sábado, 30 de abril de 2016

964. Ceva y las cevianas. RESOLUCIÓN

    Mandé a mis alumnos buscar biografías de matemáticos célebres y Pepe Chapuzas eligió a Giovanni Ceva. Y de paso habló de las cevianas y del teorema de Ceva...

    En un triángulo, una ceviana es una recta que pasa por un vértice pero no por dos.
    El teorema de Ceva afirma que tres cevianas (una por vértice) son concurrentes en un punto interior del triángulo si y solo si se cumple la igualdad abc=xyz. (Ver dibujo.)
    Solo añadí que el teorema se puede generalizar para cevianas concurrentes en un punto exterior.

    Demuestra, utilizando el teorema de Ceva, que las medianas, las bisectrices, las alturas y las mediatrices de un triángulo acutángulo concurren, respectivamente, en el baricentro, el incentro, el ortocentro y el circuncentro. (¡Ojo! Las medianas, las bisectrices y las alturas son cevianas pero las mediatrices ¡no!)

    SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no hizo lo que se pedía... sino que intentó demostrar el teorema de Ceva... ¿En qué estaría pensando Nina? La realidad es que a Nina no le gusta utilizar un resultado si no ha visto antes su demostración...

(Los puntos indican ángulos rectos.)
    Sean M, V y N las áreas de los triángulos marrón, verde y naranja respectivamente... Si dos triángulos comparten la base, sus áreas serán proporcionales a sus alturas (ya que área = base · altura / 2). Con esto y el teorema de Tales tenemos:
N/V = A/X = a/x      por lo que     aV = xN
M/N = B/Y = b/y      por lo que     bN = yM
V/M = C/Z = c/z      por lo que     cM = zV
    Multiplicando las tres igualdades de la derecha nos queda:
abcMVN = xyzMVN      por lo que     abc = xyz.

    Falta por demostrar el recíproco... (Si abc=xyz, las cevianas concurren.)
    Completa la demostración...
    Comprueba que la demostración es válida si la intersección de las cevianas cae fuera del triángulo.
    Busca el teorema de Ceva en forma trigonométrica (con demostración).
    Busca el teorema de Menelao.

    Que las medianas de un triángulo son concurrentes es evidente ya que a=x, b=y y c=z... Haz ahora lo que no ha hecho Nina: comprueba que las alturas, bisectrices y mediatrices de un triángulo concurren.

RESOLUCIÓN

   Mire, profe. Un punto de Menelao es un punto alineado con dos vértices del triángulo. (Los vértices no se consideran puntos de Menelao). El teorema de Menelao asegura que si tres puntos de Menelao I, J y K (uno por lado) están alineados, entonces abc = –xyz.

    Tuve que matizar el enunciado de Yoyó Peluso... Añadí que para que tuviera sentido la igualdad había que aceptar segmentos con signo, esto es, que en una pareja de segmentos sobre la misma recta, considerábamos negativo al que formaba parte del otro. Así, señalé que en el dibujo, b era positivo y y negativo... E indiqué que esto se podía aplicar a áreas, ángulos... y otras magnitudes... 



    Yoyó prosiguió...

    Si la intersección de las cevianas cae fuera del triángulo, hay que tomar las prolongaciones de los lados para determinar los segmentos a, b, c, x, y, z... Se pueden tomar magnitudes con signo y, por lo demás, la demostración sigue siendo válida...
    Obsérvese que en el teorema de Ceva puede haber 2 segmentos negativos o ninguno, mientras que en el de Menelao puede haber 1 o 3...

    Yoyó demostró a continuación el recíproco del teorema de Ceva (a partir del directo)...

    Profe, mire. Si abc = xyz, entonces a/x = y/b·z/c, esto es, la posición de una ceviana queda unívocamente determinada por las otras dos (si tomamos segmentos con signo). Por lo tanto no puede ser otra ceviana que la concurrente...
    En forma trigonométrica tenemos senA·senB·senC = senX·senY·senZ.

    Para demostrar que las bisectrices y las mediatrices de un triángulo concurren, no hace falta el teorema de Ceva, basta recordar que la equidistancia es una relación transitiva. No obstante el teorema de Ceva en forma trigonométrico nos da una demostración evidente para las bisectrices...

