482. SOLUCIÓN de 182. Un problema con trampa

    Pepe Chapuzas ha ido recopilando en su cuaderno ejercicios interesantes. Pero a veces es mucho más interesante la manera de resolverlos... Este, que venía acompañado de un dibujito, me parece bastante curioso:

    Enunciado: Iba por la autopista todo el rato a 120 km/h... Justo cuando la distancia recorrida era igual a la distancia que me faltaba empezó a diluviar, de modo que tuve que reducir la velocidad y el resto del viaje conduje a 80 km/h. ¿Cuál fue mi velocidad media?

    Respuesta: ¡Ojo! Este es un problema con trampa. Los profes quieren pillarnos y esperan que contestemos 100 km/h que es la media aritmética de las dos velocidades. La solución verdadera se saca dividiendo el cuadrado de la media geométrica entre la media aritmética, o sea, 96 km/h.

    Comprueba que el resultado de Pepe es la solución correcta e interpreta el dibujo.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que la solución del problema no era la media aritmética de las dos velocidades sino la media armónica...

 
        Nina aseguró que el dibujo de Pepe ilustraba una forma geométrica de obtener la media armónica de dos cantidades... ¡Demuéstralo!

481. SOLUCIÓN de 181. ¿Paralelas?

    Dicen que la Geometría es el arte de pensar bien y dibujar mal. Mira cómo utilizó Pepe Chapuzas el "teorema del punto gordo" para localizar el baricentro de un triángulo como intersección de sus tres medianas...

    Pero a veces los dibujos están bien y es la mente la que se equivoca. Y si no lo crees observa las siguientes ilusiones ópticas que se ha sacado Pepe de Internet...

    Aunque no lo parezca las rectas verticales son paralelas. Traed a la clase (o mandadme) dibujos de ilusiones ópticas y haremos una bonita exposición.

SOLUCIÓN

    He aquí la aportación de Nina Guindilla:

    Profe, es increíble que con solo añadir unos puntitos...

    Busca otras ilusiones ópticas y compártelas...

480. SOLUCIÓN de 180. El damero hechizado

    Un día llevé a clase el dibujo de un damero sin trebejos que estaba partido en cuatro trozos: I, II, III y IV. Al lado había otro dibujo en el que los cuatro trozos anteriores se habían ensamblado en otra disposición y formaban un rectángulo... Fue Pepe Chapuzas, cómo no, el que advirtió algo extraño...

    Profe, esto es cosa de hechizo... Mire, en la izquierda los trozos forman un cuadrado de 8x8=64 escaques, mientras que en la derecha el rectángulo tiene 13x5=65 escaques. ¿De dónde ha salido el escaque de más?

    Los compañeros contaron los escaques y se quedaron perplejos, pero con la mosca detrás de la oreja... Al final Pepe dio con la respuesta acertada y el damero perdió todo su hechizo.

    ¿Sabías que el tablero del ajedrez se llama damero, las casillas escaques y las piezas trebejos?
   Busca las definiciones de otras palabras propias del ajedrez como enroque o gambito...
   Y por supuesto, descubre el hechizo del damero y nos lo cuentas. ¿De dónde surge el escaque extra?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Si observamos detenidamente la figura de la derecha, e intentamos calcular la pendiente de la diagonal del rectángulo, en los trapecios (marrón y azul) es -5/2, mientras que en los triángulos (verde y rojo) es -8/3. ¿Se da cuenta?, la diagonal no es tal, sino una línea quebrada, y el área del escaque que sobra está disimulada con la falsa diagonal...

    Nina Guindilla además aclaró que el tablero se llama damero porque sirve para jugar a las damas también, y que escaque y trebejos son palabras que se utilizan menos que casilla y pieza. El enroque y el gambito son nombres de jugadas. Con el enroque el rey queda protegido por una torre y con el gambito se sacrifica una pieza para conseguir alguna ventaja... 
    La palabra "alfil" significa "el elefante" en árabe. (Como "marfil" es "hueso de elefante".) Sin embargo el alfil se dice "bishop", "obispo" en inglés, y en francés "fou", o sea, "loco". Haz una lista con los nombres de las piezas del ajedrez en varios idiomas...

