461. SOLUCIÓN de 161. Ortocentro fantasma

    Cuando Pepe Chapuzas se pone a divagar... Así se explayó en la última clase:

    Profe, ¡mire cuántas chapuzas! En la Geometría del triángulo, con la palabra "altura" a veces nos referimos a una cantidad, es decir, al número que indica la distancia entre un vértice y el lado opuesto a partir de una unidad (metro, pie...), y otras veces con la palabra "altura" nos referimos a la recta que pasa por un vértice y es perpendicular al lado opuesto... ¡Además las alturas ni siquiera tienen que ser verticales! ¿No cree que es un nombre muy confuso por no decir chapucero? 

    Y luego está lo del ortocentro, ya sabe, la intersección de las alturas... Yo pienso que algo que se denomina "centro" debería estar "dentro"... pero a veces el ortocentro cae "fuera" del triángulo... (Lo mismo le pasa al circuncentro). 
    Y para rematar la faena a la altura la llamamos h y al ortocentro H... Me dan ganas de escribir "haltura" y "hortocentro"... 
    Por cierto, ¿sabe lo que he descubierto? Le cuento. En casa tengo un tetraedro irregular y me puse a calcular sus "centros"... O sea, los puntos notables: el baricentro o centro de gravedad, el circuncentro o centro de la esfera circunscrita, el incentro o centro de la esfera inscrita y, finalmente, el ortocentro... Con los tres primeros no tuve problemas, pero con el último... Verá... Ahora, con el tetraedro, una altura es una recta que pasa por un vértice y es perpendicular a la cara opuesta... Pues bien, tomé dos alturas de mi tetraedro y ¡no se cortaban! ¿Se da cuenta? ¡Mi tetraedro no tiene ortocentro!

    Dejemos a Pepe con sus elucubraciones...
    Elige cuatro puntos del espacio al azar. ¿Determinan un tetraedro? En caso afirmativo elige dos alturas (rectas). ¿Se cortan? ¿Cómo debe ser un tetraedro para que sus alturas se corten? Mándame tus cálculos y tus deducciones.

    SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le sorprendió que no todos los tetraedros tuvieran ortocentro... Eligió los puntos A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0, 1, 0) y D(0, 1, 1) como vértices de un tetraedro que no tenía ortocentro...

    Profe, mire. Los cuatro puntos A, B, C y D determinan un tetraedro porque el producto mixto de los vectores A͢B, A͢C y A͢D es [A͢B, A͢C, A͢D] = 1.

    Además, la ecuación del plano ABC es z=0, con vector normal C͢D=(0, 0, 1) y la ecuación del plano ACD es x=0, con vector normal A͢B=(1, 0, 0), por lo que la altura que pasa por D y la altura que pasa por B no se cortan ya que el producto mixto [C͢D, A͢B, B͢D]=1.  

   ¡Ya tengo un ejemplo de un tetraedro sin ortocentro! He encontrado en Internet que un tetraedro con ortocentro se denomina ortocéntrico (originalidad no les falta a los matemáticos)... Y que un tetraedro es ortocéntrico si y solo si sus aristas opuestas son perpendiculares.

    Esto último se indica así: A͢B·C͢D = A͢C·B͢D = A͢D·B͢C = 0. ¿Te atreves a demostrar que esto es equivalente a A͢B²+C͢D² = A͢C²+B͢D² = A͢D²+B͢C²? 

460. SOLUCIÓN de 160. Las raíces cuadrada y cúbica a mano (2ª parte)

    Profe, las raíces cuadradas no se han hecho siempre así, ¿verdad? ¿Cómo se hacían antes (de la llegada) de las cifras arábigas?

