe, en la página de fórmulas de cuerpos geométricos viene la del volumen de cualquier pirámide, pero para los troncos de pirámide solo viene la del tronco de pirámide cuadrada. ¿Hay que reconstruir siempre la pirámide entera, truncarla, y restar volúmenes?

    Era verdad. Solo aparecía el tronco de pirámide cuadrada... Le dije a Pepe Chapuzas que si las bases eran paralelas la fórmula era muy facilita,  V = h · M , donde  h  era la altura del tronco y  M  era la media heroniana de las bases...  y que esta fórmula también servía para el troco de cono. Por supuesto no le había resuelto nada...

    Busca en Internet cómo se calcula la media heroniana de dos cantidades. Después calcula el volumen del tronco de pirámide de la figura de las dos formas (a partir de la pirámide entera y con la media heroniana) y le cuentas a Pepe cómo lo has hecho.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró fácilmente la definición de media heroniana de dos cantidades...

    La media heroniana de dos números (positivos) A y B es la media aritmética de A, B y la media geométrica de A y B...

    Definida así, la media heroniana seguía siendo todo un misterio... Hacía falta una fórmula. Nina la proporcionó sin hacerse de rogar...

    Profe, lo he hecho de las dos maneras y sale lo mismo...

    a) Con la media heroniana: 

    Primero calculo las áreas de las bases alta y baja (A y B). La base baja es un hexágono regular y su área se calcula multiplicando el semiperímetro por la apotema. Así tenemos que B = 30 · √75 . Como la base alta es semejante a la baja con razón de semejanza 1:2, tenemos que A = 30 · √75 : 4 . La media geométrica de A y B será 30 · √75 : 2  y la media heroniana será  M = 35 · √75 : 2 . Como la altura del tronco de pirámide mide  h = √75 , entonces el volumen del tronco de pirámide vale V = 35 · 75 · 2 =  1312,5 metros cuadrados.

    b) Sin la media heroniana:

    Se puede considerar un tronco de pirámide como una pirámide truncada, o sea, una pirámide a la que le hemos seccionado el pico. (El pico no es otra cosa que una pirámide semejante.) En este ejercicio, la razón de semejanza entre las dos pirámides es 1:2, por lo que el volumen de la pirámide truncada que queremos calcular será 7:8 de la pirámide sin truncar. Como la altura de la pirámide sin truncar es  H = 2 · √75 , el volumen de la pirámide truncada será  V = 7 : 8 · B · H : 3 = 7 : 8 · 30 · √75 · 2 · √75 : 3 = 1312,5 metros cuadrados.

    Nina es tan chapucera como Pepe a la hora de detallar los cálculos... Ahora te toca a tí hacer el trabajo feo: justifica todos los pasos de los cálculos de Nina.

313. SOLUCIÓN de 13. Un sol impuntual

    Profe, ¿cuándo es mediodía?, ¿a qué hora el sol está más alto?

    Era otra vez Pepe Chapuzas. Estaba presumiendo del reloj que le habían regalado por su cumpleaños... Le contesté que dependía del huso horario y del meridiano, y del horario de invierno o de verano.

    No me refiero a eso. Mire profe, en Física hemos estudiado las leyes de Kepler... Si cerca del perihelio la tierra se traslada más deprisa, el sol recorrerá mucha longitud (de la esfera celeste), y el mediodía ocurrirá cada día más tarde; y si cerca de los equinoccios el sol gana o pierde mucha latitud, entonces recorrerá poca longitud, y el mediodía sucederá cada día más pronto... Pero ¿cuándo?

    Pepe había "descubierto" la hora solar, tan olvidada hoy. Le contesté que los dos fenómenos sumaban o restaban sus efectos y que el mediodía llegaba a adelantarse y atrasarse media hora a lo largo del año. Para picarlo le dije que si su reloj no daba la hora solar, era una chapuza de reloj...

    Investiga en Internet (ecuación del tiempo, analema) y dinos cuántos minutos y segundos lleva de adelanto o de retraso el sol el día de tu cumpleaños.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla investigó en Internet y encontró una gráfica en la que se representaba el adelanto o el atraso del sol a lo largo del año: la ecuación del tiempo.

    Y también encontró el analema. 