479. SOLUCIÓN de 179. Un día de la semana

    A Pepe Chapuzas le gusta hacer pensar a sus compañeros con problemas de lógica como el del siguiente ejemplo:

    Yo nací el día 25 de cierto mes de cierto año que no puedo revelar. Pero sí puedo decir que ese mes de ese año hubo tres domingos que cayeron en día par... ¿En qué día de la semana nací?

    ¿En qué día de la semana nació Pepe?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Si ese mes hubo 3 domingos que cayeron en día par, hubo 2 domingos que cayeron en día impar, es decir, hubo 5 domingos. La única posibilidad es que los domingos cayeran los días 2, 9, 16, 23 y 30, ¿verdad? Por lo tanto el 25 cayó en martes. En cuanto al mes... lo único que podemos decir es que no fue febrero. ;-)

    Nina Guindilla adivinó el día de la semana. Por cierto, los nombres de los días están relacionados con los dioses paganos (o con los planetas, que viene a ser los mismo). Relaciona los días de la semana (en español y en inglés) con los dioses de la mitología (romana y nórdica).

478. SOLUCIÓN de 178. Cortando el alambre

    Dicté en clase un problema clásico de optimización. Pepe Chapuzas copió el enunciado en su cuaderno, pero además escribió algo que remarcó en amarillo chillón y que yo no había dictado... También hizo un dibujo para ilustrar el problema antes de resolverlo...

    Un alambre de un metro de longitud se corta en dos trozos. Doblando los dos trozos de alambre se forman un cuadrado y un círculo respectivamente. Calcula la longitud de cada trozo para que la suma de las áreas del cuadrado y del círculo sea mínima.
    (Los trozos de alambre tienen distintas longitudes y el cuadrado y el círculo tienen distintas áreas).

    Calcula las áreas del cuadrado y del círculo suponiendo cortamos el alambre para que las longitudes de los dos trozos sean iguales.
    Calcula las longitudes de los trozos de alambre suponiendo que cortamos el alambre para que las áreas del cuadrado y del círculo sean iguales.
    Resuelve el problema dictado calculando, además de las longitudes de los trozos de alambre, las áreas del cuadrado y del círculo. ¿Tenía razón Pepe Chapuzas en lo que remarcó con rotulador?

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla los problemas de optimización le fascinan. Veamos como ha resuelto este:

    a) Si los dos trozos de alambre son iguales hay que cortar por la mitad, con lo que los perímetros del cuadrado y del círculo son de medio metro. El lado del cuadrado es 0,5:4 = 0,125, por lo que el área del cuadrado será 0,125² = 0,015625 m². El radio del círculo es 0,5:2:π = 0,079577, por lo que el área del círculo será π·0,079577² = 0,019894 m².

    b) Si 1–L y L son las longitudes de los dos trozos de alambre, las áreas del cuadrado y del círculo serán (1–L)²:16 y L²:4:π. Solo hay que resolver (1–L)²:16 = L²:4:π... Multiplicando por 16 queda: 1–2L+L² = 1,27324L²... Y ordenando la ecuación: 0,27324L²+2L–1 = 0... obtenemos la solución con la fórmula general: L = (–1+√1,27324):0,27324 = 0,46984 m (el perímetro del círculo) y 1–L = 0,53016 m (el perímetro del cuadrado).

    c) Finalmente resolvemos el problema de optimización: hay que minimizar la función suma de áreas S(L) = (1–L)²:16 + L²:4:π, cuya derivada es S'(L) = (L–1):8 + L:2:π. Anulando la derivada obtenemos el valor de L = 0,4399 m y 1–L = 0,5601 m. Las áreas del círculo y del cuadrado son (0,5601)²:16 = 0,01961 m² y 0,4399:4:π = 0,01534 m².  Pepe tenía razón... Solo queda añadir que la derivada segunda S"(L) = 1:8+1:2:π es positiva, lo cual garantiza que la suma de áreas sea mínima.

    Repasa todos los cálculos de Nina.

477. SOLUCIÓN de 177. Un cuadrado de colores

    Pepe Chapuzas os propone este reto. Hay un positivo para el que lo resuelva...

    El triángulo amarillo es un triángulo equilátero inscrito en un cuadrado y comparte con este un vértice. El triángulo azul tiene un área de 1 metro cuadrado. ¿Qué área tiene el triángulo rojo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se llevó el positivo...

