pinceladas y brochazos de... Matemáticas: marzo 2016

jueves, 31 de marzo de 2016

869. Parábolas para desorientados... RESOLUCIÓN

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... Tal como se han dibujado las parábolas, ha tomado positivo hacia la derecha y negativo hacia la izquierda (como siempre) en el eje horizontal, pero positivo hacia abajo y negativo hacia arriba (cuidado) en el eje vertical...

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?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Si x=0 en P, tenemos y=±m, esto es, (0,m) y (0,–m) son los puntos de corte de la parábola P con el eje de Q. De forma análoga, si y=0 en Q, entonces x=±n, esto es, (n,0) y (–n,0) son los puntos de corte de la parábola Q con el eje de P.
    Si y=0 en P, tenemos x=–m/2/p y el vértice de la parábola P es (–m/2/p,0). Análogamente, el vértice de Q es (0,–n/2/q).

    Yoyó Peluso tampoco anda "desorientado"...

868. Un tren de círculos. RESOLUCIÓN

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...

RESOLUCIÓN

A Yoyó Peluso no deja de sorprenderle lo fácil que resulta la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica...

Si A es el primer término y R es la razón, entonces la suma es S = A/(1–R) porque...

S·(1–R) = (A+A·R+A·R²+A·R³+...)·(1–R) =

= A–A·R+A·R–A·R²+A·R²–A·R³+A·R³–... = A

Mire, profe. La suma de las áreas de todos los círculos es 5/(1–0,5848) = 12,0424 centiáreas.

867. Parábolas en la vida. RESOLUCIÓN

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.

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.

    Nina Guindilla ha hecho los deberes pero... ¿cómo lo haría Arquímedes?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso encontró en Internet el método que utilizó Arquímedes... Veamos la aportación de Yoyó:

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 áreas de razón 1/4. 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).

866. El quebrado traicionero. RESOLUCIÓN

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 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 (a>0 y b>0) tenemos un círculo de Ford, que es el que tiene centro en (a/b,0.5/b²) y radio 0.5/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 solo pueden tener 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 p/q tales que 0<p<q<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 círculos de Ford. (Es un bonito ejercicio.)

Escribe la sucesión de Farey para n=9.

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso fue contestando una a una todas las propuestas...

Profe, mire. Si b+d = 0, esto es, si b y d son opuestos, las rectas que me determinarían el quebrado traicionero son paralelas y no se cortan, o sea, que no hay quebrado traicionero, lo que concuerda con que no se puede dividir entre 0.

Otro ejemplo de quebrado traicionero con sorpresa sería –16/12 + 25/15 = 9/27.

El cuadrado de la distancia entre los centros de los círculos de Ford tangentes correspondientes a a/b y c/d (con a/b>c/d) sería (a/b–c/d)²+(0.5/b²–0.5/d²)² = (0.5/b²+0.5/d²)², o sea, a/b–c/d= 1/(bd), o sea, ad–bc=1. (Si ad–bc>1 los círculos de Ford no tendrían ningún punto común.) Si hacemos esta prueba con el quebrado traicionero (a+c)/(b+d), tenemos a(b+d)–b(a+c) = ab+ac–ba–bd = 1 y (a+c)d–(b+d)c = ad+cd–bc–dc = 1, por lo que el círculo de Ford asociado a (a+c)/(b+d) es tangente a los asociados a a/b y c/d.

La sucesión de Farey para n=9 sería: 1/8, 1/7, 1/6, 1/5, 1/4, 2/7, 1/3, 3/8, 2/5, 3/7, 1/2, 4/7, 3/5, 5/8, 2/3, 5/7, 3/4, 4/5, 5/6, 6/7 y 7/8.

miércoles, 30 de marzo de 2016

865. El quipu de Pepe Chapuzas. RESOLUCIÓN

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.

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso hizo los tres nudos de seis cruces:

864. Los números ascendentes. RESOLUCIÓN

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?

RESOLUCIÓN

Mire, profe. El problema de los números descendentes no es simétrico del de los ascendentes... La culpa la tiene el 0: los números pueden terminar en 0 pero no pueden empezar con 0... De hecho, hay C₁₀⁵ = 252 números descendentes y cada cifra aparece C₉⁴= 126 veces...

x	Lugar 1º	Lugar 2º	Lugar 3º	Lugar 4º	Lugar 5º	Sumas
Cifra	*10000*	*1000*	*100*	10	1
9	126					11340000
8	70	56				6048000
7	35	70	21			2954700
6	15	60	45	6		1287360
5	5	40	60	20	1	482025
4	1	20	60	40	5	145620
3		6	45	60	15	33345
2			21	70	35	5670
1				56	70	630
Total						22297350

OK para Yoyó Peluso...

martes, 15 de marzo de 2016

863. Suma de potencias. RESOLUCIÓN

Este reto de Pepe Chapuzas no parece muy complicado. Os lo reproduzco tal como apareció en el tablón de retos...

Se le olvidó a Pepe escribir que había que resolver este reto sin calcular ni A ni B. Envíame la solución justificando todos los pasos. Un saludo.

SOLUCIÓN

Nina Guindilla no pudo resistir la tentación de hacer trampas e intentó calcular la solución hallando primero A y B... resolviendo el sistema formado por las dos primeras ecuaciones... Pero los valores de A y de B eran tan feos que desistió. ¡Era más fácil no calcular ni A ni B!