    Para la concurrencia de las alturas basta observar que los triángulos ROSA+VERDE y NARANJA+VERDE son semejantes por lo que yh = cg, y de forma análoga (llamando f a la tercera altura) xg = bf y zf = ah, por lo tanto abcfgh = xyzfgh, por tanto abc = xyz, por lo que las tres alturas concurren (en el ortocentro). (¡Ojo! Si el triángulo es rectángulo, dos alturas no son cevianas y lo dicho no valdría... Pero en ese caso, esas alturas son catetos y concurren en el vértice del ángulo recto...)

963. Poesía matemática. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas ha encontrado este curioso poema en un libro antiguo. Afirma que es de autor anónimo. Pepe suele descubrir tesoros como este en los viejos libros...
    Buscad o inventad un poema matemático. Vamos a hacer una exposición original...
SOLUCIÓN


    Nina Guindilla inventó este poema. Es un "piema" porque si contamos las letras de cada palabra tenemos las primeras cifras de π = 3,14159265358979323846264338327950...

¡Sol y luna!
¿A quién revelarán su órbita justa? 
Del cielo...
planetas, estrellas, cometas, satélites...,
luz de las galaxias... 
¿Cuál medirá lo exacto?
¡Gira con los círculos! 
Con pi... rodamos enlazados todos...

    Nina no pudo seguir porque el siguiente decimal era 0...
    Colabora con un poema matemático...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso pensaba que Nina no tenía mucho futuro como poetisa... pero no podía opinar porque él, como poeta, era una auténtica calamidad...
    Yoyó se acordó de la canción de los números... tal como se la enseñaron...

1234567890

El 1 es un soldado haciendo la instrucción
El 2 es un patito que está tomando el sol
El 3 una serpiente que baila sin parar
El 4 es una silla que invita a descansar
El 5 tiene orejas, parece un conejito
El 6 es una pera redonda y con rabito
El 7 es un sereno con gorra y con bastón
El 8 son las gafas que usa don Ramón
El 9 es un globito atado de un cordel
El 10 es un tiovivo para pasarlo bien

viernes, 29 de abril de 2016

962. En el plano complejo. RESOLUCIÓN

    Cuando expliqué que los números complejos se podían representar como puntos de un plano a Pepe Chapuzas se le abrieron los ojos... Enseguida hizo lo contrario: representó puntos del plano como números complejos y tradujo algunas recetas de la Geometría a la Aritmética Compleja...
    Comprueba geométricamente que las recetas complejas de Pepe funcionan.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se limitó a hacer "dibujitos"...
simétrico

paralelogramo
    Explica los "dibujitos" de Nina y las demás operaciones.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comentó que operar con números complejos era como operar con vectores de posición de los puntos del plano:

    Para el punto simétrico S sabemos que OS = OA+2AB = OA+2(OB–OA) = 2OB–OA.
    Para el punto medio M tenemos que OM = OA+AB/2 =OA+(OB–OA)/2 = (OA+OB)/2.
    Para el baricentro G podemos poner OG = OM+MC/3 = OM+(OC–OM)/3 = 2OM/3+OC/3 = (OA+OB)/3+OC/3 = (OA+OB+OC)/3.
    Para el cuarto vértice de un paralelogramo D escribimos OD = OA+CB = OA+OB–OC.
    Para los puntos P y Q que trisecan un segmento tenemos OP = OA+AB/3 = OA+(OB–OA)/3 = (2OA+OB)/3 y OQ = OA+2AB/3 = OA+2(OB–OA)/3 = (OA+2OB)/3.
   

961. El teorema de Varignon. RESOLUCIÓN

    En un examen de Geometría propuse que demostraran el teorema de Varignon. El enunciado afirmaba que los puntos medios de los lados de un cuadrilátero son vértices de un paralelogramo. Pepe Chapuzas pidió permiso para usar tijeras y cartulina. Recortó el cuadrilátero más irregular que pudo: un horrible trapezoide azul... Y ahí estaba esperando el paralelogramo, que también recortó: un precioso romboide rojo...
    Para la demostración se sirvió de las diagonales del trapezoide y, para rematar la faena, también demostró que el área del romboide era la mitad del área del trapezoide...