    Conté que con las cifras arábigas viajaron, y nos llegaron, muchos de los algoritmos que utilizamos hoy, como el de la raíz cuadrada, conocido como algoritmo de Al-Banna. Y que antes, para las raíces cuadradas, se utilizaban otros métodos como el de Herón...
    Comenté que con el método de Herón, para extraer la raíz cuadrada de A, se calculaba el límite de la sucesión recursiva: X_n+1=(X_n+A/X_n)/2, donde X₁ era cualquier valor "cercano" a la raíz buscada... Rectifiqué enseguida porque en realidad no se calculaba el límite, sino X₃ o X₄ según la precisión requerida... Y puse como ejemplo la raíz cuadrada de 14. Empecé con X₁ = 4, entonces X₂ = (4+14/4)/2 = 3,75 y por tanto X₃ = (3,75+14/3,75)/2 = 3,741666... lo que me daba una exactitud de ¡cuatro decimales! (Añadí que en la época de Herón no se operaba con decimales sino con fracciones).
    A Pepe Chapuzas le encantó en "nuevo" método y encontró, quién sabe dónde, un método para las raíces cúbicas... Esto encontré en su cuaderno:

    La raíz cúbica del número A es el límite de la sucesión X_n+1=(2X_n+A/X_n²)/3.

    Extrae la raíz cúbica de 14 calculando cuatro términos de esta sucesión...

    Por cierto, ¿sabías que el símbolo de raíz es una erre? ¡Es la inicial de raíz!

SOLUCIÓN

 

    A Nina Guindilla también le encantó el "nuevo" método...

 

    Profe, mire. Primero he calculado la raíz cúbica de 14 con la calculadora y me sale:

2,4101422642

    Voy a hacerlo ahora con el "nuevo" método. Empezamos por ejemplo con X₁ = 3.

X₂ = (2·3+14/3²)/3 = 2,51852

X₃ = (2·2,51852+14/2,51852²)/3 = 2,41474

X₄ = (2·2,41474+14/2,41474²)/3 = 2,41015

 

    Ya puestos, Nina calculó también el quinto término de la sucesión...

 

X₅ = (2·2,41015+14/2,41015²)/3 = 2,4101422642

 

    La cara de asombro de Nina ante la precisión del resultado era indescriptible...

    Investiga y descubre por qué funcionan estos métodos "nuevos". 

459. SOLUCIÓN de 159. Las raíces cuadrada y cúbica a mano

    Habíamos explicado el algoritmo tradicional para extraer raíces cuadradas (algoritmo de Al-Banna) y habíamos mandado unos ejercicios. Cuando los terminamos de corregir en la pizarra, Pepe Chapuzas preguntó por qué se hacía así. Hice una "explicación gráfica" para mostrar de dónde salía cada número recordando que a = área, ca = centiárea, dam = decámetro y m = metro.

    Se trataba de calcular el lado de un cuadrado cuya área (superficie) medía 14 áreas (decámetros cuadrados). El resultado era 37 metros... Pepe entendió muy bien el procedimiento porque al día siguiente me enseñó en su cuaderno un algoritmo para extraer raíces cúbicas con un ejemplo numérico que reproduzco a continuación... El algoritmo venía acompañado de un dibujo...

    Ahora había que calcular el lado de un cubo cuyo volumen era de 14 litros. El resultado era 24 centímetros...

    ¿Te atreves a dar una explicación detallada de estos algoritmos a partir de los dibujos?
    Extrae (a mano) las raíces cuadrada y cúbica de 77 con tres decimales.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se peleó con los dibujos una hora larga hasta que empezó a entender... El algoritmo de Al-Banna no tenía ningún misterio para Nina pero la raíz cúbica era otro cantar.

    Profe, mire. Tanto para la raíz cuadrada como para la raíz cúbica estamos calculando una aproximación de la arista... Cada vez que obtenemos un dígito de la arista acotamos el error de la aproximación... para lo cual, los restos se descomponen en figuras sencillas: rectángulos y cuadrados en el caso de la raíz cuadrada y ortoedros y cubos en el caso de la raíz cúbica... En fin, voy a intentar hacer las raíces de 77.

    Te toca corregir las operaciones. Haz las comprobaciones...

458. SOLUCIÓN de 158. El ábaco de Napier (o Neper)

    Profe, mire. Me han regalado un ábaco japonés (soroban) para mi colección. También tengo un ábaco maya (nepohualtzintzin), un ábaco chino (suanpan) y un ábaco ruso (schoty). ¡Ve que son diferentes!