    Mire, profe. El triángulo azul (y el blanco) tiene los ángulos de 15º, 75º y 90º.  Si L es la longitud de su hipotenusa, su área valdrá L·sen15º·L·cos15º:2 = L²·sen30º:4 = L²:8 = 1, por lo que L = √8. L también es la hipotenusa del triángulo rojo, que es un triángulo rectángulo isósceles, por lo que su área medirá √8·√8:4 = 2 metros cuadrados.

    Justifica todos los cálculos de Nina.

476. SOLUCIÓN de 176. Los globos del correo

    Pepe Chapuzas nos ha contado su último sueño. Lo que no nos había dicho es que hasta en sus sueños se han colado las Matemáticas...

    En Chapuzalandia se envía el correo en cestas que cuelgan de globos. Todos los globos son iguales (salvo el color). Y todas las cestas son iguales. Hay dos modelos de vehículos postales aéreos: la cesta que cuelga de 3 globos y la cesta que cuelga de 5 globos. El primer tipo de vehículo solo se eleva si la carga colocada en la cesta pesa menos de 32kg y el segundo tipo de vehículo solo se eleva si la carga colocada en la cesta pesa menos de 58kg. ¿Cuánto pesa la cesta vacía?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla planteó un sistema de ecuaciones lineales:

    Sea P el peso de la cesta vacía y F la fuerza de elevación de cada globo. En el primer tipo de vehículo el equilibrio se alcanza cuando P+32 = 3·F y en el segundo cuando P+58 = 5·F. Restando las ecuaciones obtenemos que 2·F = 26, es decir, F = 13, por lo tanto P = 3·13–32 = 7kg.

    Plantea un problema de sistemas lineales a tus compañeros...

    

475. SOLUCIÓN de 175. Inscrito y circuscrito

    En un examen de Trigonometría se pedía calcular el área de un triángulo. Pero Pepe Chapuzas la calculó sin usar las razones trigonométricas. Utilizó para ello la fórmula de Herón y eso que no la habíamos visto en clase... (El enunciado está en negro y la respuesta de Pepe en azul).

    Le pregunté a Pepe por la fórmula y la respuesta fue sorprendente...

    La fórmula de Herón es el límite cuando d tiende a 0 de la fórmula de Brahmagupta. Me explico. La fórmula de Brahmagupta nos da el área de un cuadrilátero inscrito en una circunferencia a partir de sus cuatro lados, a, b, c y d. Si el lado d fuera tan diminuto como un punto, tendríamos un triángulo (que siempre está inscrito en su circunferencia circunscrita) y la fórmula se convierte en la de Herón. ¿Lo ve?

    Visto de esa manera Pepe tenía razón, pero aún quedaba otra sorpresa...

    Profe, mire. Hay cuadriláteros inscritos en una circunferencia y circunscritos en otra. (El cuadrado sería uno de ellos). Pues resulta que, para estos cuadriláteros, la fórmula de Brahmagupta se simplifica...

    Demuestra esta última fórmula.

SOLUCIÓN

    Mire, profe. En un cuadrilátero circunscrito en un círculo se cumple que a+c=b+d. Esto se aprecia observando detenidamente esta figura... 

    Si a=e+f, b=f+g, c=g+h y d=h+e, entonces a+c = e+f+g+h = b+d. De este manera tenemos que s–a = (a+b+c+d)/2 – a = (a+c+a+c)/2 – a = (2a+2c)/2–a = a+c–a = c. De la misma manera se consigue s–b=d, s–c=a y s–d=b, de donde sale rápidamente la fórmula.  

    Detalla el razonamiento de Nina Guindilla...

    Hay un teorema interesantísimo sobre cuadriláteros inscritos en una circunferencia (cuadriláteros cíclicos)...

    Intenta o busca una demostración...

474. SOLUCIÓN de 174. Suma de arcotangentes

    La enorme cantidad de fórmulas de la Trigonometría "impulsa" a los estudiantes a realizar "enormes" chuletas. Un día "incauté" a Pepe Chapuzas una "presunta" chuleta, que resultó ser unas "enigmáticas" sumas de arcotangentes:

     Profe, si le da la vuelta a la "chuleta" verá una "demostración" de la segunda suma...