    Rehaz las demostraciones de Pepe y me las envías por correo electrónico.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no dio una demostración del teorema... Dio dos.

    Primera demostración. Si A, B, C y D son los vértices del cuadrilátero y E, F, G y H los puntos medios de sus lados tal como se muestra en la figura, para demostrar que E, F, G y H determinan un paralelogramo bastaría con probar que los vectores EF y HG son equipolentes. Si O es el origen del sistema de referencia, entonces EF = OF – OE = (OC + OB)/2 – (OA + OB)/2 = (OC – OA)/2 = (OC + OD)/2 – (OA + OD)/2 = OG – OH = HG.
    Segunda demostración: Si trazamos la diagonal AC, entonces como E es el punto medio de AB y F es el punto medio de EF, los triángulos ABC y EBF son semejantes y EF // AC. Del mismo modo se deduce que HG // AC, EH // BD y FG // BD, por lo que EF // HG y EH // FG, y EFGH es un paralelogramo.

    Te toca rematar la faena con la cuestión del área.

    Demuestra además que para un deltaedro ABCD, el paralelogramo EFGH es un rectángulo.

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Las diagonales determinan en el cuadrilátero cuatro triángulos y en cada uno de ellos el área roja es igual al área azul... Pero si el cuadrilátero es cóncavo y una de las diagonales es exterior, entonces el cuadrilátero no es la suma de los triángulos sino suma y resta de ellos, el razonamiento sigue siendo el mismo pero en el dibujo se ve mucho peor...

    Si el cuadrilátero es un deltaedro, las diagonales son perpendiculares y el paralelogramo será un rectángulo. Si el cuadrilátero es un trapecio isósceles, las diagonales son iguales y el paralelogramo será un rombo...

960. Polígonos estrellados. RESOLUCIÓN

    Profe mire. Los polígonos regulares que hemos visto en clase son convexos, pero he visto en Internet que hay otros polígonos regulares que no son convexos. ¡Y son más bonitos, verá...! Se llaman polígonos regulares estrellados por su forma. El más sencillo es el pentágono regular estrellado o pentalfa, que es la estrella de 5 picos. La estrella de 6 picos o estrella de David no es 1 hexágono regular estrellado sino 2 triángulos equiláteros superpuestos. (No hay hexágonos regulares estrellados.) Y luego vienen 2 heptágonos regulares estrellados diferentes (7 picos), 1 octágono regular estrellado (8 picos), 2 eneágonos regulares estrellados (9 picos), 1 decágono regular estrellado (10 picos), etcétera. Vea los dibujos que he hecho... (N es el número de picos.)
    Raro es el día que Pepe Chapuzas no trae algo interesante...
    Con los dibujos de Pepe podemos hacer la siguiente tabla en la que se muestra cuántos polígonos regulares estrellados diferentes hay con N picos, desde N=5 hasta N=10.
    Comprueba que solo son estos los polígonos regulares estrellados con menos de 11 picos (N<11) y continúa la tabla hasta llegar a 20 picos (N=20). No hace falta que dibujes todas las estrellas, se puede completar la tabla con algo de lógica... En cualquier caso, cuéntame cómo lo has hecho.

SOLUCIÓN

    Mire, profe. El número de polígonos regulares estrellados de N picos coincide con la cantidad de coprimos de N que hay en el intervalo (1, N/2).

    Nina Guindilla llegó a este resultado (a saber cómo). Ahora había que demostrarlo:

    Mire, profe. Si partimos de los vértices un polígono regular de N lados, un polígono estrellado de N picos se obtiene uniendo vértices no consecutivos mediante segmentos... ¡Mediante N segmentos! Puedo empezar en un vértice y, sin levantar el lápiz del papel, vuelvo de nuevo al mismo vértice con N segmentos, ni uno más, ni uno menos... 
   La forma del polígono estrellado queda determinado por dos números: el número de picos N y el número vértices K que se avanza en cada segmento. Sea M = m.c.d. (N, K). Con N/M segmentos avanzo N/M·K = N·K/M vértices, esto es, un múltiplo de N, con lo que llego al vértice de partida... Así pues, N/M = N, o sea, M=1, o sea, N y K son coprimos... ¡O sea, que a cada fracción N/K irreducible le corresponde una estrella! 