Mire, profe. Voy a utilizar las fórmulas del desarrollo del binomio de Newton:

(A+B)²= A²+2AB+B²

(A+B)³= A³+3A²B+3AB²+B³ = A³+3AB(A+B)+B³

    De la primera igualdad obtengo AB = ((A+B)²– (A²+B²))/2 = (1²–2)/2 = –1/2, y de la segunda igualdad obtengo A³+B³= (A+B)³– 3AB(A+B) = 1³– 3(–1/2)1 = 5/2.

    Resuelve el reto de la otra manera: calculando antes A y B.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso tenía sensaciones contradictorias. Eso de hacer lo que otros no hacían le gustaba y le disgustaba a la vez... No sabía si era el más "listo" o el más "tonto"... En fin, Yoyó , a veces, da demasiadas "vueltas"...

    Profe, mire: B = 1–A por lo que A²+(1–A)²= 2. Esta ecuación de segundo grado ordenada queda 2A²–2A–1 = 0, y sus soluciones son A=1/2+√3/2 y B=1/2–√3/2. (A y B son intercambiables.) Solo quedan los calculotes:

A³+B³ = (1/2+√3/2)³+(1/2–√3/2)³ =

= 1/8 + 3·1/4·√3/2 + 3·1/2·3/4 + 3√3/8 + 1/8 – 3·1/4·√3/2 + 3·1/2·3/4 – 3√3/8 =

= 1/8 + 9/8 + 1/8 + 9/8 = 20/8 = 5/2.

862. Segundos por segundo. RESOLUCIÓN

Alguien en clase sacó el tema del día sideral (o sidéreo)... ¡Qué casualidad!, era Pepe Chapuzas...

Profe, mire. Los días se producen por la rotación de la Tierra, pero he leído que una rotación de 360º se completa en 23 horas, 56 minutos y 4 segundos, es decir, un día sideral, y no un día del calendario (día solar) que dura 24 horas como sabemos... (Ello es debido al movimiento de traslación de la Tierra alrededor del Sol). ¿Qué ángulo (en grados, minutos y segundos) rota la tierra en 24 horas? Y si recordamos que la velocidad angular es el ángulo girado por unidad de tiempo,¿cuál sería la velocidad angular de la rotación terrestre expresada en segundos (ángulo) por segundo (tiempo)?

Responde a Pepe. Además, calcula la velocidad (en metros por segundo) de un punto del ecuador a nivel del mar en su giro alrededor del eje de la Tierra.

SOLUCIÓN

Veamos cómo calculó Nina Guindilla lo que se pedía...

Profe, mire. Esto es una regla de tres:

Es mejor pasar los datos a forma incompleja:

Y de nuevo a forma compleja: 1299550" = 360º 59' 10".

    Si la rotación fuera 360º en 24 horas la velocidad angular sería 15º/h = 15'/min = 15"/s (un huso horario cada hora), pero la velocidad angular real es 1299550/24/3600 = 15,041"/s.

El ecuador mide 40075014m por lo tanto su velocidad será 465,1m/s.

Realiza las operaciones para obtener este último resultado...

RESOLUCIÓN

    Como podréis imaginar, Yoyó Peluso estaba en su salsa... En cuanto algo daba vueltas... En fin, Yoyó hizo las cuentas en una línea:

    40075014 : (23·3600+56·60+4) = 40075014 : 86164 = 465,10m/s.

861. Ortocentro fantasma. RESOLUCIÓN

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?

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso indagó sobre tetraedros ortocéntricos. Leyó que, en estos tetraedros, los pies de las cuatro alturas (proyecciones perpendiculares de los vértices sobre las caras opuestas) son los ortocentros de las cuatro caras del tetraedro. También, que un plano que contiene a una arista (por ejemplo AB) y pasa por el punto medio de la arista opuesta (CD), es perpendicular a esta y pasa por dos ortocentros de caras (las proyecciones de A y de B). También, que estos seis planos tienen en común un punto: el ortocentro del tetraedro... Y que con toda esta información se deducía fácilmente que las aristas opuestas eran perpendiculares...

Mire, profe. Los puntos medios de las aristas del tetraedro son vértices de cuadriláteros (rojo y naranja) que tienen los lados opuestos paralelos (a aristas) y ángulos rectos (ya que las aristas opuestas son perpendiculares), por lo que estos cuadriláteros son rectángulos con una diagonal (rosa) común. Basta aplicar el teorema de Pitágoras teniendo en cuenta que los lados de los rectángulos son medias aristas: (A͢C/2)²+(B͢D/2)² = (A͢D/2)²+(B͢C/2)², o sea, A͢C²+B͢D² = A͢D²+B͢C² (= A͢B²+C͢D² análogamente). El punto medio de la diagonal es el ortocentro del tetraedro...

Al estilo de Yoyó le falta refinamiento, y solo está demostrada la parte (==>) de la equivalencia. Veamos cómo aborda Yoyó la parte (<==).

Profe, mire. La diagonal rosa es común a los dos paralelogramos (rojo y naranja) por lo que A͢C/2+B͢D/2 = A͢D/2+B͢C/2, y por lo tanto tenemos que A͢C+B͢D = A͢D+B͢C y de forma análoga A͢B+C͢D = A͢D–B͢C y A͢B–C͢D = A͢C–B͢D. Tenemos la siguiente cadena de igualdades: