1220. A sangaku

    Pepe Chapuzas has become fond of geometric sangakus. I think he even invents them... If he finds out some difficult sangaku, he proposes it to his classmates as a challenge. This is the last one:

    A circular sector has a radius of 1 foot and it can be opened and closed as a fan. When drawing the chord of the arc of the sector, this is cut into two pieces: a circular segment (blue) and an isosceles triangle (green). If we inscribe a circle (red) in each part as shown in the drawing..., what should be the angle of the sector so that the circles are equal?

    Nina Guindilla began...

    Dear Teacher:
    If the angle to be calculated measures  2x , then the diameter of the upper circle is the sagitta of the circular segment and measures (in feet):

Diameter  =  1 − cos x

    The lower circle is inscribed in the isosceles triangle, so its diameter can be calculated from the area and the perimeter of the triangle as follows: 

Diameter  =  4 · Area / Perimeter  =  2 · sin x · cos x / (1 + sin x)

    If both diameters are equal we have a trigonometric equation:

1 − cos x  =  2 · sin x · cos x / (1 + sin x)

    Or better yet...

(1 + sin x) · (1 − cos x)  =  2 · sin x · cos x

    Here Nina got stuck... She tried it in several ways... unsuccessfully... This was one of those magical moments that only we teachers can taste: I told her about the change of variables: 

tan (x / 2)  =  t

    Hence:

sin x  =  2t / (1 + t²)

cos x  =  (1 − t²) / (1 + t²)

    Now she could go on ...

(1 + 2t / (1 + t²)) · (1 − (1 − t²) / (1 + t²))  =  2 · 2t / (1 + t²) · (1 − t²) / (1 + t²)

(1 + t² + 2t) / (1 + t²) · (1 + t² − 1 + t²) / (1 + t²)  =  4t / (1 + t²) · (1 − t²) / (1 + t²)

 

    Multiplying twice by  1 + t²  (≠ 0)

(1 + t² + 2t) · 2t²  =  4t · (1 − t²)

    Dividing by  2t  (≠ 0)

(1 + t² + 2t) · t  =  2 · (1 − t²)

t + t³ + 2t²  =  2 − 2t²

t³ + 4t² + t − 2  =  0

    Dividing by  t + 1  (≠ 0)

t² + 3t − 2  =  0

t  =  (− 3 + √17) / 2

t  ≠  (− 3 − √17) / 2

    And substituting back...

x / 2  =  arctan t  =  arctan ((− 3 + √17) / 2)

    The angle sought is...

2x  =  4 · arctan ((− 3 + √17) / 2)  =  117° 15' 58"

 

    Okay!

    Nina Guindilla won good grades...

1045. The periodic table of polyhedra

    I'd ordered my students to write an essay on regular polyhedra, also called Platonic solids, and most of them, as usual, copy&pasted from Wikipedia. Nevertheless, Pepe Chapuzas did an original work (too original) titled “La tabla periódica de los poliedros” that I translate next:

    The periodic table of polyhedra.

Dear Teacher:

    Plato had five regular polyhedra (Tetrahedron, Octahedron, Cube, Icosahedron and Dodecahedron) for the four elements of nature (Fire, Air, Earth and Water), so he had to resort to the mysterious Ether to be able to elaborate his precious theory of polyhedral atoms.

    If Plato had known that none of his elements was a true element, and that there were more than five, and more than a hundred, which polyhedra would he have chosen to elaborate such a theory...? But, in fact, how many elements are there? The last chemical element to be baptized, Oganesson (Og), occupies since 2016 the box no. 118 of the periodic table. (The proof of the existence of an element is that it has gotten a name, a symbol and a place in this famous table.) A comment: I think the adjective periodic is used wrongly... In Maths, a period is a constant amount, however, in the periodic table the period grows: 2, 8, 18 and 32. It is rather a stepped table as we can see in Janet’s table of elements... Then..., periodic or stepped? That’s the question... Anyway, I won’t change now the title of my work...

    I found Janet's table on the Internet... With these stairs, sometimes, the rule for filling orbitals (s, p, d and f) and electron configurations of atoms are explained... Janet, in his table, unlike the standard periodic table, places the f-block to the left and the s-block to the right, and banishes Helium (He) from the group of noble gases. Since there are 4 steps and each step has 2 periods, in this table there is room for 120 elements. Would we need at least 120 polyhedra?