    ¡A veces los platos con Guindilla son difíciles de digerir!

    Ahora bien, la estrella N/K es la misma que la estrella N/(N–K), así que solo considero los valores K del intervalo (1, N/2). No puede ser K = 1 porque el polígono no sería estrellado, y no puede ser K = N/2 porque N y K son coprimos...

    Cuando hayas hecho la digestión, terminas la tabla de los polígonos estrellados...
    Después, busca en Internet información sobre la función ϕ de Euler y utilízala para escribir la solución de Nina.

RESOLUCIÓN

    Yoyó hizo una tabla con los posibles valores de K para N desde 11 hasta 20...

N
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
K
2,3,4,5
5
2,3,4,5,6
3,5
2,4,7
3,5,7
2,3,4,5,6,7,8
5,7
2,3,4,5,6,7,8,9
3,7,9

    Mire, profe. La función ϕ(n) de Euler nos da el número de coprimos menores o iguales que n...
    El número de polígonos estrellados de n lados es ϕ(n)/2–1.

959. Una misteriosa sucesión... RESOLUCIÓN

  Esta sucesión apareció en el corcho del aula. Era el último reto de Pepe Chapuzas. Dice que estos números tienen algo en común que no tienen los demás...
    ¿Cuál es el siguiente término de la sucesión? ¿Por qué?
    Pepe me ha soplado que un inglés habría escrito una sucesión diferente. ¿Cuáles serían los primeros términos en este caso?

SOLUCIÓN

    Profe, el siguiente número es 88. ¡Todos empiezan y terminan con la misma letra!


SeiS
OchO
Sesenta y doS
Sesenta y treS
Sesenta y seiS
...
Ochenta y cincO
Ochenta y ochO

    Un inglés habría puesto 19, 28, 38, 81, 83, 85, 89, 97, ...

    Nina Guindilla ha acertado otra vez...
    ¿Cuál es el siguiente término de esta sucesión?
1, 3, 5, 4, 14, 40, 16, ¿? 
 
RESOLUCIÓN
 
    Mire, profe. Es el 17.
 
    UNO es el número natural más pequeño con 3 letras.
    TRES es el número natural más pequeño con 4 letras.
    CINCO es el número natural más pequeño con 5 letras.
    CUATRO es el número natural más pequeño con 6 letras.
    CATORCE es el número natural más pequeño con 7 letras.
    CUARENTA es el número natural más pequeño con 8 letras.
    DIECISÉIS es el número natural más pequeño con 9 letras.
    DIECISIETE es el número natural más pequeño con 10 letras.
   
    Fue Yoyó Peluso quien descubrió el número solicitado...

958. Una función atómica de variable política. RESOLUCIÓN

    Estábamos poniendo en clase ejemplos de funciones. Habían salido funciones reales de variable entera, funciones naturales de variable racional y otras combinaciones... Pepe Chapuzas intervino con el siguiente ejemplo:

    Profe, mire mi función f. Es una función atómica de variable política. Me explico... A un país le asigno un elemento químico si el prefijo telefónico internacional del país coincide con el número atómico del elemento. Así,   f (España) = Selenio   y   f (Pakistán) = Uranio   ...
    ¡Qué manera tiene Pepe de complicarse la vida!
    Comprueba que    f (España) = Selenio    y    f (Pakistán) = Uranio.
    Resuelve la ecuación    f (Francia) = Y.
    Resuelve la ecuación    f (X) = Hidrógeno.

SOLUCIÓN

    a) El prefijo de España y el número atómico del selenio es 34. El prefijo de Pakistán y el número atómico del uranio es 92.
    b) El prefijo de Francia es 33. El elemento 33 es el arsénico. Así, f(Francia) = Arsénico.
    c) El número atómico del Hidrógeno es 1. El prefijo 1 corresponde a Estados Unidos y a Canadá. Por lo tanto f(Estados Unidos) = f(Canadá) = Hidrógeno.