    Pepe Chapuzas había empezado una interesante colección de ábacos. Cada ábaco iba acompañado de una precisa información: de dónde procedía, de qué materiales estaba hecho y cómo se usaba...
    Le comenté que Napier había inventado un ábaco para multiplicar que habría sido todo un éxito de no ser por la invención, poco tiempo después, de los logaritmos... Añadí que lo curioso de esta historia es que los logaritmos también los inventó Napier..., y que del ábaco para multiplicar solo existía un ejemplar que se conservaba, por raro que parezca, ¡en el Museo Arqueológico de Madrid...!
    Entonces Pepe me dijo que si solo había uno en todo el mundo, él se iba a fabricar otro, con lo cual llegaría a poseer ¡uno de los dos "únicos" ábacos de Napier que quedaban! Tuve que aclararle a Pepe que, en realidad, el ábaco del museo no era un ábaco de "bolas" como los de su colección..., y que no era uno sino dos... pues había un ábaco de bastones, de los que se fabricaron (y se conservaban) muchísimos en todo el mundo, y un ábaco de regletas, que sí era "único"...
    A los pocos días Pepe trajo una caja que contenía "el segundo ábaco de Napier"... Lo había hecho de cartulina. ;-)

    Profe, mire. He averiguado que hay muchas clases de ábacos de regletas. Además del ábaco de regletas de Napier, de los que "ahora" solo hay "dos" en el mundo, están, por ejemplo, los ábacos de regletas para multiplicar y dividir de Genaille y Lucas, y los ábacos de regletas para sumar y restar de Kummer y Troncet... Son muy fáciles de construir... y más fáciles todavía de usar. Yo me he fabricado los tres... Le explico a continuación el funcionamiento del primero: las regletas de Napier...
    Las regletas de Napier sirven para multiplicar 2 números de varias cifras. Verá que hay regletas de dos tipos: las hay verticales y con números para el primer factor, y horizontales y con agujeros para el segundo factor. Cada regleta representa 1 cifra (pero sirve para 2 cifras diferentes como veremos)... Por lo tanto hay 10 modelos de regletas diferentes... 5 verticales y 5 horizontales... como estas:

    La cantidad de regletas necesarias para abarcar todas las posibilidades depende del tamaño de los factores... Así, si queremos un ábaco para multiplicar números de N cifras, se necesitarán N regletas de cada modelo... La longitud de las regletas también depende de N pues cada regleta está formada por N cuadrados iguales... En mi ábaco hay en total 70 regletas, de 7 cuadrados cada una, para poder multiplicar números de hasta 7 cifras...
    Aquí le muestro los cuadrados para formar las regletas verticales. A estas regletas se les puede dar la vuelta y así aprovechamos las dos caras... Cada cara sirve para una cifra. ¿Ve? El cuadrado correspondiente a esa cifra se repite 7 veces en la cara de la regleta en cuestión...

    Y aquí están los cuadrados para las regletas horizontales. También hay dos cuadrados para cada modelo de regleta horizontal. A estas regletas no se les da la vuelta, pero se pueden girar 180º. ¿Entiende?, los 5 cuadrados de abajo son simétricos de los de arriba... Si se da cuenta, las cifras se han emparejado de la misma manera que antes... por comodidad. (Las parejas de cifras suman 1 u 11).

    Y ahora un ejemplo... (No se representan las regletas enteras). Si queremos multiplicar 7561 por 834, colocamos primero las regletas verticales del primer factor...

    Y encima las horizontales del segundo factor, tal como se muestra en la siguiente figura... Finalmente sumamos con llevadas los números de cada carril diagonal que se ha formado entre las líneas rojas... ¡Este es el resultado, es decir, el producto!

    La solución era la correcta: 6305874.
    Pepe incluyó en su caja las regletas de Genaille y Lucas y una calculadora como las de Kummer y Troncet... Sin lugar a dudas Pepe tenía un ábaco "único" en su caja...

    Investiga cómo funcionan los ábacos japoneses, las regletas de Genaille-Lucas, las calculadoras de Kummer-Troncet y los bastones de Napier... Elige y fabrica uno de ellos y nos explicas su funcionamiento con detalle (y con ejemplos).

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla se le despertó la curiosidad con las regletas de Genaille y Lucas y se hizo unas. Aquí puedes ver la regleta de multiplicar del 6 y un ejemplo de cómo se utiliza para multiplicar: 52749 X 4 = 210996.

    Busca cómo se utilizan las regletas de Genaille y Lucas para dividir...

457. SOLUCIÓN de 157. Los rombos de Penrose (2ª parte)

    Pepe Chapuzas me mandó el siguiente mensaje por correo electrónico:

    Profe, mire. Me picó la curiosidad que me dijera que los rombos que dibujé en mi mandala eran rombos de Penrose. He investigado en Internet y he descubierto que Penrose descubrió que con estos rombos se pueden componer mosaicos que cubren todo el plano. Y que si sólo se permiten a las teselas juntarse en un vértice si forman figuras como las que le adjunto, entonces los mosaicos son aperiódicos, lo cual significa que no se pueden obtener repitiendo un patrón finito de teselas mediante traslaciones ...

     Después me contaba que en su mandala las teselas se juntaban en figuras no permitidas, etc., etc...
     La curiosidad de Pepe no tiene límites... Le respondí a Pepe que Penrose había descubierto muchos mosaicos aperiódicos. Que el más famoso se componía a partir de 2 deltoides, que denominó "dart" y "kite", en el que solo se permitían a las teselas juntarse en un vértice si formaban figuras como las que le adjunté...

    Creo que Pepe siguió investigando... Al día siguiente trajo dos cartulinas con sendos mosaicos, uno con rombos y el otro con deltoides...

    Como ves, las 7 figuras de deltoides tienen nombre. ¿Qué nombres le pondrías tú a las 7 figuras de rombos?
    Busca en Internet 8 mosaicos periódicos indicando el patrón que se repite en cada caso.
    Busca en Internet algún otro mosaico aperiódico.
    Mándame tus respuestas por correo electrónico...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla bautizó a las siete figuras de rombos con nombres relacionados con el ajedrez y las damas... De izquierda a derecha: Peón, Dama, Alfil, Caballo, Torre, Reina y Rey.
    En Internet se pueden encontrar infinidad de mosaicos. De entre los periódicos Nina me mandó varios de Escher... ¡maravillosos! Y de entre los aperiódicos me envió este:

    Busca mosaicos de Escher. Te van a gustar...

456. SOLUCIÓN de 156. Los rombos de Penrose

    Estábamos realizando un taller de mandalas y Pepe Chapuzas terminó el primero. Estaba claro que su mandala era una auténtica chapuza. Estaba formado por dos tipos de rombos. Al contarlos me percaté de que se trataba de rombos de Penrose... Para que Pepe no perdiera el tiempo le propuse que calculara el área de un rombo rojo y el área de un rombo amarillo. También terminó enseguida..., antes de que acabara la clase...

    ¿Cuánto miden los ángulos de los rombos de Penrose?
    ¿Cuánto miden las áreas de los rombos si los lados miden 4cm?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Viendo la figura es muy fácil calcular los ángulos, pero tengo que confesar que yo los busqué en Internet. Los del rombo gordo son 72º y 108º y los del flaco son 36º y 144º. El área del rombo gordo es 4·4·sen72º = 15,22 cm² y el del flaco es 4·4·sen36º = 9,40 cm².

    Hay 2 poliedros de Catalan que están formados por rombos: son romboedros. ¿Cuánto miden los ángulos de los rombos de estos romboedros? Busca la solución en Internet.

455. SOLUCIÓN de 155. Los barquitos

    Pepe Chapuzas ha propuesto una variante del juego de los barquitos. En vez de hundir la flota del enemigo lo que hay que hacer es localizarla sin hundirla. Para ello cada contrincante le tiene que dar al enemigo el número de cuadraditos ocupados por sus barquitos en cada fila y en cada columna. Gana el contrincante que antes averigua la disposición de la flota enemiga...
    Para que practiques esta variante Pepe te propone que localices su flota... Recuerda que tiene que haber 1 barquito de 4 cuadraditos, 2 barquitos de 3 cuadraditos, 3 barquitos de 2 cuadraditos y 4 barquitos de 1 cuadradito; y que los barquitos están separados unos de otros...

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla localizó la flota de Pepe Chapuzas..., aunque con un poco de suerte, porque la solución del problema no es única...

    ¿Podrías dar otra solución?
    ¿Puedes localizar tú la flota de Nina que se muestra debajo?

454. SOLUCIÓN de 154. Un reto polinómico

    Pepe Chapuzas sabe obtener mucha información de las soluciones de una ecuación polinómica aunque no sepa resolverla. Este reto que ha propuesto requiere ciertas dosis de habilidad. Como pista, ha dicho que hay que factorizar el polinomio del enunciado...

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla ha resuelto este reto con mucha elegancia... por etapas... Nina me dijo que para ir a Plutón era mejor pasar por Marte, Júpiter, Saturno, Urano y Neptuno... Ella iba a calcular  a+b+c,  a²+b²+c²,  a³+b³+c³  y  a⁴+b⁴+c⁴  antes de calcular  a⁵+b⁵+c⁵...

    1) Mire, profe. Al principio creí que la pista de Pepe era una pista falsa puesto que la regla de Ruffini tiene sus limitaciones..., hasta que caí... Si a, b y c son las raíces del polinomio tenemos que  x³–6x²+5x–1 = (x–a)(x–b)(x–c) = x³–(a+b+c)x²+(ab+ac+bc)x–abc, o sea:

a+b+c = 6

ab+ac+bc = 5

abc = 1

    2) Si desarrollamos (a+b+c)² = a²+b²+c²+2ab+2ac+2bc = a²+b²+c²+2(ab+ac+bc) tenemos:

a²+b²+c² = 6²–2·5 = 26

    3) Como a, b y c son soluciones de x³–6x²+5x–1 = 0 tenemos las siguientes igualdades:

a³ = 6a²–5a+1

b³ = 6b²–5b+1 

c³ = 6c²–5c+1 

a³+b³+c³ = 6·26–5·6+3 = 129

    4) Multiplicando por a, b y c las igualdades anteriores obtenemos:

a⁴ = 6a³–5a²+a

b⁴ = 6b³–5b²+b 

c⁴ = 6c³–5c²+c 

a⁴+b⁴+c⁴ = 6·129–5·26+6 = 650

     5) Finalmente, volviendo a multiplicar por a, b y c, llegamos a la solución:

a⁵ = 6a⁴–5a³+a²

b⁵ = 6b⁴–5b³+b² 

c⁵ = 6c⁴–5c³+c² 

a⁵+b⁵+c⁵ = 6·650–5·129+26 = 3281

    Calcula  a⁶+b⁶+c⁶  y  a^–1+b^–1+c^–1 .

453. SOLUCIÓN de 153. Alrededor del instituto

    Pepe Chapuzas estaba en clase de Educación Física y estaba dando vueltas alrededor del instituto. Me di cuenta de que cada vez iba más deprisa. Cuando terminó la clase le pregunté...

    Profe, mire. Llevaba un GPS e iba mirando el reloj y el velocímetro. El primer minuto fui a 1km/h, el segundo minuto fui a 2km/h, el tercer minuto fui a 3km/h y así sucesivamente... ¿Sabe a qué velocidad iba cuando recorrí 2 kilómetros? ¿Y sabe cuánto tiempo tardé?

    Pepe maquina problemas cuando menos te lo esperas. ¿Quién puede contestar correctamente? (No necesitas ningún GPS ni que te pongas a dar vueltas alrededor del instituto).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla resolvió el problema en su pupitre... Me dijo que lo podía haber hecho con la cuenta de la vieja pero como no era vieja todavía iba a plantear una ecuación...

    Profe, mire. Pepe recorrió el primer minuto a 1km/h por lo que anduvo 1/60km. El segundo, tercero, cuarto... minutos iba a velocidades doble, triple, cuádruple..., por lo que recorrió 2/60km, 3/60km, 4/60km... respectivamente. Al cabo de M minutos llevaba (1+2+3+4+...+M)/60 = (M²+M)/2/60 = 2km. La ecuación es M²+M−240 = 0 y la solución M = (−1+√961)/2 = 15. Pepe iba a 15km/h y tardó 15 minutos.

    ¿Cuánto tardó Pepe en recorrer 1 km? (La solución no es ahora tan "bonita".)