    OK..., 120 is a number that I like because it’s the factorial of 5, that is, 5! = 5·4·3·2 = 120. (Don’t forget these numbers: 5, 4, 3 and 2). I believe that Plato would have also stopped here: 120 polyhedra worthy of being called elemental or atomic... provided they weren't too irregular. The least that could be demanded is that they all had only regular faces and that they all were convex. I searched on the Internet for these polyhedra and I discovered that, besides the 5 Platonic solids, there were the 13 Archimedean solids, the 92 Johnson solids, and the two infinite series of prisms and antiprisms. I also read that Plato's, Archimedes', and Johnson's polyhedra were composed exclusively of polygons with 3, 4, 5, 6, 8 and 10 sides (note that numbers 6, 8 and 10 are twice numbers 3, 4 and 5 respectively). Were other polygons forbidden? In that case, with the allowed polygons we must add 5 prisms and 5 antiprisms... Let’s sum: 5 + 13 + 92 + 5 + 5 = 120. We already have the 120 polyhedra we need! And what is better (or worse), we have an excuse to elaborate a new Platonic theory: the Chapuzonic theory... (May I invent that neologism?)

    I was afraid of this: I dream about electronic structures and Janet's stairs, vertically and horizontally, full of polyhedra...! I've become obsessed... (Mr. López. You should be more careful with the works you ask us...) In addition, the names of these polyhedra are horrific: orthobicupolae, hebesphenomegacoronnae, etc. Fortunately, Johnson indexed his solids from (J-1) to (J-92)... The other 28 polyhedra are uniform and are determined by the polygons that join in a vertex: the cube would be (4.4.4) because in each vertex there are 3 squares. I hope not to lose my mind...

    Matching 120 polyhedra with 120 chemical elements seemed an impossible task but some clue prompted me to begin... What peculiarity did the elements of each step have? The first step has only s-orbitals and only the fourth step has f-orbitals... Do you believe that I begin to find some similarity between orbitals and polyhedra?... I don’t know... What could be the relationship between polyhedra and orbitals? Surely none! But let's go on... Look, if we count the polyhedra containing pentagons and decagons (not forgetting the icosahedron whose regular pentagons are hidden), there are 64... This is just the right amount of boxes in the fourth step of Janet's table! On the other hand we have several families of 2, 3 and even 4 polyhedra: for example, the family of pyramids (triangular, square and pentagonal) would be a family of 3 polyhedra...

    You still remember numbers 5, 4, 3 and 2, don't you? I thought that if the fourth step was related in some way to the number 5 (pentagons and decagons), the third step would be related to the number 4 (squares and octagons), the second step to the number 3 (triangles and hexagons) and, of course, the first step to the number 2 (edges and squares). Squares again?... Let's see. Each family would have a polyhedron at each step... and interspersing two families we'd fill a column of Janet's table, that is, a group of elements, right?

    I was not very optimistic... but searching and researching I found that there were neither more nor less than 12 families of 3 polyhedra for the 36 p-block elements (in this block we find the Chinese wall separating metals and non-metals). I have already drawn 4 families of 3 polyhedra. Here are the other 8 families:

    And there were also 4 families of 4 polyhedra for the 16 s-block elements!

    For the f-block (the 28 rare earths), we needed polyhedra without relatives... And there they were!: the rotundae...

... and the rhombicosidodecahedra (we owe Kepler this name). Exactly 28 in whole! Some of these polyhedra are so similar that we need to observe carefully to distinguish them from each other...

    Finally, for the d-block (the 40 transition metals), I only found 11 couples (families of 2 polyhedra): I didn't have enough couples... because, by their shape, some polyhedra were..., how can I say it..., singular. I didn't know whether to laugh or cry...

    Then, I remembered that in the d-block (and in the f-block) there were exceptional chemical elements because they didn’t follow the rule for filling orbitals. Their electron configurations were anomalous in their groups... Eureka!... If singular polyhedra were placed in the boxes of exceptional elements (as you may have guessed), then I needed only 11 couples! This was crazy!...