    A Nina Guindilla se le ha ocurrido proponer dos búsquedas...

    Busca un país que no pertenezca al dominio de f.
    Busca un elemento que no pertenezca al recorrido de f.

RESOLUCIÓN

    Y Yoyó Peluso ha rematado con dos hallazgos...

    Andorra no pertenece al dominio de f porque su prefijo (376) no se corresponde con ningún elemento químico.
    El níquel y el oro no pertenecen al recorrido de f porque sus números atómicos (28 y 79) no se corresponden con ningún país.

jueves, 28 de abril de 2016

957. Cifras (des)ordenadas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas ha escrito las cifras del 0 al 9. Parecen desordenadas pero él asegura que están muy bien ordenadas.
    ¿Qué criterio ha seguido para (des)ordenarlas de esta manera?
    Pepe nos ha dejado una pista. Ha dicho que un inglés las habría (des)ordenado de otra forma...
    ¿Cómo lo habría hecho un inglés?

SOLUCIÓN

    Después de devanarse un rato los sesos, Nina Guindilla dio con la solución...

    ¡Profe, están ordenados por orden alfabético!

CERO
CINCO
CUATRO
DOS
NUEVE
OCHO
SEIS
SIETE
TRES
UNO
 
    Un inglés los ordenaría así: 8 5 4 9 1 7 6 3 2 0, ¿verdad?

EIGHT
FIVE
FOUR
NINE
ONE
SEVEN
SIX
THREE
TWO
ZERO

    Ordena las cifras por orden alfabético en otros idiomas.

RESOLUCIÓN

BAT, BEDERATZI, BI, BOST, HIRU, LAU, SEI, ZAZPI, ZERO, ZORTZI.
1 9 2 5 3 4 6 7 0 8

    Yoyó Peluso (des)ordenó las cifras en euskera... 
 

956. El teorema de la bisectriz. RESOLUCIÓN

    Mandé un trabajo de búsqueda. Había que buscar el enunciado y una demostración de un teorema clásico de geometría: el teorema de la bisectriz. Aquí os dejo el dibujo que hizo Pepe Chapuzas para ilustrar el teorema.
    A partir del dibujo redacta un enunciado del teorema y proporciona una demostración. Hay muchas formas de hacerlo.

SOLUCIÓN

    He aquí en enunciado y la demostración que aportó Nina Guindilla.

    TEOREMA DE LA BISECTRIZ
    Enunciado: La bisectriz de un ángulo de un triángulo corta al lado opuesto en dos segmentos proporcionales a los lados contiguos.

    Demostración: A partir del teorema de los senos, a/senα = c/senθ y b/senβ = d/senθ. Como α y β son suplementarios, senα = senβ, y dividiendo las igualdades desaparecen todos los senos y nos queda a/b = c/d, o lo que es lo mismo, ad – bc = 0.

    Demuestra el teorema de la bisectriz sin utilizar el teorema de los senos.
 
RESOLUCIÓN
    Observe, profe, cómo la bisectriz divide al triángulo en los dos triángulos amarillo y rosado. Sean A y R las áreas de los triángulos amarillo y rosado respectivamente... Observe ahora el segmento verde: es una altura del triángulo amarillo y también es una altura del triángulo rosado, por lo tanto c/d = A/R. Observe ahora los segmentos rojo y azul, son alturas de los triángulos amarillo y rosa respectivamente, y son iguales porque los puntos de la bisectriz equidistan de los lados del ángulo... por lo tanto a/b = A/R. ¡Ya está!
 
    Ya habéis oído a Yoyó Peluso... ¡Ya está!

955. La parte entera. RESOLUCIÓN

    Había explicado el concepto de función y había hecho hincapié en que si a=b entonces f(a)=f(b).
    Enseguida saltó Pepe Chapuzas...