452. SOLUCIÓN de 152. Un triángulo curvilíneo

    Un día que estaba de guardia en clase vi que Pepe Chapuzas estaba dibujando un triángulo curvilíneo con el compás en su bloc de Dibujo. Creo que era una trampa para llamar mi atención... El caso es que, como advirtió que le observaba, aprovechó la situación para plantearme la siguiente cuestión:

    Profe, mire. Este triángulo ABC es un triángulo equilátero pero los lados no son segmentos de recta sino arcos de circunferencia. Para dibujar los 3 arcos hay que pinchar el compás en los tres vértices. Por ejemplo para dibujar el arco AB hay que pinchar el compás en C... La cuestión es... Si cada arco midiera 1m, ¿cuánto mediría el área del triángulo?

    Te espera un positivo si resuelves la cuestión planteada por Pepe. ¿Cuánto mediría el área de este triángulo curvilíneo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó el triángulo rectilíneo ABC...

    Profe, mire. El área del triángulo curvilíneo es la suma del triángulo rectilíneo más las áreas de los tres segmentos circulares... pero se puede calcular más fácilmente como el triple de un sector circular menos el doble del triángulo rectilíneo. Pero primero voy a calcular el radio r (y la cuerda) del arco de circunferencia: Si 2πr = 6 entonces r = 3/π. El área del sector circular sería πr²/6 = 3/2/π y la del triángulo rectilíneo r²√3/4 = 9√3/4/π². Por lo tanto el área del triángulo curvilíneo será 9/2/π – 9√3/2/π² = 0.642674 m².

    Repasa los cálculos de Nina...

451. SOLUCIÓN de 151. ¡Sin bisectrices!

     Profe, mire. En un ejercicio de Dibujo hemos tenido que inscribir una circunferencia en un triángulo rectángulo sin trazar las bisectrices. El profe de Dibujo nos ha soplado que el diámetro de la circunferencia era igual a la suma de los catetos menos la hipotenusa del triángulo. ¿Es esto verdad?

    Le contesté a Pepe Chapuzas que sí era cierto pero que yo no pensaba demostrárselo. Al día siguiente Pepe trajo una preciosa demostración... mezclando Matemáticas y Dibujo...
    Realiza el dibujo sin trazar las bisectrices y demuestra este resultado... y te llevarás un positivo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se contentó con la parte de Dibujo:

    Completa tú la parte de Matemáticas... 
    En el dibujo de Nina no se aprecia cómo ha determinado r. ¿Cómo lo harías tú?

450. SOLUCIÓN de 150. Se busca factorial...

    Este pequeño ejercicio estaba garabateado en la mesa de Pepe Chapuzas. Tuve que regañar a Pepe por escribir en su mesa y le obligué a limpiarla (si bien memoricé el enunciado antes de que desapareciera):

    Resuelve el ejercicio (pero no en una mesa).

 

SOLUCIÓN

 

    Mire, profe: 6!·7! = 6·5·4·3·2·7! = (3·2)·5·(2·2)·3·2·7! = (5·2)·(3·3)·(2·2·2)·7! = 10·9·8·7! = 10!. Por lo tanto m = 10.

 

    Nina Guindilla obtuvo su positivo.

    A partir de la solución que nos ha proporcionado Nina, demuestra que 10!:7 es un cuadrado perfecto sin calcular 10!.

449. SOLUCIÓN de 149. La equis, la ye y la zeta

    Profe, ¿por qué solemos utilizar las últimas letras del abecedario para representar incógnitas, indeterminadas y variables?

    Le contesté a Pepe Chapuzas que era una antigua costumbre pero que muchas veces se echaba mano de otras letras... (incluso de letras griegas). Para no romper con la tradición... en el siguiente ejercicio utilicé la equis, la ye y la zeta mayúsculas.

    Pepe resolvió el ejercicio en un santiamén. ¿Te animas tú?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se limitó a escribir la siguiente cadena de igualdades:

    –Z³ = (X+Y)³ = X³+Y³+3X²Y+3XY² = X³+Y³+3XY(X+Y) = X³+Y³–3XYZ.

    Justifica cada paso...

448. SOLUCIÓN de 148. Etimologías...

    Profe, la etimología de la palabra GEOMETRÍA es superinteresante. Es una lección de Historia.