    Profe, mire. Si dibujamos la posición del sol en el firmamento cada 24 horas a lo largo de un año, obtenemos una sucesión de puntos en una curva que se llama analema. Aquí está el analema de mediodía...

    Profe, da la casualidad de que Pepe nació el día en que el sol se atrasa más y yo el día en que el sol se adelanta más... (¿Será por eso que él llega siempre tarde a todos sitios y yo siempre pronto?)

     ¿En qué días caen los cumpleaños de Nina y de Pepe?

312. SOLUCIÓN de 12. Mates en 3D

    Pepe Chapuzas solía ensimismarse. En clase decían que estaba en la cuarta dimensión. Yo no sé si la cuarta, pero la tercera dimensión sí la tenía siempre muy presente...

    El día que expliqué el teorema de Pitágoras, con una de sus muchas demostraciones gráficas (algo chapuceramente)...

...Pepe ilustró en su cuaderno una versión tridimensional (más chapucera todavía):

 

    Explica como se han hecho los cortes de los cuadrados en estas demostraciones...

    Y el día que expliqué el triángulo de Tartaglia y el binomio de Newton (a la izquierda), Pepe hizo lo propio, es decir, la versión tridimensional: se ingenió un tetraedro para el desarrollo de las potencias de un trinomio (a la derecha):

  Así, por ejemplo, (a+b+c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc, como ilustró así:

    Fíjate cómo confeccionó el tetraedro (se necesita algo de visión espacial) o busca información en Internet.
    Después, escribe la siguiente planta del tetraedro de Pepe y desarrolla  (a+b+c)³   y  (a+b+c)⁴ .

SOLUCIÓN

    Aquí os dejo las soluciones de Nina Guindilla...

    a) Para el "puzle del teorema de Pitágoras" solo hay que trasladar el cuadrado pequeño al centro del cuadrado grande. La versión tridimensional se basa en la bidimensional... solo hay que tener cuidado en que el ángulo señalado en la siguiente figura sea recto (de 90°)...

    Si las dimensiones de un ortoedro fueran 12, 16 y 15, la diagonal mediría 25... ¿Cuánto medirían las áreas de las piezas del puzle de Pepe?

    b) En el tetraedro de Pepe (o de Pascal), que es la versión tridimensional del triángulo de Tartaglia (o de Pascal), los números también se obtienen sumando los que tiene justo encima (que pueden ser 1, 2 o 3). La siguiente planta sería: 

    De los desarrollos solo escribo el primero porque el segundo es muy largo...

    (a+b+c)³ = a³ + b³ + c³ + 3a²b + 3ab² + 3a²c + 3ac² + 3b²c + 3bc² + 6abc.

    Escribe tú el desarrollo de (a+b+c)⁴.

311. SOLUCIÓN de 11. El cuadrilátero olvidado

    A Pepe Chapuzas le encantan las ilustraciones de los libros. Yo creo que tiene memoria fotográfica porque en menos de un minuto se aprendió la clasificación de los cuadriláteros:

33

    Profe, en la página 33 tenemos, arriba los paralelogramos: el cuadrado, el rectángulo, el rombo y el romboide; y abajo: el trapecio isósceles, el trapecio escaleno, el trapecio rectángulo y, el más feo de todos, el trapezoide. Pero profe, ¡qué chapuza de clasificación!, ¿dónde está mi cometa?

    Le respondí que su cometa era un trapezoide..., y al ver su cara de disgusto añadí que era un trapezoide muy especial: con simetría respecto de una diagonal...; que era tan especial que hasta tenía nombre: era un deltoide...; que para calcular su área servía la fórmula del rombo: A=D·d/2 ..; y que si no estaba en la página 33 sería por puro olvido... No se si quedó satisfecho con mis excusas.

    Al cabo de los años, ya en Bachillerato, propuse el siguiente problema:

    Investiga cuánto miden los ángulos de las teselas de Penrose denominadas "kite" y "dart" y calcula sus áreas sabiendo que los lados mayores miden 10cm. Observa las figuras.

    Pude comprobar la buena memoria de Pepe porque exclamó: ¡Profe, si son deltoides!

    Resuelve también tú el problema. Espero tus comentarios.

    Si quieres saber más sobre cuadriláteros pincha en el siguiente enlace:

Cuadriláteros cíclicos

    Hasta pronto.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla buscó y encontró los ángulos de las teselas de Penrose:

    Profe, esos ángulos los había visto antes en algún sitio: ¡en el pentágono regular con sus diagonales!