    There was still a problem. An intruder had entered the third step: the polyhedon called snub disphenoid (or Siamese dodecahedron) (J-84), which didn't have either squares or octagons to be there... Well, I awarded it to Palladium (Pd), the most bizarre element of the periodic table, because it was the only (neutral) atom that had no electrons at its outermost shell or level (paradoxically): its (ground state) configuration was [Kr] 4d¹⁰ 5s⁰ instead of the expected [Kr] 4d⁸ 5s²... Thus, I gradually dropped the polyhedra on the table, distributing them by rows and columns, letting my intuition fly... and taking into account that this theory lacked a scientific basis, and that any resemblance to reality... would be pure coincidence...    

           Pepe Chapuzas.

    I was speechless. Moreover, on the last page, the exact location of the polyhedra in the periodic table was shown. (How strange table!) Even so, this paper seemed to me a kind of mathematical juggling... and a curious way of approaching the beautiful world of polyhedra...

681. Poliedros autoduales. RESOLUCIÓN

    Estábamos hablando de poliedros duales... Había explicado que dos poliedros eran duales (o conjugados) si se conseguía uno a partir del otro intercambiando cara por vértice y arista que separa dos caras por arista que une dos vértices. Como ejemplo expuse los clásicos sólidos platónicos: el octaedro y el cubo eran duales y asimismo eran duales el dodecaedro y el icosaedro... "Y para terminar" mostré que el dual de un tetraedro era otro tetraedro, esto es, que el tetraedro era autodual...

    Con Pepe Chapuzas es arriesgado decir "y para terminar" porque enseguida llegó su pregunta...

    Profe, ¿hay otros poliedros autoduales?

    Claro que los había... ¡Infinitos! Pero no respondí... Bueno, sí respondí pero con una orden: ¡buscadlos!
   
SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró tres poliedros autoduales bastante sencillos:

    Mire, profe. Las pirámides como las de Egipto son pentaedros autoduales; las pirámides pentagonales son hexaedros autoduales; y hay otro hexaedro autodual..., ¿ve?

    La veda estaba abierta... ¿Quién se atrevería a cazar los heptaedros autoduales?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso demostró ser buen cazador... de poliedros...

    Profe, mire. Todas las pirámides son autoduales, por lo que la pirámide hexagonal es un heptaedro autodual... Pero aún hay más...

    En total, Yoyó localizó los 6 heptaedros autoduales... A partir de aquí los números se disparaban: autoduales hay 16 octaedros, 50 eneaedros, 165 decaedros, 554 endecaedros, 1908 dodecaedros, 6667 tridecaedros... 

680. Progresiones vectoriales. RESOLUCIÓN

    El ejercicio era sencillo... Había que dividir un segmento en 5 partes iguales: había que calcular las coordenadas de los 4 puntos intermedios por donde había que cortar... Pepe Chapuzas lo resolvió de la siguiente manera.

    Profe, mire. Si hay que dividir el segmento AF en 5 partes iguales mediante los puntos B, C, D y E, y si a, b, c, d, e y f son los vectores de posición de A, B, C, D, E y F respectivamente, entonces:

b = 4/5·a + 1/5·f

c = 3/5·a + 2/5·f

d = 2/5·a + 3/5·f

e = 1/5·a + 4/5·f

    Además, los vectores a, b, c, d, e y f están en progresión aritmética, y la diferencia de la progresión es el vector v = (f–a)/5.

    El punto de vista de Pepe era curioso... ¡Una progresión vectorial! 

    Utiliza este procedimiento con los puntos A(1, –2, 5) y F(16, 3, –5) y explica lo que quiere decir Pepe con "progresión aritmética de vectores"...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo los cálculos:

b = 4/5·(1, –2, 5) + 1/5·(16, 3, –5) = (4, –1, 3)

c = 3/5·(1, –2, 5) + 2/5·(16, 3, –5) = (7, 0, 1)

d = 2/5·(1, –2, 5) + 3/5·(16, 3, –5) = (10, 1, –1)

e = 1/5·(1, –2, 5) + 4/5·(16, 3, –5) = (13, 2, –3)

    Mire, profe. Las primeras coordenadas están en progresión aritmética. Y lo mismo ocurre con las segundas y las terceras:

1, 4, 7, 10, 13 y 16

–2, –1, 0, 1, 2 y 3

5, 3, 1, –1, –3 y –5

    Y las diferencias de las progresiones son 3, 1 y –2 tal como predijo Pepe:

v = ( (16, 3, –5) – (1, –2, 5) ) / 5 = (3, 1, –2)

    De hecho, se podían haber calculado los vectores de posición con el término general de la progresión, a+(n–1)·v, para n=2,3,4,5, o bien en cadena: a+v=b, b+v=c, c+v=d, d+v=e (y e+v=f).

