martes, 31 de mayo de 2016

664. Las cuerdas equidistantes. RESOLUCIÓN

    Si en un círculo de radio r trazamos tres cuerdas equidistantes (en rojo), tales que la distancia (en azul) entre ellas es precisamente r, entonces los puntos medios de las cuerdas (rojas) son vértices de un triángulo equilátero...
    Encontré este precioso resultado en el cuaderno de Pepe Chapuzas. Cuando toca revisión de cuadernos, es el suyo el primero (y el último) que "reviso". Venía sin demostración... ¿Te atreves...?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se imaginó que estaba en el plano complejo. Así, los puntos del plano real eran números complejos...

    Mire, profe. Para simplificar los cálculos puedo suponer, sin perder generalidad, que esta es la circunferencia unidad (centrada en 0 y de radio r = 1). Puedo suponerlo porque la forma de los triángulos no cambian con semejanzas ni traslaciones. Los extremos de las cuerdas se pueden escribir en coordenadas polares así:
1A  y 1B
1B+60º  y 1C
1C+60º y 1A–60º
   Y los puntos medios de las cuerdas son: 
0,5A 0,5B  
0,5B+60º  + 0,5C  
0,5C+60º  + 0,5A–60º
   Y para probar que son vértices de un triángulo equilátero: 
0,5A  0,5B  ) + 1120º · ( 0,5B+60º  + 0,5) + 1–120º · ( 0,5C+60º + 0,5A–60º ) =
 0,5A + 0,5B  0,5B+180º  + 0,5C+120º + 0,5C–60º  + 0,5A–180º  =
=  0,5A  + 0,5B –  0,5B  + 0,5C+120º – 0,5C+120º  – 0,5A = 0

    Nina ha utilizado el siguiente resultado de Geometría del plano complejo: los puntos a, b y c son vértices en sentido antihorario de un triángulo equilátero si y solo si se cumple la igualdad a + 1120º · b + 1–120º · c = 0. Pruébalo.
    Demuestra también el siguiente resultado: si a, b y c son vértices de un triángulo y a', b' y c' son tales que los triángulos a-b-c', b-c-a' y c-a-b' son semejantes, entonces los triángulos a-b-c y a'-b'-c' comparten baricentro.


RESOLUCIÓN

    Mire, profe. El triángulo de vértices a, b y c, en sentido antihorario, es equilátero si y solo si el lado a – b es el lado c – b rotado 60º, esto es, (a – b)/(c – b) = 160º . (El número 160º es un versor.)
a – b = 160º · (c – b) = 160º · c – 160º · b
a +  ( 160º + 1180º ) · b – 160º · c = 0
a +  1120º · b 1–120º · c = 0.

    Yoyó Peluso siguió operando con números complejos de la siguiente manera... 

    Profe, mire. Como los tres triángulos verdes son semejantes habrá un número complejo d tal que (c' – a)/(b – a) = (b' – c)/(a – c) = (a' – b)/(c – b) = d, por lo que...
a' = cd – bd + b
b' = ad – cd + c
c' = bd – ad + a
    Sumando las tres igualdades nos queda a'+b'+c' = a+b+c por lo tanto el baricentro de los dos triángulos es común: g = (a+b+c)/3 = (a'+b'+c')/3.

614. Las cuerdas equidistantes.

    Si en un círculo de radio r trazamos tres cuerdas equidistantes (en rojo), tales que la distancia (en azul) entre ellas es precisamente r, entonces los puntos medios de las cuerdas (rojas) son vértices de un triángulo equilátero...
    Encontré este precioso resultado en el cuaderno de Pepe Chapuzas. (Cuando toca revisión de cuadernos, es el suyo el primero que "reviso".) Venía sin demostración... ¿Te atreves...?

lunes, 30 de mayo de 2016

663. El triángulo pedal u órtico. RESOLUCIÓN

    Mis alumnos tenían que exponer una definición geométrica en clase y Pepe Chapuzas trajo la definición de triángulo órtico...

