582. SOLUCIÓN de 282. Los cuadrados equilibristas (2ª parte)

    ¡Más difícil todavía! Cuatro cuadrados equilibristas intentan hacer un equilibrio que parece imposible. ¡Están unidos por cuatro vértices formando una cadena!... Para ayudarse en el ensayo cada pareja de cuadrados opuestos se ha unido con una goma elástica roja enganchada en sus centros... De pronto se percatan de que las dos gomas siempre tienen direcciones perpendiculares... y tienen la misma longitud...

    Pepe Chapuzas ha ilustrado un sorprendente resultado conocido como teorema de Van Aubel...   

    Busca un enunciado y una demostración de este teorema y nos lo cuentas a todos...

 

SOLUCIÓN

 

    Aquí está el enunciado del Teorema de Van Aubel que ha proporcionado Nina Guindilla:

 

    Si un cuadrilátero tiene un cuadrado adosado a cada lado, entonces los centros de los cuatro cuadrados son vértices de un cuadrilátero equidiagonal y ortodiagonal.

    El enunciado de este teorema se entendía bien con el ejemplo de los cuadrados equilibristas de Pepe Chapuzas...

    Para la demostración, Nina relacionó este teorema con un bonito resultado de dos cuadrados equilibristas...

 

    Si ABCD y DEFG son dos cuadrados, K y L sus centros, y M y N los puntos medios de los segmentos AG y CE, entonces el cuadrilátero LMKN es un cuadrado. (Los vértices de los cuadrados se han nombrado en sentido horario.)

    Nina dibujó cuatro triángulos naranjas y cuatro puntos azules, y se limitó a decir...

    Mire, profe. Los puntos azules indican ángulos rectos y puntos medios de segmentos... Buscando semejanzas de triángulos se descubre que los triángulos naranjas son igualitos... y por lo tanto el cuadrilátero LMKN es un cuadrado.

 

    Ahora le tocaba el turno al teorema de Van Aubel...

     Si trazamos los segmentos azules y sus puntos medios, por el resultado anterior, los cuadriláteros lilas son cuadrados. Por lo tanto, los triángulos MAD y MBC son igualitos... y por lo tanto los segmentos AD y BC tienen la misma longitud y son perpendiculares...

 

    Hay mucho que detallar en las "demostraciones" que ha dado Nina. ¡Es tu turno...!

    Considera también las situaciones límites (o casos degenerados).

581. SOLUCIÓN de 281. Los cuadrados equilibristas

    Cinco cuadrados equilibristas están en equilibrio... De pronto se dan cuenta de que hay un cuadrado y un triángulo que tienen la misma área. (Están marcados con la letra A.) ¡Demuéstralo!

    Pepe Chapuzas te reta con este reto... Resuélvelo sin perder el equilibrio...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tiene buen equilibrio...

 

    Mire, profe. Tomo como unidad de longitud el lado del cuadrado marcado con A, de ese modo solo hay que probar que el área del triángulo marcado con A es 1. 

    Nina nombró algunos lados y ángulos en la figura... Y empezó a calcular el área...

s·t·senβ / 2 =

= s·t·sen(90º–σ–τ) / 2 =

= s·t·cos(σ+τ) / 2 =

= s·t·(cosσ·cosτ–senσ·senτ) / 2 =

= s·cosσ · t·cosτ / 2 – s·senσ · t·senτ / 2 =

    Aquí aplicó los teoremas del seno y del coseno...

 

(s²+1–sen²α)/2 · (t²+1–cos²α)/2 / 2 – senα·sen(90º+α) · cosα·sen(180º–α) / 2

(s²+cos²α)/2 · (t²+sen²α)/2 / 2 – senα·cosα · cosα·senα / 2

 (s²+cos²α) · (t²+sen²α) / 8 – sen²α·cos²α / 2 

 

    Y ahora el teorema del coseno para s² y t²...

 

(1–2·senα·cos(90º+α)+sen²α+cos²α)·(1–2·cosα·cos(180º–α)+cos²α+sen²α)/8 – sen²α·cos²α/2

(1+2·senα·senα+1)·(1+2·cosα·cosα+1)/8 – sen²α·cos²α/2

(2+2·sen²α)·(2+2·cos²α)/8 – sen²α·cos²α/2

(1+sen²α)·(1+cos²α)/2 – sen²α·cos²α/2

( 1 + sen²α + cos²α + sen²α·cos²α – sen²α·cos²α ) / 2

(1+1+0)/2

1

    Explica qué ha hecho Nina en cada paso...

580. SOLUCIÓN de 280. La salita y el salón

    En el palacio de Chapuzalandia están solando la salita y el salón. El suelo de la salita es un rectángulo de 4m x 3m y el del salón es un rectángulo de 30m x 20m. Están utilizando para los dos suelos el mismo tipo de embaldosado y el mismo tipo de baldosas: baldosas triangulares para el borde y baldosas cuadradas para lo demás. Aquí tenéis el plano de la salita... ¿Cuántas baldosas triangulares y cuántas cuadradas se necesitan para el salón?

    Chapuzalandia es el país imaginario de Pepe Chapuzas...
    ¡A contar baldosas!

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Las baldosas triangulares son tienen hipotenusas de 1m. En el salón habrá tantas baldosas triangulares como metros mida el perímetro, esto es, 100 baldosas triangulares. Por otro lado, el área de las baldosas cuadradas mide 0,5m². y la de las triangulares 0,25m². De los 600m² que mide el suelo del salón, 25m² están cubiertos por baldosas triangulares por lo que los 575m² que faltan se tienen que cubrir con 1150 baldosas cuadradas.

    Nina Guindilla ha calculado el número de baldosas pero no ha indicado las operaciones... ¿Quieres hacerlo tú?

579. SOLUCIÓN de 279. Un múltiplo de 6

    Este número de 602 dígitos es un múltiplo de 6. La cifra A aparece 601 veces. ¿Qué cifra es A?

    Resuelve este problemita de Pepe Chapuzas. Es fácil, ¿verdad?

 

SOLUCIÓN

 

    Profe, mire. Un múltiplo de 6 lo es de 2, por lo tanto A tiene que ser par. Un múltiplo de 6 lo es de 3, por lo tanto la suma de todas sus cifras, que es 5+601·A, debe ser múltiplo de 3.

Si A=0 entonces 5+601·A = 5+601·0 = 5. No es múltiplo de 3.

Si A=2 entonces 5+601·A = 5+601·2= 1207. No es múltiplo de 3.

Si A=4 entonces 5+601·A = 5+601·4 = 2409. Sí es múltiplo de 3.

Si A=6 entonces 5+601·A = 5+601·6 = 3611. No es múltiplo de 3.

Si A=8 entonces 5+601·A = 5+601·8 = 4813. No es múltiplo de 3.

    La solución es A=4.

 

    Nina Guindilla ha descubierto que A=4. Calcula ahora tú el cociente 544444...4444:6.

578. SOLUCIÓN de 278. Un octágono mixtilíneo

    Profe, mire. Este círculo y este cuadrado tienen dos cosas en común: tienen el mismo centro (son concéntricos) y tienen la misma área (1 metro cuadrado). La intersección (en verde) es un octágono con 4 lados rectos y 4 lados curvos: es mixtilíneo... ¿Cuánto miden el área y el perímetro de este octágono mixtilíneo?

    Aquí tenéis el reto que Pepe Chapuzas ha propuesto para el fin de semana...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Si el cuadrado y el círculo tienen la misma área (1 metro cuadrado), entonces el cuadrado tiene 1 metro de lado y el círculo tiene 1/√π metros de radio.

    Con el teorema de Pitágoras calculo el lado recto b = 2·√(1/π–1/4) = 0,522723. Como el ángulo β = 2·arccos (√π/2) = 55º11'39", entonces α = 90º – β = 34º48'21". Ello nos permite calcular el lado curvo a=α·1/2·π/180 = 0,303738. Por tanto, el perímetro del octágono mide 4a+4b = 3,305844 metros. Finalmente, con el área del triángulo azul B = b·1/2/2 = 0,130681 y la del sector amarillo A = π·1/4·α/360 = 0,075934, calculo el área del octágono mixtilíneo será 4A + 4B = 0.826480 metros cuadrados.

    Justifica todos los cálculos de Nina Guindilla. 
    Calcula el área de cada pieza roja.

577. SOLUCIÓN de 277. El calendario del arco iris

    Pepe Chapuzas también colecciona calendarios. Este es el favorito de su colección... Es un calendario que sirve para los años desde 2014 hasta 2030. (Aunque se podría ampliar.)

    Así me ha explicado cómo funciona:

    Profe, mire. Si quiero saber qué día de la semana va a caer el 13 de octubre de 2027, recorro desde el mes de octubre, que está arriba a la izquierda (X), hasta el año 2027, que está arriba a la derecha (27). O sea: bajo, tuerzo en la casilla verde y subo... Y luego subo desde el día trece, que está abajo a la izquierda (13), tuerzo en la casilla del mismo color que antes, verde, y bajo hasta el miércoles, que está abajo a la derecha (mi). Ya está: ¡miércoles!