    ¿Habrá "progresiones geométricas de vectores"?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se imaginó una progresión geométrica vectorial... Si una progresión aritmética vectorial se conseguía sumando sucesivamente con un mismo "vector diferencia", ahora habría que multiplicar sucesivamente por el mismo "vector razón"... Pero el producto escalar no era compatible con esta idea y con el producto vectorial no valían las fórmulas de las progresiones geométricas... así que tuvo que ingeniarse otro tipo de multiplicación de vectores...

    Profe, mire. Si llamo "producto chapucero" a (x, y, z)⊙(x', y', z') = (x·x', y·y', z·z') y "cociente chapucero" a (x, y, z)⊘(x', y', z') = (x/x', y/y', z/z'), entonces parece ser que tiene sentido hablar de progresiones geométricas de vectores... (Aunque no venga a cuento ahora, el producto de un escalar por un vector equivaldría a k·(x, y, z) = (k, k, k)⊙(x, y, z).)

    Volviendo al asunto, si empezamos con el vector (64, 81, 100) y vamos multiplicando chapuceramente una y otra vez siempre por el mismo vector razón (1/2, 1/3, –1/10), entonces vamos consiguiendo la sucesión de vectores...

(64, 81, 100)⊙⊙ (1/2, 1/3, –1/10) = (32, 27, –10)

(32, 27, –10)⊙(1/2, 1/3, –1/10) = (16, 9, 1)

(16, 9, 1)⊙(1/2, 1/3, –1/10) = (8, 3, –1/10)...

    Además, teniendo en cuenta que el elemento neutro de la multiplicación chapucera (elemento unidad) sería el vector (1, 1, 1), la suma de los infinitos términos de esta progresión geométrica de vectores se podría calcular fácilmente:

(64, 81, 100)⊘( (1, 1, 1) – (1/2, 1/3, –1/10) ) =

= (64, 81, 100)⊘(1/2, 2/3, 11/10) =

= (128, 243/2, 1000/11).

    Puedo decir que Yoyó Peluso sabe matar 3 pájaros de un tiro... 

    Solo puedo añadir que las operaciones "chapuceras" ⊙ y ⊘ se denominan en realidad multiplicación y división de Hadamard. Son operaciones con matrices equidimensionales. (Los vectores del espacio son matrices de dimensión 1x3.) 

    También existe la potenciación o elevación de Hadamard: (2, –5, 7)^(3, 2, 0) = (8, 25, 1)...

679. El mcd y las fracciones continuas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas salió a la pizarra a corregir un ejercicio: había que calcular el máximo común divisor de los números 203 y 161. Supusimos que iba a factorizar los números y a aplicar la regla de "los factores comunes con el menor exponente" pero no... Utilizó el algoritmo de Euclides.

    Profe, mire: mcd(203,161) = 7. (Y mcm(203,161) = 203·161:7 = 4669.)

    No quedó ahí la cosa. Pepe continuó...

    Profe, mire. El algoritmo de Euclides también me permite escribir 203:161 como fracción continua: 203:161 = 1 + 42:161 = 1 + 1:(161:42) = 1 + 1:(3+35:42) = 1 + 1:(3+1:(42:35)) = 
= 1 + 1:(3+1:(1+7:35))) = 1 + 1:(3+1:(1+1:5))). O sea:

    O sea, abreviando, 203:161 = [1;3,1,5].

    Y no quedó ahí la cosa. Continuó...

    Profe, mire. El algoritmo de Euclides también me permite partir el rectángulo de dimensiones 203x161 en cuadrados:

    ¿Lo ve? Hay 1 cuadrado de 161x161, 3 cuadrados de 42x42, 1 cuadrado de 35x35 y 5 cuadrados de 7x7. En total 1+3+1+5 = 10 cuadrados.

    Pepe había puesto un ejemplo de cómo todo rectángulo con lados naturales se puede descomponer en una cantidad finita de cuadrados con lados naturales y, lo que es equivalente, de cómo todo número racional se puede escribir como una fracción continua finita... gracias al algoritmo de Euclides para calcular el máximo común divisor (mcd) de dos números naturales.
    ¿Se podrá calcular de la misma manera el mcd de dos polinomio?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla llegó a la conclusión de que sí. Y expuso un ejemplo...