    Lo que Pepe llamaba "demostración" no era otra cosa que un dibujo chapucero coloreado con rotuladores...

   Completa y explica la demostración de Pepe, realiza otra demostración para la primera suma (con dibujo) y busca otra suma de arcotangentes similar. ¡Buena suerte!

SOLUCIÓN

    Nina comentó que el dibujo estaba superclaro y que para que sirviera de demostración solo había que comprobar que el ángulo marcado era realmente de 90º... y que la razón de catetos cuadraba con el valor de la tangente dada...

    Mire, profe. Ambas cosas se dilucidan sin más que completar el rectángulo de la figura. Se comprueba fácilmente que los dos triángulos rosados son semejantes (2º criterio de semejanza) por lo que el ángulo en cuestión es recto y la razón de catetos del triángulo amarillo (tangente) es la razón de semejanza (1/2) tal como reza el enunciado.

    Los siguientes dibujos "demuestran" dos sumas de arcotangentes. El primer dibujo es la primera suma de arcotangentes de Pepe: arctg(1/2)+arctg(1/3)=arctg1. El segundo ilustra la siguiente: arctg(3/5)+arctg(1/4)=arctg1.

    Completa las "demostraciones".
    "Demuestra" que arctg(1/4)+arctg(1/13)=arctg(1/3).
    "Demuestra" que arctg(2/5)+arctg(1/12)=arctg(1/2).
    Busca más sumas de arcotangentes...

473. SOLUCIÓN de 173. El mahjong

    Profe, mire. Todos los años tenemos que calcular probabilidades de sucesos relacionados con la baraja española, el dominó, los dados... ¿No podrían ser más originales los problemas (y los profes)?

    Le dije a Pepe Chapuzas que planteara él un problema a partir de un juego menos conocido y esta fue su propuesta:

    El mahjong es un juego de origen chino. Se juega con 144 fichas en su versión tradicional. Uno de los objetivos básicos del juego es conseguir ciertas combinaciones de tres fichas como el "pong" o el "chi". Investiga en qué consisten y contesta a la siguiente pregunta. Si cogemos tres fichas de un juego de mahjong al azar..., ¿qué sería más probable, un "pong" o un "chi"?

    Pues eso... Da la respuesta con explicaciones.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla investigó sobre el juego del mahjong...

    El juego del mahjong se parece al juego del chinchón solo que en vez de naipes se usan fichas... Encontré en el museo del mahjong en Internet (Mah Jong Museum) una versión con naipes denominada ching-chong (registrada en 1923 en Estados Unidos por la Ching-Chong Co.). ¿Podría ser el origen de nuestro chinchón? Bueno, vamos al problema.
    a) Un pong son 3 fichas iguales. Hay 4 conjuntos idénticos de 34 fichas (más 8 fichas especiales que suman en total las 144). Los casos favorables son 34·4·3·2 = 816.
    b) Un chi son 3 fichas consecutivas del mismo palo. Hay 3 palos de fichas numeradas del 1 al 9 que se repiten 4 veces. Los casos favorables son 3·7·4·4·4·3·2 = 8064.
    Es más probable obtener un chi que un pong.

    Nina solo ha calculado los casos favorables. Calcula tú los casos posibles y las probabilidades de obtener un pong y un chi.

472. SOLUCIÓN de 172. La copa de té

    Esta historia la encontré en un examen de Pepe Chapuzas. Me explicó que como había acabado tan pronto..., pues que se aburría..., y para matar el tiempo... En fin, aquí dejo que la leáis...

    En Chapuzalandia son tan finos que sirven el té en copa. En mi casa de té favorita las copas son cónicas y el interior de los conos tienen todos 10 cm de altura... Al camarero lo pongo siempre en un aprieto... Un día le dije que me sirviera la cantidad de té equivalente a la mitad de la capacidad de la copa... y otro día que me sirviera la cantidad de té que mojara la mitad de la superficie interior del cono de la copa... ¿Hasta qué altura tuvo que llenar en cada caso la copa de té?

    Responde a las preguntas, te guste o no el té...

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla no le gustaba el té, así que se imaginó una copa de horchata, que era su bebida preferida en verano...

    Profe, mire. El cono que forma la horchata (o el té) es semejante al cono de la copa. Si la cantidad de horchata (volumen) es la mitad de la capacidad de la copa la razón de semejanza sería 2^–1/3 y la altura de horchata sería 10·2^–1/3 = 7,937cm. Si el área lateral del cono es la mitad, la razón de semejanza sería 2^–1/2 y la altura de horchata sería 10·2^–1/2 = 7,071cm.

    La superficie de la horchata vertida en la copa es un círculo... Si la circunferencia (de este círculo) mide la mitad de lo que mide el borde de la copa, ¿cuál es la altura de horchata?

471. SOLUCIÓN de 141. A medias

    Profe, mire. En el primer examen saqué un 3,5 y en el segundo examen saqué un 7. ¿Me va a aprobar o a suspender? 

    Ya le había dicho a Pepe Chapuzas que iba a aprobar a aquellos que sacaran una media mayor o igual que 5. Lo que no había especificado era qué tipo de media iba a aplicar... Para ahorrarme el trabajo, Pepe me había calculado la media aritmética, la media cuadrática, la media proporcional (o geométrica), la media armónica y hasta la media heroniana de sus 2 calificaciones...

    Calcula tú también las 5 medias y dime en cada caso si tengo que aprobar o suspender a Pepe...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla había aprobado los 2 exámenes por lo que le daba un poco igual la media... Pero en el caso de Pepe Chapuzas la cosa no estaba clara... Nina calculó las 5 medias:

    Media aritmética: (3,5+7):2 = 10,5:2 = 5,25. ¡Aprobado!
    Media geométrica: √(3,5·7) = √24,5 = 4,95. ¡Suspenso!
    Media cuadrática: √((3,5²+7²):2) = √30,625 = 5,534. ¡Aprobado!
    Media heroniana: (3,5+7+√(3,5·7)):3 = 15,45:3 = 5,15. ¡Aprobado!
    Media armónica: 2:(1:3,5+1:7) = 14:3 = 4,66666... ¡Suspenso!

    Busca las fórmulas para las 5 medias. ¿Para qué se utiliza realmente cada una de estas 5 medias? ¿Sabes de alguna otra media?

470. SOLUCIÓN de 170. Cuadratura por disección

    Hace poco salió en clase el tema de las cuadraturas. Empezó todo con la cuadratura del círculo y acabó con la cuadratura por disección. Esta consiste en cortar una figura en varias piezas a modo de puzle o tangram de manera que se puedan recolocar y encajar todas las piezas para formar un cuadrado. Puse como ejemplo la cuadratura del triángulo equilátero de Dudeney:

    A Pepe Chapuzas le encantan los trabajos manuales, así que buscó más disecciones en Internet y empezó una colección de cuadraturas en cartulina... A saber: la del pentágono regular en 6 piezas, la del hexágono regular en 5 piezas, la del heptágono regular en 7 piezas, la del octágono regular en 5 piezas, la del dodecágono regular en 6 piezas, la de la estrella de David en 5 piezas, la de la cruz latina en 5 piezas, la de la cruz griega en 4 piezas y la de la cruz de Malta en 7 piezas.

    Investiga cómo se realizan estas u otras cuadraturas...
    Realiza alguna en cartulina especificando los detalles de la disección.

SOLUCIÓN

    Aquí os muestro las figuras de Nina Guindilla:

CUADRATURA DEL PENTÁGONO

CUADRATURA DEL HEXÁGONO

    Como ves, puede haber varias formas de hacerlo... Busca más cuadraturas por disección y otras disecciones... ¿Cuál es tu favorita? 

469. SOLUCIÓN de 169. Parábolas para desorientados

    Estábamos corrigiendo ejercicios de parábolas. En unos el eje de la parábola era vertical y en otros era horizontal. Esto supone siempre una dificultad añadida para alumnos "desorientados"... Pepe Chapuzas, que suele andar bastante "orientado", ha propuesto el siguiente reto...

    Una parábola con eje horizontal corta a otra parábola con eje vertical en 4 puntos. Demuestra que hay una circunferencia que pasa por esos 4 puntos.

    Pepe dice que lo ha resuelto tomando como ejes de coordenadas los ejes de las parábolas... y que ya no da más pistas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se orienta bastante bien...

    Mire, profe. Si p y q son los parámetros de las parábolas en cuestión, entonces sus ecuaciones serán P: y²–2px–m²=0 y Q: x²–2qy–n²=0 respectivamente. Si sumamos las dos ecuaciones obtenemos E: x²+y²–2px–2qy–m²–n²=0 que es la ecuación de una circunferencia de centro C(p,q) y radio R=(p²+q²+m²+n²)^1/2. Los puntos de intersección de las dos parábolas satisfacen las ecuaciones P y Q y por lo tanto también E, es decir, son todos de la circunferencia...

    ¿Qué significado geométrico tienen m y n?
    ¿Cuáles son las coordenadas de los vértices de las dos parábolas?

468. SOLUCIÓN de 168. Un tren de círculos

    Echa un vistazo a este reto de Pepe Chapuzas. Aunque quizá tengas que echarle varios vistazos...

    El círculo amarillo tiene un área de 5 centiáreas y el círculo morado tiene un área de 1 centiárea. ¿Cuánto mide el ángulo verde?

SOLUCIÓN

    La solución de Nina Guindilla la encontré en su cuaderno...

    Detalla el razonamiento de Nina...

467. SOLUCIÓN de 167. Parábolas en la vida

    Pedí a mis alumnos que buscaran ejemplos de parábolas en sus vidas y las respuestas fueron las de siempre: trayectorias de balones de fútbol, chorros de agua en las fuentes..., incluso las antenas parabólicas fueron mencionadas. Para Pepe Chapuzas las Matemáticas forman parte de su vida por lo que su respuesta fue muy diferente: las parábolas de Apolonio, las parábolas de Arquímedes... Aprovechando la respuesta de Pepe propuse como tarea de casa que demostraran el siguiente resultado de Arquímedes...
    "Si s y t son dos rectas paralelas, s secante a una parábola en los puntos A y B, y t tangente a la parábola en el punto C, entonces el área del triángulo ABC es 3/4 del área encerrada entre la parábola y la recta secante".

    Se suponía que tenían que utilizar la integral definida y la regla de Barrow para resolver el ejercicio pero Pepe mostró cómo lo había descubierto Arquímedes...

    Investiga y resuelve el ejercicio de las dos maneras.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Como todas las parábolas son semejantes puedo suponer sin perder generalidad que la ecuación es p(x)=x². Sean dos puntos A(a,a²) y B(b,b²) de la parábola, con a < b. La recta que pasa por A y por B tiene pendiente (b²–a²)/(b–a) = a+b, y el punto C(c,c²) de la parábola donde la tangente es paralela a AB cumplirá p'(c) = 2c = a+b, por lo que c=a/2+b/2. Sean D(a,0), E(b,0) y F(a/2+b/2,0) las proyecciones de A, B y C sobre el eje de abscisas... Resulta que F(a/2+b/2,0) es el punto medio de DE. Sea G(a/2+b/2,a²/2+b²/2) el punto medio de AB...
    La distancia de D a E es b–a y la distancia de C a G es a²/2+b²/2 – a²/4–b²/4–ab/2 = (b–a)²/4, por lo que el área del triángulo ABC es (b–a)³/8.
    El segmento parabólico es el trapecio ABED menos el área bajo la parábola. Una primitiva de p es P(x)=x³/3 así que el segmento parabólico medirá (b–a)(a²+b²)/2 – b³/3 + a³/3 = (b–a)³/6.

    Completa los cálculos de Nina...
    Nina Guindilla también encontró en Internet el método que utilizó Arquímedes... Búscalo y nos lo cuentas. No obstante aquí reflejo la aportación de Nina:

    Ya sabemos que el área del triángulo (morado) es proporcional al cubo de su proyección sobre la directriz de la parábola (en el dibujo se ha hecho sobre el eje de abscisas). Entre el segmento parabólico y el triángulo se forman 2 segmentitos parabólicos. Podemos inscribir en ellos 2 triangulitos (amarillos) de forma análoga. Como la proyección de cada triangulito amarillo es 1/2 de la proyección del triángulo morado, el área amarilla es 1/2³+1/2³ = 1/4 del área morada. Si repetimos el proceso con más triangulitos se va rellenando el segmento parabólico inicial con una progresión geométrica de razón 1/4 de áreas. Por lo tanto, el área del segmento parabólico es la suma de los infinitos términos de la progresión geométrica, es decir, 1/(1–1/4) = 4/3 del área del triángulo morado (que es el primer término).

466. SOLUCIÓN de 166. El quebrado traicionero

    Llama la atención que la suma de fracciones sea más difícil que la multiplicación... ¡Qué le vamos a hacer! Y todos los años pasa lo mismo... No se puede evitar... Tarde o temprano se cuela en algún examen algún "quebrado traicionero"... (Aquí tenéis un ejemplo.)

    Como habréis imaginado, no era el examen de Pepe Chapuzas el que contenía tamaña chapuza... De hecho en los apuntes de Pepe encontré lo siguiente...

    Pepe indicaba que, en este razonamiento, los numeradores a y c eran números enteros y que los denominadores b y d eran números naturales, y había anotado que el "quebrado traicionero" (a+c)/(b+d) era una media ponderada de las fracciones a/b y c/d...

    Comprueba los cálculos de Pepe e interpreta el dibujo.

    ¿Qué ocurriría si algún denominador fuera negativo (o nulo)? Analiza todas las posibilidades...

    Encuentra todas las soluciones de a/b + c/d = (a+c)/(b+d).

    Si quieres profundizar más en el tema busca información sobre los círculos de Ford y la sucesión de Farey.

SOLUCIÓN

    Lo primero que hizo Nina Guindilla fue comprobar que –4/10 + 9/15 = –0,4 + 0,6 = 0,2 al igual que (–4+9)/(10+15) = 5/25 = 0,2. Veamos como siguió:

 

    Mire, profe. Viendo el dibujito es fácil entender que (a+c)/(b+d) es una media ponderada de a/b y c/d. De hecho (a+c)/(b+d) = (a/b·b+c/d·d)/(b+d) por lo que los pesos de la media ponderada son son precisamente los denominadores... siempre, claro está, que los denominadores sean ambos positivos. Si hay algún denominador negativo lo anterior deja de tener sentido (no digamos si fuera nulo), sin embargo los dibujitos siguen teniendo sentido, como en el siguiente ejemplo: 

    Nina dibujó otros casos... Investiga los casos en los que el denominador (b, d o b+d) se anula... Demuestra utilizando semejanza de triángulos que el dibujo de Pepe Chapuzas nos da la media ponderada... Pero sigamos con los razonamientos de Nina...

    Para resolver a/b + c/d = (a+c)/(b+d) quito denominadores... ad(b+d)+bc(b+d) = bd(a+c), quito paréntesis... abd+add+bbc+bcd = abd+bcd, y simplificando... ad²+b²c = 0, por lo tanto se tiene que cumplir que a/c = –(b/d)². Hay infinitas soluciones, pues.

 

    Escribe varias de las infinitas soluciones...

    Nina investigó acerca de los círculos de Ford y la sucesión de Farey...

 

    Para cada fracción irreducible a/b tenemos un círculo de Ford, que es el que tiene centro en (a/b,1/b²) y radio 1/b². Es fácil ver que un círculo de Ford es tangente al eje de abscisas en el punto (a/b,0) y que dos círculos de Ford tienen como mucho un punto común (en tal caso serían tangentes exteriores). Pues bien, si tenemos dos de estos círculos de Ford y sus fracciones irreducibles asociadas son a/b y c/d, entonces el círculo de Ford tangente a ambos está asociado a la fracción (a+c)/(b+d): ¡el quebrado traicionero!

    Para cada número natural n la sucesión de Farey está formada por las fracciones irreducibles a/b tales que 0<a<b<n. Para n=7 la sucesión sería 1/6, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5 y 5/6. Es fácil observar que para tres fracciones consecutivas, la del medio es el quebrado traicionero de las otras dos. Por ejemplo, para 3/5, 2/3 y 3/4 tenemos (3+3)/(5+4) = 6/9 = 2/3.

 

    Demuestra la disposición de los triángulos de Ford. (Es un bonito ejercicio.)

    Escribe la sucesión de Farey para n=9.