    Dado un triángulo no rectángulo (negro), los pies de sus alturas (azules) son los vértices de otro triángulo denominado órtico (rojo). También se denomina triángulo pedal (a secas)... pero esto crea confusión, porque el triángulo pedal de un punto respecto de un triángulo dado queda determinado por las proyecciones perpendiculares del punto sobre los lados o sus prolongaciones. El triángulo órtico sería así el triángulo pedal del ortocentro...


   El triángulo pedal del triángulo pedal es el segundo triángulo pedal, y el triángulo pedal de este el tercer triángulo pedal. Demuestra que si un punto no está alineado con dos vértices, entonces un triángulo es semejante a su tercer triángulo pedal.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se puso a pedalear... 

    Mire, profe. Como los segmentos azules son perpendiculares a los lados del triángulo negro, entonces los cuadriláteros azul, amarillo y lila son cíclicos... y los ángulos que he pintado del mismo color son iguales por estar inscritos en el mismo círculo y abarcar el mismo arco. (Se puede hacer también con un punto exterior al triángulo.)

   En fin, si dibujamos los tres triángulos pedales consecutivos... observe el baile de ángulos... El grandote es semejante al pequeñito...
    Si el punto dado fuera un vértice, no habría triángulo pedal evidentemente, y si estuviera alineado con dos vértices del triángulo inicial, sería un vértice del primer triángulo pedal y no habría segundo triángulo pedal (y mucho menos tercero).

    Demuestra que el ortocentro de un triángulo acutángulo es el incentro de su triángulo órtico.
    ¿Qué sucede con los triángulos rectángulos? ¿Y con los obtusángulos?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En un triángulo rectángulo coinciden en el mismo punto, el vértice del ángulo recto, los pies de las alturas sobre los catetos, y el ortocentro... Sencillamente no hay triángulo órtico en un triángulo rectángulo...

    Yoyó Peluso siguió...

    Si el triángulo es acutángulo, los pies de las alturas no caen en los vértices y por lo tanto tenemos triángulo órtico. Para probar que el ortocentro del triángulo inicial es el incentro del triángulo órtico solo hay que probar que las alturas del triángulo inicial son las bisectrices del triángulo órtico.
    Como las alturas son perpendiculares a los lados, los cuadriláteros amarillo, verde y amarillo+verde+rosa son cíclicos... (Oberve las tres circunferencias.) Tenemos las tres parejas de ángulos iguales a = b, b = g, g = d, que son iguales porque están inscritos en la misma circunferencia y abarcan el mismo arco. Por lo tanto, a = d, que es lo que necesitaba para confirmar el resultado.
    Finalmente, en un triángulo obtusángulo ABC, con ángulo obtuso en C y ortocentro H, el triángulo órtico es también el triángulo órtico del triángulo acutángulo ABH...
    Si observamos la figura nos daremos cuenta de que H no es el incentro del triángulo órtico sino uno de sus exincentros... y el incentro del triángulo órtico es el vértice C.

jueves, 26 de mayo de 2016

662. Fórmulas de adición. RESOLUCIÓN

    El orden de los sumandos no altera...

    No falla. Siempre que digo esto en clase cae alguno que responde "el producto"...  Esta vez fue Pepe Chapuzas, así que le mandé que escribiera en una tabla los nombres de las operaciones, los operandos y los resultados... Pepe escribió lo siguiente:

Operación
Operandos
Resultado
Adicción
Sumandos
Suma o total
Sustracción
Minuendo y sustraendo
Resta o diferencia
Multiplicación
Factores
Producto
División
Dividendo y divisor
Cociente
Potenciación
Base y exponente
Potencia
Radicación
Radicando e índice
Raíz

    Pepe seguía teniendo problemas con la suma: había puesto "adicción" en vez de "adición"... Además, en la tabla faltaba la séptima operación (Pepe se había olvidado de los logaritmos). ¿Quieres completar la tabla? ¿Por qué para la adición y la multiplicación hay un solo nombre para los operandos?
    Hablando de adición...  En Trigonometría habíamos visto las fórmulas del seno y del coseno de la suma de ángulos: sen(A+B) = senA·cosB+cosA·senB y cos(A+B) = cosA·cosB–senA·senB.
Pepe, para remedar sus errores, salió a la pizarra de nuevo para demostrar las identidades trigonométricas. ¿Quieres demostrarlas también tú?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La operación de logaritmación se realiza con una base y un logaritmando...

    ¡Vaya nombrecitos!

    Y para la adición y para la multiplicación solo hay un nombre para los operandos porque son operaciones conmutativas...

    Nina Guindilla sabía lo que decía... A ver qué ha hecho con los teoremas de adición...  
sen(a+b) = BE/AE = (BF+FB)/AE = BF/AE + FE/AE =
= BF/AD · AD/AE + FE/ED · ED/AE = 
= CD/AD · AD/AE + FE/ED · ED/AE = sena·cosb + cosa·senb

cos(a+b) = AB/AE = (AC–BC)/AE = AC/AE – BC/AE =
= AC/AD · AD/AE – BC/ED · ED/AE = 
= AC/AD · AD/AE – FD/ED · ED/AE = cosa·cosb – sena·senb

    Mire, profe. Estas demostraciones (que vienen en nuestro libro de texto) dibujan los ángulos a, b y a+b agudos para poder escribir las razones trigonométricas a partir de lados de triángulos rectángulos... ¡y se quedan tan tranquilos! Habría que justificar por qué estas fórmulas valen para todo tipo de ángulos... Voy a justificar solamente el seno de una suma si a, b son agudos pero a+b es obtuso... En tal caso 180º–ab es agudo y 90º–a y 90ºb también...

sen(a+b) =
= sen(180º–ab) =
= sen(90º–a + 90º–b) =
= sen(90º–a)·cos(90º–b) + cos(90º–asen(90º–b) =
= cosa·senb + sena·cosb =
= sena·cosb + cosa·senb
    Nina Guindilla continuó...

    Profe, mire. Flipé cuando vi por primera vez la relación que tienen las fórmulas de adición con la aritmética de los números complejos: (cosa+i·sena)·(cosb+i·senb) = cos(a+b)+i·sen(a+b). De donde se obtiene   sen(a+b) = sena·cosb + cosa·senb    y   cos(a+b) = cosa·cosb – sena·senb   a la vez (matando dos pájaros de un tiro).

    Con las fórmulas de adición, calcula sen18º. (Olvídate de la calculadora.)

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Con las fórmulas de adición tenemos las fórmulas del ángulo doble:

sen(2a) = sen(a+a) = 2·sena·cosa
cos(2a) = cos(a+a) = cos2a – sen2a = 1 – 2·sen2a
    Y las del ángulo triple, en particular...
cos(3a) =
= cos(a+2a) =
= cosa·cos(2a) – sena·sen(2a) =
= cosa·(– 2·sen2a) – sena·(2·sena·cosa=
= cosa·(– 2·sen2a – 2·sen2a) =
= cosa·(1– 4·sen2a)

    Que también se puede obtener con la fórmula de De Moivre:
(cos(3a)+i·sen(3a)) = (cosa+i·sena)3 = cos3a+3i·cos2a·sena–3·cosa·sen2a–i·sen3a
    De donde
cos(3a) =
= cos3a – 3·cosa·sen2a =
= cosa · (cos2a – 3·sen2a) =
= cosa · (1 – sen2a – 3·sen2a) =
= cosa·(1– 4·sen2a)

    El caso es que como 2·18º = 36º y 3·18º = 54º son ángulos complementarios (36º+54º = 90º), entonces tenemos que sen(2·18º) = cos(3·18º), esto es, 2·sen18º·cos18º = cos18º·(1 – 4·sen218º) que, dividiendo entre cos18º (ya que no es 0) nos da 2·sen18º = 1 – 4·sen218º, esto es, sen18º es una solución de la ecuación 4x2+2x–1 = 0. Por lo tanto, sen18º = (–1+5)/4 (la otra solución no vale porque es negativa).

miércoles, 25 de mayo de 2016

661. Ángulos y peces. RESOLUCIÓN

    Empecé el tema de ángulos intentando averiguar que nociones habían asimilado mis alumnos del curso pasado... En la pizarra dibuje 2 ángulos... y pregunté cuál de ellos era mayor... Para sorpresa mía hubo discrepancia de opiniones... (Reconozco cierta malicia en el dibujo.)
    Pepe Chapuzas salió a la pizarra para terminar de arreglarlo...
    El pez grande (ángulo pequeño) se come al pez pequeño (ángulo grande).

    En fin, ya serios pregunté a Pepe si recordaba la demostración de que en un círculo, un ángulo inscrito es la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco...
    ¿Recuerdas tú la demostración?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla recordaba perfectamente esta demostración... en tres pasos:

    1º. Si "por casualidad" un lado del ángulo inscrito es un diámetro del círculo entonces el ángulo gamma = 180º – beta = 180º – (180º – 2·alfa) = 2·alfa.

    2º. Si el centro del círculo cae entre los lados del ángulo inscrito, se puede partir este por un diámetro: alfa = alfa' + alfa". Si aplicamos el paso 1º a alfa' y a alfa", entonces el ángulo central medirá 2·alfa' + 2·alfa" = 2·alfa.

    3º. Si el centro del círculo no cae entre los lados del ángulo inscrito alfa, podemos adosarle a alfa un ángulo delta tal que el centro del círculo sí quede entre sus lados. A delta y a alfa+delta podemos aplicarles el paso 2º: de modo que el ángulo central asociado a alfa = (alfa+delta)–delta será 2·(alfa+delta)–2·delta = 2·alfa.

    ¿Te acuerdas de los ángulos interiores y exteriores del círculo?
 
RESOLUCIÓN
 
    Yoyó Peluso nos refrescó la memoria con estos dos resultados...

    Pero no incluyó ninguna demostración que se podía hallar fácilmente en cualquier texto clásico de Geometría. Lo que hizo fue combinar ambos para obtener el siguiente resultado a partir de un ángulo interior y uno exterior de un círculo que abarcan los mismos arcos (o a partir de dos ángulos centrales):


660. Los vértices del cubo. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas dice que tiene 3 vértices de un cubo: A(1,3,4), B(3,1,3) y C(5,2,5). ¿Quién le puede dar los otros 5 vértices sabiendo que todas las coordenadas son positivas?

    Mire, profe. En el plano, si las coordenadas son positivas decimos que el punto está en el primer cuadrante. ¿En el espacio estaría en el primer octante?

    La respuesta era afirmativa. Los planos coordenados dividen el espacio en 8 octantes, pero, a diferencia del plano donde los cuadrantes están numerados, en el espacio no lo están... Llamamos primer octante al conjunto de puntos del espacio que tienen sus tres coordenadas positivas pero para los demás octantes no hay ningún acuerdo... ¿Cómo los numerarías tú?
SOLUCIÓN

    Mire, profe. Lo primero que voy a investigar es qué trío de vértices del cubo tienen Pepe, porque hay tres posibilidades: o hay una cara que tiene los tres vértices dados, o hay caras que tienen dos de los vértices pero no tres, o ninguna cara tiene más de uno de los tres vértices...
    Los vectores AB = (2, –2, –1) y BC = (2, 1, 2) son ortogonales porque AB·BC = 2·2–2·1–1·2 = 0, y tienen el mismo módulo |AB| = |BC| = 9 = 3, por lo tanto estamos en la primera posición: hay una cara que tiene los tres vértices A, B y C. Las coordenadas del cuarto vértice D de esa cara es fácil de calcular OD = OA+BC = (1, 3, 4) + (2, 1, 2) = (3, 4, 6). Ahora faltarían los vértices de la cara opuesta... Habría dos juegos de soluciones {A', B' C', D'} y {A", B", C", D"}, que se pueden obtener mediante traslación perpendicular de {A, B, C, D}. El vector AA' = ABxBC/3 = (–1, –2, 2) me proporciona A'(0, 1, 2) que no vale porque las coordenadas tienen que ser positivas, por lo tanto trabajo con AA" = –AA' = (1, 2, –2) que me proporciona los vértices A"(2, 5, 2), B"(4, 3, 1), C"(6, 4, 3) y D"(4, 6, 4), cuyas coordenadas son todas positivas.