    Voy a calcular el máximo común divisor de los polinomios  x⁵ + 2x⁴ + 6x³ + 3x² + 8x – 2  y x⁴ + x³ + 5x² + 2x + 6  con el algoritmo de Euclides: 

    Por lo tanto, mcd ( x⁵ + 2x⁴ + 6x³ + 3x² + 8x – 2 , x⁴ + x³ + 5x² + 2x + 6 ) = x² + 2.

    ¡Estupendo! Nina ha conseguido calcular el mcd de dos polinomios cuya factorización no era viable con la regla de Ruffini...
    Investiga acerca del desarrollo de los números irracionales como fracciones continuas infinitas y nos lo cuentas...

RESOLUCIÓN

    Oigamos lo que nos quiere contar Yoyó Peluso...

    Profe, mire las siguientes fracciones continuas infinitas periódicas:

La razón áurea [1;1,1,1,1...] = (1+√5)/2

La razón argéntea [2;2,2,2,2...] = 1+√2

La razón broncínea [3;3,3,3...] = (3+√13)/2

    Estos números irracionales tienen estos desarrollos como fracciones continuas ya que:

La razón áurea es solución de la ecuación 1+1/x = x.

La razón argéntea es solución de la ecuación 2+1/x = x.

La razón broncínea es solución de la ecuación 3+1/x = x.

    Puesto que, racionalizando...

1+2/(1+√5) = 1+(√5–1)/2 = (1+√5)/2.

2+1/(1+√2) = 2+(√2–1)/1 = 1+√2.

3+2/(3+√13) = 3+(√13–3)/2 = (3+√13)/2.

    La razón áurea se encuentra en los lienzos de grandes pintores... Dalí sin ir más lejos...

    La razón argéntea se encuentra en los DIN A4: es argénteo el rectángulo que desechamos en un folio cuando en papiroflexia necesitamos un cuadrado de papel.

 

    De todos modos, mi fracción continua favorita es la del número e:

e = [2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,10,1,1,12,1...].

678. ¿Vemos una de romanos? RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Me voy a disfrazar de romano. Fui a la tienda de disfraces y me probé un casco romano de la talla L que me quedaba pequeño, así que me probé otro de la talla XL... y me quedaba más pequeño todavía. Fui a protestar al dueño de la tienda y... me contestó en latín...

    ¿Quién resuelve esta adivinanza de Pepe Chapuzas?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Las tallas L y XL no eran "ele" y "equis ele", o sea, "large" y "extra large", sino que eran las tallas 50 y 40 escritas con números romanos: L = 50 y XL = 40. Pepe no tenía ninguna razón para protestar...

    Nina Guindilla ha acertado... y de paso ha propuesto los siguientes acertijos romanos:

    Convierte las siguientes igualdades falsas en igualdades verdaderas moviendo solamente un fósforo en cada una de ellas.

    Resuélvelos... pero recuerda que con los fósforos de verdad no se juega...

RESOLUCIÓN

    Aquí tenéis las soluciones de Yoyó Peluso:

677. Porismas... RESOLUCIÓN

    Había mandado buscar a mis alumnos la definición de porisma. Tenían que encontrar además ejemplos. Pepe Chapuzas trajo la siguiente definición:

    Un porisma es un teorema que afirma, sobre cierto problema, que si se dan las condiciones para que exista una solución, entonces existen infinitas soluciones similares.

    Evidentemente necesitábamos ejemplos para entender esto...

    Mire, profe. El porisma de Steiner afirma que si una circunferencia es interior a otra circunferencia de modo que se puede encajar una cadena de circunferencias tantentes entre ellas, entonces existen infinitas cadenas de circunferencias tangentes que también se pueden encajar. Y todas estas cadenas tienen el mismo número de circunferencias... En el dibujo aparecen dos cadenas diferentes de 9 circunferencias encajadas entre las dos dadas...

    Busca otros porismas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró el porisma de Poncelet:

    Mire, profe. Si una circunferencia es interior a otra circunferencia de modo que podemos encajar un polígono circunscrito en la pequeña e inscrito en la grande (polígono bicéntrico), entonces existen infinitos polígonos (bicéntricos) encajados de la misma manera. Y todos estos polígonos (bicéntricos) tienen el mismo número de lados... En el dibujo se han representados tres triángulos entre las dos circunferencias dadas.
   