465. SOLUCIÓN de 165. El quipu de Pepe Chapuzas

    Un día llegó Pepe Chapuzas con un objeto formado por cuerdas con nudos. Lo mostró a los compañeros (y a mí) indicando que se trataba de un quipu que estaba confeccionando. Aclaró que no era un quipu como los que utilizaban los incas para los registros de contabilidad sino que estaba coleccionando simplemente nudos diferentes...

    Profe, mire. Estoy clasificando los nudos según el número de veces que se cruza la cuerda... No hay nudos con 1 cruce ni con 2 cruces. Hay 1 nudo con 3 cruces, 1 nudo con 4 cruces, 2 nudos con 5 cruces y 3 nudos con 6 cruces. Estos 7 nudos los he puesto en la primera cuerda de mi quipu. En la segunda cuerda he puesto los 7 nudos que hay con 7 cruces... He visto en Internet que hay 21 nudos de 8 cruces, 49 de 9 cruces y 165 de 10 cruces... A partir de aquí el número de nudos es demasiado grande para mi quipu...

    La idea de Pepe me pareció interesantísima. Añadí que con las cifras que había dado Pepe se consideraban iguales un nudo y su imagen en el espejo... Concluí comentando que los nudos se identificaban con 2 números, el primero era el número (mínimo) de cruces para obtener el nudo y el segundo (que se escribe como subíndice) era solo un número de catálogo...

     Hasta 1974 se pensaba que había 166 nudos de 10 cruces. Ese año Kenneth Perko descubrió que 2 nudos catalogados como diferentes eran realmente el mismo nudo... Demuestra que los 2 nudos de Perko son en realidad el mismo nudo. La respuesta debe venir ilustrada con dibujos explicativos de la transformación de un nudo en otro. (Y no vale deshacer un nudo para rehacer el otro, por supuesto.) Te aconsejo que juegues primero con una cuerda de verdad...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se hizo el nudo 10₁₆₁ con un cordón de zapato y empezó a manipularlo hasta conseguir el nudo 10₁₆₂. ¡Eran equivalentes de verdad! (Para que no se le deshicieran los nudos unió los dos cabos del cordón...) Nina me mandó el siguiente gif animado:

 

   Hazte un quipu como el de Pepe Chapuzas. 

464. SOLUCIÓN de 164. Los números ascendentes

    Profe, mire. En un número ascendente cada cifra es mayor que la anterior. Por ejemplo, el número 23578 es un número ascendente. Las preguntas son las siguientes. ¿Cuántos números ascendentes de 5 cifras hay? ¿Cuánto suman?

    A Pepe Chapuzas le gusta hacer de profe de Mates del profe de Mates...
    Ahora os toca hacer de alumnos... Responded razonadamente.

SOLUCIÓN

    El sueño de Nina Guindilla es ser profesora de Matemáticas... De momento se tiene que contentar con ser alumna aventajada...

    Mire, profe. Los números ascendientes tienen sus cifras ordenadas y no se repiten, por lo tanto son combinaciones de 9 elementos tomados de 5 en 5, es decir, C₉⁵ = 9!:5!:4! = 126. (El 0 a la izquierda no vale...)
   Para calcular cuánto suman tengo que saber cuántas veces aparece cada cifra y en qué posiciones... Cada cifra aparece C₈⁴ = 8!:4!:4! = 70 veces. Si está la cifra 1 será siempre la primera (siempre será 1 decena de millar) y si está la cifra 9 será siempre la última (siempre será 9 unidades)... La cifra 2 aparece como primera cifra en C₇⁴ = 7!:4!:3! = 35 ocasiones y como segunda cifra en C₇³ = 7!:3!:4! = 35 ocasiones..., etc... Es mejor organizar una tabla:

x	Lugar 1º	Lugar 2º	Lugar 3º	Lugar 4º	Lugar 5º	Sumas
Cifra	10000	1000	100	10	1
1	70					700000
2	35	35				770000
3	15	40	15			574500
4	5	30	30	5		332200
5	1	16	36	16	1	148805
6		5	30	30	5	49830
7			15	40	15	13405
8				35	35	3080
9					70	630
Total						2592450

    Interpreta la tabla y comprueba los cálculos de Nina. ¿Cuánto sumarían los números descendentes de 5 cifras?