    De hecho, si se fija uno un poco... ¡Ahí estaban "kite" y "dart"!

    Y también estaba la razón áurea...

    Así que era muy fácil calcular las diagonales de los deltoides de Penrose:

    Por lo tanto el área de "kite" es 11,76 · 10 / 2 = 58,8 cm².
    Y la de "dart" es 11,76 · 6,18 / 2 = 36,3 cm².

    Nina hizo sus cálculos sin utilizar la Trigonometría... Completa y detalla los cálculos de Nina (con o sin la Trigonometría). 

310. SOLUCIÓN de 10. Un planeta redondo

    Las instrucciones del proyecto eran claras, había que diseñar un edificio facilito: un ortoedro perfecto. Las fachadas opuestas, perfectamente paralelas y perfectamente verticales. El suelo y el techo, perfectamente planos y perfectamente horizontales. Y por supuesto todos los ángulos perfectamente rectos, de 90º exactos...
    Pepe Chapuzas (no podía ser otro) empezó a encontrar dificultades:

    Profe, yo hago las cosas verticales con la plomada, porque la plomada apunta siempre al centro de la tierra. Como dos rectas verticales no son paralelas (porque se cortan en el centro de la tierra), si hago las fachadas verticales, las opuestas no me salen paralelas; y si las hago paralelas, no me salen verticales...
    Además, yo hago las cosas horizontales con el nivel, o sea, perpendiculares a las verticales.
Como las verticales no son paralelas, las horizontales no son rectas, se curvan... Si hago el suelo plano, no me sale horizontal; y si lo hago horizontal, no me sale plano... ¡Vaya chapuza de edificio!

    Pepe lo tenía muy claro. Sin embargo yo, a veces, me olvido de que nuestro planeta es redondo... (De hecho, debido a la rotación terrestre, ni siquiera las verticales son rectas)... Tuve que cambiar el proyecto:

    Había que diseñar un túnel facilito. El punto de entrada era una bajada de 30º respecto de la horizontal, y el de salida era una subida también de 30º respecto de la horizontal. La dirección (y el sentido) era perfectamente norte-sur y el túnel era perfectamente recto. Si la entrada estaba en Varsovia, ¿dónde estaba la salida?

    Todos los alumnos objetaron que, si para recorrer el túnel primero se bajaba y luego se subía, el túnel no podía ser recto. Todos... menos Pepe, que ya le estaba dando vueltas a la bola del mundo...

    Ayuda a Pepe a encontrar la salida del túnel.

SOLUCIÓN

    Para Nina Guindilla, su camarada Pepe es el chico más exagerado del mundo... En fin, también Nina le empezó a dar vueltas a la bola del mundo...

    Profe, mire. La salida del túnel tiene que estar en el mismo meridiano que Varsovia y como el dato de 30º es un ángulo semiinscrito en el meridano, la salida del túnel estaría 60º al sur de Varsovía.

    Así que primero busqué las coordenadas de Varsovia: 52º15' N - 21º E. Después calculé las coordenadas de la salida del túnel: 7º45' S - 21º E. Y finalmente busqué ese punto en un mapa: ¡Angola!

    Demuestra que si abarcan el mismo arco, el ángulo semiinscrito es la mitad del ángulo central...

309. SOLUCIÓN de 9. Combinatoria prohibida

    Profe, ¿cuántos subconjuntos de 5 elementos hay en un conjunto 3 elementos?

    De nuevo era Pepe Chapuzas. Le dije que si solo había 3 elementos no podíamos coger 5.

    Entonces la respuesta es 0, ¿verdad?

    Le contesté afirmativamente. No sabía adónde quería llegar... Empezó a garabatear en su cuaderno...

    Mire, profe:

    Y para que la fracción se anule, tiene que ser  (–2)! = ± ∞  .

    Y lo mismo le pasaría a cualquier número negativo, es decir  (–n)! = ± ∞ .

    Ahora empezaba a entender por qué le llamábamos Pepe Chapuzas. Le comenté que sí había factoriales de números negativos, por ejemplo:

    Pepe creía que estaba bromeando..., ¡pero el resultado era cierto!
    ¿Podrías con este dato calcular  5,5! ?