    En ambos porismas tiene que haber una relación entre los radios de las circunferencias iniciales, la distancia entre sus centros y el número de elementos encajados (circunferencias de las cadenas de Steiner o lados de los polígonos de Poncelet). ¿Qué relación? 

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Si R es el radio de la circunferencia grande, r el de la pequeña y d es la distancia entre sus centros entonces tenemos para el porisma de Poncelet las siguientes relaciones con triángulos (teorema de Euler) y con cuadriláteros (teorema de Fuss)...

Teorema de Euler: 1/r = 1/(R+d) + 1/(R–d).             Teorema de Fuss: 1/r² = 1/(R+d)² + 1/(R–d)².

    ¡Bonitos teoremas ha encontrado Yoyó Peluso! Solo tengo que matizar que hay muchos teoremas que reciben el nombre de Euler. Este es su teorema geométrico... 

676. El tercer teorema japonés. RESOLUCIÓN

    En el bloc de dibujo de Pepe Chapuzas hay, como es natural, dibujos..., pero también, y esto es lo que nos interesa ahora, teoremas. Me llamó la atención este teorema relacionado con un dibujo de tangencias...

    Las tres circunferencias eran tangentes entre sí y a una recta... En el margen de la lámina se leía...

    Tercer teorema de Mikami y Kobayashi (o tercer teorema japonés). Si r, s y t son, de menor a mayor, los radios de las tres circunferencias, entonces 1/√r = 1/√s + 1/√t.

    Demuéstralo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dibujó y coloreó tres triángulos rectángulos...

    Mire, profe. Por el teorema de Pitágoras, los tres lados del triángulo rectángulo azul son t+s, t–s y √((t+s)²–(t–s)²) = 2√(ts); los tres del verde son t+r, t–r y √((t+r)²–(t–r)²) = 2√(tr); y los tres del lila son s+r, s–r y √((s+r)²–(s–r)²) = 2√(sr). Por lo tanto 2√(ts) =  2√(tr) + 2√(sr) y, dividiendo todo entre 2√(tsr) nos queda 1/√r = 1/√s + 1/√t, que es lo que teníamos que demostrar...

    Si hay un tercer teorema japonés es porque hay un primero y un segundo... Búscalos...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso dibujó en su bloc los dos teoremas:

    Profe, mire. El primer teorema japonés afirma que si triangulamos un polígono convexo inscrito en un círculo a partir de un vértice, entonces la suma de las circunferencias inscritas en los triángulos no depende del vértice elegido.

    El segundo teorema japonés afirma que los incentros de los triángulos que se obtienen al partir un cuadrilátero inscrito en un círculo por una diagonal y los incentros del los triángulos que se obtienen al partirlo por la otra diagonal son vértices de un rectángulo.

675. Cortar con hacha de guerra. RESOLUCIÓN

    A Pepe Chapuzas le regalaron una auténtica hacha de guerra de la tribu Powhatan (la de Pocahontas)... Funcionaba como hacha de guerra (tomahawk) y como pipa de la paz (calumet).

    Me dio pie para hablar del problema clásico de la trisección del ángulo... Expliqué que en general era imposible trisecar un ángulo (dividirlo en tres partes iguales) con las herramientas básicas de dibujo (regla y compás)... Al día siguiente, Pepe tenía algo que decir... Había descubierto la relación entre el hacha de guerra y la trisección del ángulo...

    Profe, mire. Se puede construir con regla y compás una herramienta, llamada tomahawk por su parecido al hacha de guerra, con la que se puede trisecar ángulos... 

    Investiga y desentierra el hacha de guerra...

SOLUCIÓN

    Con una lámina de plástico azul transparente, Nina Guindilla se construyó un tomahawk para trisecar ángulos:

    Profe, mire. Lo importante es que el segmento s mida lo mismo que el radio r del semicírculo...

    Nina había desenterrado el hacha... Era un tomahawk precioso pero no nos explicó cómo funcionaba... Así que a ti te toca cortar... los ángulos.

RESOLUCIÓN

    Le di un ángulo a Yoyó Peluso... Y Yoyó tomo el hacha y la encajó entre los lados AB y AE y el vértice A del ángulo como se muestra en la figura:

    Mire, profe. Los triángulos ACB, ACD y AED son iguales, por lo que el ángulo queda trisecado.