    Profe, tengo una duda sobre la función E, la parte entera de un número. En el libro de primero se decía que la parte entera de un número decimal (positivo) era el número entero que aparece a la izquierda de la coma. Por ejemplo E(123,456)=123. Según esto, E(0,999...)=0 y E(1,0)=1, ¿verdad? Y como 0,999...=1,0 , si E fuera una función, entonces E(0,999...)=E(1,0), o sea, 0=1. Dicho de otro modo, la función E no es una función... ¿O sí? ¡Yo no me entero con la parte entera!

    En un concurso de chapuzas Pepe se llevaría el primer premio...

    Aclárale a Pepe su duda y de paso dile cuánto vale E(–7,5) y E(–9,999...).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo tenía algo más claro que Pepe Chapuzas...

    Mire, profe. La parte entera de un número x es el entero más próximo por la izquierda... Bueno, quiero decir el mayor entero menor o igual que x... En fin, las Mates están llenas de convenios...
El caso es que la función E, mejor dicho, su gráfica está llena de saltos: en cada entero hay una discontinuidad... y ya se sabe lo que pasa con estas discontinuidades..., los límites laterales son distintos... y aquí, para cada entero, el valor de la función coincide con el límite por la derecha... ¡Convenios! En fin, con los convenios en la mano y por extraño que parezca, no hay lugar para la duda: E(0,999...) = 1, E(–7,5) = –8 y E(–9,999...) = –10.

    Busca información sobre la función mantisa m(x)...
    ¿Cuánto vale m(3,1416), m(–3,1416) y m(4,999...)?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. La mantisa de un número es la diferencia entre el número y su parte entera. Con los números positivos es fácil de calcular: m(3,1416) = 0,1416. Pero con los números negativos hay que tener cuidado: m(–3,1416) = 0,8584. La tercera mantisa que mandó calcular tiene trampa porque m(4,999...) = m(5) = 0.

    Yoyó Peluso no cayó en la trampa... esta vez...

954. La escuadra de dibujo nueva. RESOLUCIÓN

    Profe, mire mi escuadra nueva, con sus dos catetos igualitos... Por cierto... Me acabo de enterar de que, en las escuadras, la longitud del cateto es igual a la suma de los radios de sus circunferencias inscrita y circunscrita. ¡Qué pasada!

    ¿Es cierto lo que afirma Pepe? Espero tu respuesta.

SOLUCIÓN

    Dicen que una imagen vale más que mil palabras... Nina Guindilla ha dado como repuesta este dibujo:

    Explícalo.

RESOLUCIÓN

    Profe, el dibujo está muy clarito. El punto de tangencia de la circunferencia inscrita con un cateto divide a este en dos segmentos: el mayor es el circunradio porque el cateto y la hipotenusa son tangentes a la circunferencia inscrita y el punto de tangencia de la circunferencia inscrita con la hipotenusa es el cincuncentro; y el menor es el inradio porque los radios de la circunferencia inscrita en los puntos de tangencia con los catetos forman un cuadrado con estos...

    No sé si la explicación ha aclarado algo. En algo estoy de acuerdo con Yoyó: el dibujo está muy clarito...

953. Origami y triángulos egipcios. RESOLUCIÓN

    Bajamos al patio para hacer una demostración de cómo los antiguos egipcios usaban la cuerda de 12 nudos para trazar ángulos rectos. Teníamos una cuerda cerrada de 12 metros, con un nudo a cada metro, y la tensamos para formar un triángulo de lados de 3, 4 y 5 metros respectivamente. Todos sabíamos que este era un triángulo rectángulo... Comenté que los triángulos semejantes a este (con lados directamente proporcionales a 3, 4 y 5) se llamaban triángulos egipcios...
    Ya en el aula, Pepe Chapuzas, al que últimamente le ha dado por el origami, cogió una hoja de papel cuadrada y la plegó llevando un vértice inferior al punto medio del lado superior...
     Profe, ¿a que los triángulos marcados con un asterisco son egipcios?

     Demuéstralo y te llevarás un positivo.
 
SOLUCIÓN
 
    Mire, profe. Es fácil demostrar (con el primer criterio de semejanza) que los tres triángulos marcados con un asterisco son semejantes entre sí. Así que basta con probar que uno de los tres triángulos es egipcio. Por ejemplo el del asterisco de la izquierda... de catetos A y B e hipotenusa C.