    Nina Guindilla no ha numerado los octantes del espacio... ¿Cómo lo harías tú?

RESOLUCIÓN


    Yoyó Peluso sí se ha atrevido a ordenar los octantes... con el código Gray. Aunque yo no veo que los octantes estén así demasiado ordenados...

    Mire, profe. Yo ordenaría los octantes del espacio como el código Gray... Me explico. El orden del código Gray para dos bits es 00 01 11 10, que se puede relacionar con el orden de los cuadrantes del plano: el primer bit indicaría la ordenada y el segundo la abscisa; el 0 indicaría positivo y el 1 negativo. Pues bien, el orden del código Gray para tres bits es 000 001 011 010 110 111 101 100. Si el primer bit indica el eje Z, el segundo el eje Y y el tercero el eje X, los octantes del espacio estarían ordenados como se indica en el dibujo. El octante VI no está indicado en el dibujo  pero es el opuesto del octante I.

martes, 24 de mayo de 2016

659. Entre barras... RESOLUCIÓN

    Hoy tocaba explicar la distancia entre dos rectas que se cruzan. Cuando escribí en la pizarra la fórmula con tiza blanca, vi que Pepe Chapuzas la había copiado en su cuaderno con bolígrafos de varios colores...
    Mire, profe. En esta fórmula hay demasiadas barras, ¡cuatro parejas ni más ni menos!, y como cada pareja significa una cosa diferente... pues las he pintado de diferente color... Así, las barras rojas indican un determinante..., ¡un "auténtico" determinante de orden 3! El resultado del determinante es un número (el producto mixto de 3 vectores), por lo que las barras verdes encierran un número: las barras verdes indican el valor absoluto... Las barras azules indican un "falso" determinante... Digo "falso" porque dentro hay números y vectores... y el resultado es un vector (el producto vectorial de 2 vectores)... Entonces las barras moradas indican el módulo de un vector... ¡Vaya lío! ¡Y todo en una fórmula!

    Haz los cálculos del ejemplo ilustrativo.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla fue haciendo los cálculos con orden...

    Mire, profe. El producto mixto (barras rojas) lo calculo con la regla de Sarrus: 
2·0·1+4·3·(–1)+2·1·0–(–1)·0·0–2·3·1–2·4·1 = –12–6–8 = –26
    El valor absoluto (barras verdes) es tan solo quitar el signo:
|–26| = 26
    El producto vectorial (barras azules) lo calculo desarrollando por la 1ª fila:
(0·1–1·3, 1·0–4·1, 4·3–0·0) = (–3, –4, 12)
    Y el módulo (barras moradas) de este vector es:
|(–3, –4, 12)| = (–3)+(–4)+12) = 169 = 13
    La distancia entre las rectas es, por lo tanto, 26/13 = 2 unidades de longitud.

    Explica la fórmula que ha traído Pepe Chapuzas.

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. El numerador es el valor absoluto de un producto mixto, por lo tanto es el volumen del paralelepípedo determinado por los tres vectores. El denominador es el módulo de un producto vectorial, por lo tanto es el área del paralelogramo determinado por los dos vectores, esto es, de la base del paralelepípedo. Al dividir el volumen del paralelepípedo entre el área de su base obtenemos la altura del paralelepípedo respecto de esa base..., que es justamente la distancia entre las rectas.

    Yoyó Peluso dio una segunda explicación:

    Mire, profe. Esta fórmula se puede escribir así: 

|[(2,2,–1), (4,0,1), (0,3,1)]| / |(4,0,1)x(0,3,1)| = | (2,2,–1) · ((4,0,1)x(0,3,1)) |  /  |(4,0,1)x(0,3,1)|
 
    Esto es, como la proyección de un vector que conecta un punto de cada recta sobre la perpendicular común a las rectas..., que es justamente la distancia entre las rectas.