    Si quieres saber más, busca información sobre la función gamma.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no tuvo ninguna dificultad en calcular 5,5!

    Profe, solo he tenido que utilizar varias veces la propiedad de los números factoriales que asegura que n! = n·(n–1)!

5,5! = 5,5 · 4,5 · 3,5 · 2,5 · 1,5 · 0,5 · √π = 287,885277815

    Pero como no estaba convencida de si lo que estaba haciendo era correcto he utilizado la calculadora de Google...

5.5! = 287.885277815      ¡Bingo!

    Calcula de la misma forma que Nina (–3,5)! y comprueba el resultado con la calculadora de Google.

308. SOLUCIÓN de 8. Tres dados sin pódium

    Pepe Chapuzas colecciona pódiums. Tiene un pódium para sus tres mejores canicas, otro para sus tres mejores aviones de papel, otro para sus tres mejores peonzas... Además está convencido de que la relación "ser mejor" es transitiva. Es decir, como la canica azul es mejor que la canica roja y la canica roja es mejor que la canica amarilla, entonces la canica azul es mejor que la canica amarilla. Sus canicas tienen un orden indiscutible en el pódium...

    Un día le regalé tres dados "raros". El dado verde tenía los números 1-1-5-5-5-5, el dado naranja tenía los números 3-3-3-4-4-4, y el dado morado tenía los números 2-2-2-2-6-6. Pepe enseguida pensó en un pódium para sus nuevos dados, pero ¿cuál de los dados sería el mejor? Se imaginó competiciones entre dados, y calculó con la regla de Laplace las probabilidades de ganar de cada uno:

    Profe, mire los diagramas.

    La probabilidad de que el verde gane al naranja es 24:36 = 0,666...

    Y la probabilidad de que el naranja gane al morado es también 24:36 = 0,666...

    Está claro. El verde es mucho mejor que el naranja y el naranja mucho mejor que el morado.

    Ya sé cómo me va a quedar el pódium:

    ¿O no estaba tan claro? Porque al final... ¡Pepe me devolvió los dados! ¡Y parecía estar enfadado!

    Calcula las probabilidades que faltan (VERDE contra MORADO) y dime por qué se enfadó Pepe.

DEBATE:
    Busca 8 relaciones del estilo "ser amigo", "ser mayor", "ser vecino", "ser hijo", etc. y argumenta si son o no son transitivas.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo el diagrama VERDE contra MORADO y entendió enseguida el enfado de su hermano...

    ¡Profe! ¡La probabilidad de que el morado gane al verde es 20:36 = 0,555...! ¡El morado es mejor que el verde! ¡Paradójicamente, "ser mejor" no es una relación transitiva con estos dados!

    Si Pepe se enfadó, Nina se puso muy contenta porque se inventó un juego para dos personas... El juego de los dados locos... Le diría a su contrincante que eligiera un dado y que lo lanzara primero... y ella tiraría otro después... ¡Siempre podría elegir uno mejor que el de su contrincante! Era como jugar a "piedra, papel o tijera" haciendo trampas. (Unas trampas camufladas con la probabilidad.)

    Inventa un juego de dados semejante al de Nina, pero con más de tres dados, con el que siempre tengas mayor probabilidad de ganar que tu contrincante...

    De las relaciones para el debate que comentó Nina solo expongo las siguientes:

    "Ser amigo" no es transitiva porque yo soy amiga de Bea y Bea es amiga de Lupe, pero Lupe y yo no nos podemos ni ver...
    "Ser mayor" sí es transitiva porque si A>B y B>C, entonces A>C.
    "Ser vecino" sí es transitiva porque si A vive en el mimo bloque que B y B vive en el mismo bloque que C, entonces A vive en el mismo bloque que C.
    "Ser hijo" no es transitiva porque yo soy hija de mi madre y mi madre es hija de mi abuela, y yo no soy hija de mi abuela. ¡Soy su nieta favorita!
    "Ser potencia" sí es transitiva porque si A es potencia de B (A=Bⁿ) y B es potencia de C (B=C^m), entonces A es potencia de C (A=C^m·n).
    "Ser opuesto" no es transitiva porque –7 es opuesto de 7 y 7 es opuesto de –7, sin embargo –7 no es opuesto de –7.

    Te toca inventarte más relaciones...