    Si tomamos como unidad de longitud el lado del cuadrado, entonces A = 1/2 y B = 1–C. Y por el teorema de Pitágoras C2 = 1/4 + (1–C)2 = 1/4 + 1 – 2C + C2. De donde 2C = 5/4 y por lo tanto  C = 5/8 y B = 1 – 5/8 = 3/8. Si multiplicamos los lados por 8 tenemos 8·A = 4, 8·B = 3 y 8·C = 5, lo que demuestra que el triángulo es egipcio.
 
    ¡Positivo para Nina Guindilla!
    Tomando como unidad de longitud el lado del cuadrado, calcula el área solapada (azul oscuro).  
 
RESOLUCIÓN
 
    Mire, profe. Nina ha calculado los catetos del triángulo mediano: 1/2 y 3/8. Su área mide 3/32. Los catetos del triángulo grande miden 1/2 y 2/3, por lo que su área mide 1/6. Y los catetos del triángulo pequeño miden 1/6 y 1/8, por lo que su área mide 1/96. La suma de las áreas de los tres triángulos es 3/32 + 1/6 + 1/96 = 13/48. El área solapada medirá (1–13/48)/2 = 35/96.
 
    Yoyó Peluso le ha dedicado muchas horas a la papiroflexia...

952. Una sucesión recurrente. RESOLUCIÓN

    Este era el último ejercicio de la tanda para casa. Iba, está claro, de una sucesión recurrente (o recursiva), pero no se pedía calcular el término general sino solamente el término milésimo. En el cuaderno de Pepe Chapuzas se daba la solución sin ningún cálculo, pero aclaraba que lo había resuelto mentalmente.

    Hazlo tú y me mandas la solución, pero con todos los cálculos escritos y explicados. (Y no vale calcular los mil primeros términos.)

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no calculó los 1000 primeros términos, solo unos cuantos...
 
    1, 3, 2, –1, –3, –2, 1, 3, 2, ...

    ¡Profe, es una sucesión cíclica (o periódica)! Como el ciclo (o período) es de 6 términos, solo tengo que dividir 1000 entre 6. Como el resto de la división es 4, entonces a1000 = a4 = –1.

    En su definición por recurrencia, esta sucesión se parece a la famosísima sucesión de Fibonacci:
a1 = 1
a2 = 1
an = an–1 + an–2
 
    Busca  en Internet el término general de la sucesión de Fibonacci y comprueba que la fórmula funciona para los primeros términos...

RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Los primeros términos de la sucesión de Fibonacci son: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... Y el término general está relacionado (¡quién lo iba a decir!) con la razón áurea...

    Yoyó Peluso comprobó que la fórmula funcionaba para el término quinto...
 
((1+5)5/25 – (1–5)5/25) /5 =
= (1+55+1052+1053+554+551+55–1052+1053–554+55) / (325) =
= (55+505+255+55+505+255) / (325) =
= (5+50+25+5+50+25) / 32 =
= 160 / 32 = 5

951. Tres dígitos... RESOLUCIÓN

    Este es el reto de fin de semana que ha propuesto Pepe Chapuzas:

    Si cogemos al azar un número natural de tres dígitos, ¿cuál es la probabilidad de que la cifra de las unidades sea igual a la suma de las otras dos cifras? ¿Y cuál es la probabilidad sea igual al producto? ¿Y a la diferencia? ¿Y al cociente?

    Espero tu respuesta...

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Los casos posibles son 900: los números naturales del 100 al 999.

    a) La suma de las dos primeras cifras es la tercera en...

101
112 202
123 213 303
134 224 314 404
145 235 325 415 505
156 246 336 426 516 606
167 257 347 437 527 617 707
178 268 358 448 538 628 718 808
189 279 369 459 549 639 729 819 909
 
    Los casos favorables son 45 y la probabilidad 45/900 = 1/20.

    b) La diferencia de las dos primeras cifras es la tercera en... (Como no se especifica el orden de la sustracción, entiendo que diferencia se refiere a distancia.)
 