    Pepe Chapuzas se refería a cómo nació la Geometría en Egipto, para medir la tierra tras las inundaciones del Nilo... (Geometría = Medida de la tierra, en griego). Añadí que muchos términos geométricos proceden del griego, porque en la antigua Grecia florecieron las Matemáticas (y las Ciencias y las Artes...).
    Busca la etimología de TRAPECIO, de ESCALENO y de ISÓSCELES. (No tienes que contarnos sus significados en castellano sino sus significados en griego).

SOLUCIÓN

    TRAPECIO es una palabra griega que significa mesita de cuatro patas. Ya sabemos cómo eran las mesitas griegas...

    ESCALENO es una palabra griega que significa cojo. Un triángulo escaleno cojea...

    ISÓSCELES es una palabra griega que significa piernas iguales. Estos no cojean...

    Esta es Nina Guindilla...
    Las cónicas tienen nombres griegos. Busca la etimología de ELIPSE, PARÁBOLA e HIPÉRBOLA. 

447. SOLUCIÓN de 147. Cadena de triángulos

    Profe, en esta cadena de triángulos equiláteros, el lado de un triángulo es el doble del lado del siguiente triángulo. ¿Cuál sería la forma más rápida de calcular la distancia  d ? ¡Claro, sin medirla con la regla...!

    No le resolví el reto a Pepe Chapuzas. Lo propuse como ejercicio en clase. ¡A ver quién consigue calcular  d  lo más rápido posible!

SOLUCIÓN

    Aquí os dejo el cálculo de Nina Guindilla...

    Profe, mire. El triangulito pequeñín tiene un lado de 1/8. Me imagino la figura llena de triangulitos pequeñines...

    Entonces el segmento  d  sería la hipotenusa de un triángulo rectángulo cuyos catetos medirían 1/2 y √3/8. Por lo tanto  d = √(1/4+3/64) = √(19/64) = √19/8 metros.

 

    Realiza detalladamente los cálculos de Nina.

446. SOLUCIÓN de 146. La ficha encajada

    Profe, mire. Estaba jugando con una ficha de dominó y con un cubilete de dados, y observe lo que ha pasado... La ficha se ha encajado de tal modo en el fondo circular del cubilete que ahora no puedo sacarla... 

    Este Pepe Chapuzas siempre la está liando...
    En fin si no podemos sacar la ficha del cubilete al menos podremos calcular el área que ocupa del fondo circular. Como dato sabemos que el diámetro del círculo es de 4 centímetros...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. El área que ocupa una ficha de dominó está formada por 2 cuadrados iguales. La diagonal de la ficha es el diámetro del círculo tal como está encajada... Podemos utilizar el teorema de Pitágoras... Si L es el lado del cuadrado tendremos que 4² = L² + (2L)² = 5L². El área buscada será el doble del cuadrado, es decir, 2L² = 2·4²:5 = 6,4 cm².

    Nina Guindilla ha calculado el área pedida, pero a simple vista no puede afirmar si es mayor el área del fondo ocupada por la ficha o el área no ocupada (verde). ¿Tú qué opinas?

445. SOLUCIÓN de 145. El tablero de multiplicar

    Estaba explicando en clase que como nuestro sistema de numeración era decimal (en base 10, es decir, con 10 cifras), bastaba con aprender 9 tablas de multiplicar (la tabla del 0 es trivial). Comenté que yo me aprendí las tablas a la vez en un tablero de 9 filas y 9 columnas como el de la figura. Fue casi como jugar a los barquitos. (7x6=42 ¡hundido!). En el tablero no se contemplaba multiplicar ni por 0 ni por 10... Pepe Chapuzas preguntó cuánto sumaban todos los números del tablero y algunos compañeros realizaron la suma tecleando todos los números en la calculadora... No era eso lo que pretendía Pepe así que complicó el ejercicio:

    Chapuzalandia se parece a la antigua Babilonia en el sistema de numeración sexagesimal. ¡Tienen 60 cifras diferentes! ¿Tienen que aprenderse 59 tablas de multiplicar?... Si hiciéramos un tablero con todas las tablas, ¿cuánto sumarían todos los números del tablero?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. El tablero de multiplicar es una matriz cuadrada. Si A = (1 2 3 4 ...) y A^T es su traspuesta, el tablero de multiplicar sería A^T·A. Y si B = (1 1 1 1 ...) y B^T es su traspuesta, la suma de todos los números del tablero sería B·(A^T·A)·B^T = (B·A^T)·(A·B^T) = (1+2+3+4+...)·(1+2+3+4+...) = (1+2+3+4+...)², es decir, el cuadrado de un número triangular. Para un sistema de numeración en base N el resultado sería N²·(N–1)²/4. Si N=10 tenemos 100·81/4 = 2025. Si N=60 tenemos 3600·3481/4 = 3132900.