101 110 121 132 143 154 165 176 187 198
202 211 220 231 242 253 264 275 286 297
303 312 321 330 341 352 363 374 385 396
.....................................................................
909 918 927 936 945 954 963 972 981 990

    Los casos favorables son 90 y la probabilidad 90/900 = 1/10.

    c) El producto de las dos primeras cifras es la tercera en...
 
100 111 122 133 144 155 166 177 188 199
200 212 224 236 248
300 313 326 339
400 414 428
500 515
600 616
700 717
800 818
900 919

    Los caso favorables son 32 y la probabilidad 32/900 = 8/225.

    Nina Guindilla ordenó los casos favorables para contarlos cómodamente...
    Te ha dejado la última probabilidad para ti...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso también ordenó los casos favorables... Incluía la división del primer dígito entre el segundo y la del segundo entre el primero...

100 111 122 133 144 155 166 177 188 199
200 212 221 242 263 284
300 313 331 362 393
400 414 422 441 482
500 515 551
600 616 623 632 661
700 717 771
800 818 824 842 881
900 919 933 991

    Profe, la probabilidad es 46/900 = 23/450.

950. Caleidociclos... RESOLUCIÓN

    Había mandado investigar qué eran los caleidociclos. El trabajo que mandé a mis alumnos no consistía en buscar una definición y hacer un corta y pega. ¡Tenían que construir uno! Yo no les di ninguna instrucción de cómo hacerlo. Eso es lo que tenían que encontrar en Internet... Pepe Chapuzas hizo uno precioso. Le puso de título "El caleidociclo de las estaciones"... Era alucinante ver como giraba sobre sí mismo y las estaciones iban cambiando...
    Haz un caleidociclo, decóralo y ponle un título... Nos vemos.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró esta plantilla para hacer caleidociclos:
    Nina, con esta plantilla, hizo un caleidociclo titulado "Del 1 al 9" en el que, al girar, iba consiguiendo, una a una, las cifras... ¡del 1 al 9! ¿Cómo lo hizo?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En principio solo se pueden conseguir 4 números por un lado y 4 por el otro. ¡Solo 8 números! Afortunadamente el 9 es un 6 boca abajo, con lo que matamos 2 pájaros de 1 tiro...

    El 0 es la única cifra desterrada del caleidociclo de Yoyó Peluso...

949. Pitágoras y el tangram. RESOLUCIÓN

   Profe, mire. Con dos juegos de tangram iguales se puede demostrar el teorema de Pitágoras para triángulos rectángulos isósceles...
    La idea de Pepe Chapuzas me pareció interesantísima y así se lo dije, pero añadí que si los casos particulares de un teorema eran interesantes, las generalizaciones lo eran más... Comenté que si en el teorema de Pitágoras sustituíamos los cuadrados por semicírculos o por pentágonos regulares, obteníamos teoremas similares...
    A Pepe la idea de generalizar le gustó porque al día siguiente trajo una demostración del teorema equivalente con semicírculos y otra del teorema equivalente con polígonos regulares de N lados.

    Atrévete tú a hacer lo mismo. No es difícil...

    A todo esto, si el tangram es de origen chino, el stomachion es de origen griego. Infórmate acerca del stomachion y nos lo cuentas...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Si a y b son los catetos y c es la hipotenusa, entonces lo que nos demostró Pitágoras es que a2+b2=c2. Los semicírculos tienen áreas proporcionales a los cuadrados de sus diámetros... Si K es la razón de proporcionalidad (aquí K=π/4) tendremos que A+B=K·a2+K·b2=K·(a2+b2)=K·c2=C. Un razonamiento similar vale para otras figuras como los polígonos regulares...

    Del stomachion, Nina Guindilla solo nos enseñó un modelo...

    Investiga y cuéntanos algo sobre el stomachion...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso nos ha contado que Arquímedes investigó de cuántas maneras diferentes se puede componer un cuadrado con las 14 piezas del stomachion.

    El problema ha sido resuelto del todo en 2003: salvo rotaciones, reflexiones y conmutaciones de piezas idénticas, hay 536 maneras diferentes...