    Justifica todos los pasos del razonamiento de Nina Guindilla.

444. SOLUCIÓN de 144. El cuadro y su marco

    Pepe Chapuzas había traído un cuadro para la exposición de jóvenes artistas. Era tan chapucero que lo había enmarcado y eso que la pintura no estaba seca, (yo creo que la obra ni siquiera estaba terminada). Para colmo el título de la obra era el siguiente:

    "Si el borde exterior del marco es un rectángulo de 2 metros de perímetro y el borde interior del marco es un rectángulo de 1,68 metros de perímetro, ¿cuál es la anchura del marco?"

    Solo a Pepe se le podía haber ocurrido poner un problema de título...
    Resuelve el título, perdón, el problema, y me dices cómo lo has hecho...

SOLUCIÓN

    El problema era muy fácil, la mayoría de los alumnos plantearon una ecuación de primer grado... Solo había que fijarse en las esquinas para adivinar que si X era la anchura del marco, la diferencia entre el borde exterior y el borde interior sería 8·X = 2 – 1,68 = 0, 32. Por lo tanto X = 0,32:8 = 0,04m = 4cm. Sin embargo Nina Guindilla lo hizo de otra manera...

    Profe, mire. El cuadro de Pepe es un rectángulo... pero la solución del título-problema no depende de la forma de ese rectángulo... podría haber sido un cuadrado perfectamente. En tal caso, si restamos el área del cuadro con marco menos el área del cuadro sin marco, tendremos el área del marco A = (2:4)² – (1,68:4)² = 0,0736. Por otro lado, la media entre el borde exterior del marco y el borde interior del marco es M = (2+1,68):2 = 1,84, por lo que la anchura del marco será X = A:M = 0,0736:1,84 = 0,04m = 4cm.

    Justifica el razonamiento de Nina.

443. SOLUCIÓN de 143. Los números tartamudos

    Si un número tartamudo ;-) es un número natural que tiene todas sus cifras iguales, ¿cuántos números tartamudos menores que 1 000 000 000 son múltiplos de 33?

    Pepe Chapuzas os ha retado con este ejercicio de divisibilidad. ¡Al ataque (sin tartamudear)!

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Sea N el número de cifras que tiene el número tartamudo y M la cifra que se repite... (El número tartamudo sería MMMMM...) Si el número tartamudo tiene que ser menor que 1 000 000 000 podemos asegurar que 1≤N≤9. Lo mismo podemos decir de M: 1≤M≤9. Si nuestros números tartamudos tienen que ser múltiplos de 33, tendrán que se múltiplos de 3 y de 11. Si tienen que ser múltiplos de 3 la suma de sus cifras también (criterio de divisibilidad del 3), es decir, N·M será múltiplo de 3, por lo que N o M será múltiplo de 3, esto es, N o M tendrán que ser 3, 6 o 9. Si los números tartamudos tienen que ser múltiplos de 11, al sumar las cifras que ocupan lugar impar y restar las cifras que ocupan lugar par (criterio de divisibilidad del 11) obtenemos M o 0 si hay una cantidad impar o par de cifras respectivamente, por lo que a la fuerza M será par, es decir, 2, 4, 6 u 8. Ya podemos deducir cuáles, y por tanto cuántos, números tartamudos tenemos...
    De 2 cifras: 33, 66 y 99.
    De 4 cifras: 3333, 6666 y 9999.
    De 6 cifras: 111111, 222222, 333333, 444444, 555555, 666666, 777777, 888888 y 999999.
    De 8 cifras: 33333333, 66666666 y 99999999.
    Hay 18 números tartamudos menores que mil millones múltiplos de 33.

    Nina Guindilla ha encontrado los números tartamudos sin tartamudear...
    ¿Cuántos números tartamudos menores que un billón son múltiplos de 99?