    Solo hay que tener cuidado con los años bisiestos que están repetidos: tienen dos casillas, una negra y otra blanca... La casilla negra es para enero y febrero y la blanca para los demás meses. Por ejemplo, el 6 de febrero de 2024.. Bajo desde febrero (II), tuerzo en la casilla azul y subo hasta 2024 (24 en casilla negra). A continuación subo desde el día seis (6), tuerzo en la casilla azul y bajo hasta (ma)... ¡Martes! 

    Prueba con diferentes fechas para comprobar si funciona.
    ¿Qué día de la semana caerá tu próximo cumpleaños?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó que el calendario funcionaba con su próximo cumpleaños y con otras fechas... Compruébalo tú también con tu próximo cumpleaños...
    Amplía el calendario para que sirva para más años...

576. SOLUCIÓN de 276. Un problema... con la pintura

    Pepe Chapuzas tiene un problema:

    He gastado justamente un litro de pintura verde para pintar esta figura. ¿Cuánta pintura roja he gastado?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla supuso que la pintura roja cundía lo mismo que la verde, y por lo tanto las cantidades de pintura serían proporcionales a las áreas pintadas...

    Profe, mire. Denominemos R al radio del circulo grande... Si descomponemos el área verde como un puzle podemos construir un rectángulo de base R y altura 2R. El área verde mide por tanto 2R² = 1, por lo que R² = 1/2. El área roja será πR² – 1 =  π/2 – 1 = 0,57m².

    Calcula el área de las diferentes partes del área roja.

575. SOLUCIÓN de 275. Las combinaciones con repetición o el rectángulo de Chapuzas...

    Habíamos explicado las combinaciones ordinarias y habíamos visto su relación con los coeficientes binomiales y el triángulo de Pascal... Vimos algunas propiedades e hicimos una tabla de valores de M sobre N.

    Al terminar la explicación comenté que este curso no íbamos a ver las combinaciones con repetición porque no estaban en el temario... A Pepe Chapuzas le debió de disgustar esto y debió de investigar lo que eran las combinaciones con repetición por su cuenta ya que al día siguiente trajo lo siguiente:

    Profe, mire: he encontrado una propiedad de las combinaciones con repetición similar a una que vimos ayer de las combinaciones ordinarias... Además me he dado cuenta de que, a diferencia de las combinaciones ordinarias que formaban en la tabla de valores un triángulo porque N era menor o igual que M (el triángulo de Pascal), en las combinaciones con repetición N puede ser mayor que M y en una tabla de valores no se formaría un triángulo sino un rectángulo (o un cuadrado)... 

    Pepe casi se quedó sin respiración... A partir de entonces denominé a ese rectángulo el rectángulo de Chapuzas...

    Investiga qué relación hay entre las combinaciones con repetición y las combinaciones ordinarias...
    Comprueba la propiedad que ha encontrado Pepe...
    Rellena el rectángulo de Chapuzas...

SOLUCIÓN

    Profe... He encontrado la relación entre combinaciones con repetición y combinaciones ordinarias.

    Con esto es muy fácil demostrar la propiedad de Pepe...

    Y rellenar su rectángulo...

    Da una demostración de la relación entre combinaciones con repetición y combinaciones ordinarias...

574. SOLUCIÓN de 274. Un cuadrilátero especial (2ª parte)

    Profe, mire el dibujito... He leído que en cualquier cuadrilátero (azul), las bisectrices (verdes) delimitan un cuadrilaterito cíclico (inscribible en una circunferencita)...

    Interrumpí a Pepe Chapuzas para advertirle que eso no ocurría siempre... El cuadrado era un contraejemplo evidente ya que sus bisectrices concurrían en un punto: el centro del cuadrado...

    Demuestra que si las bisectrices delimitan un cuadrilaterito, este es cíclico.
    Pepe, además, ha añadido las siguientes preguntitas...
 
    ¿Cuándo el cuadrilaterito es un rectángulito?
    ¿Cuándo es un cuadradito?
    ¿Cuándo es un deltoide pequeñito (una cometita)?
    ¿Cuándo no hay cuadrilaterito?

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Como la suma de los ángulos internos de un cuadrilátero es 360º, tenemos 2α+2β+2γ+2δ = 360º, o sea, α+β+γ+δ = 180º. El cuadrilaterito será cíclico si la suma de los ángulos azules es 180º. Como los ángulos azules también son ángulos de triángulos... El de abajo mide 180º–α–δ y el de arriba 180º–β–γ. Por lo tanto la suma de ambos será 360º–α–β–γ–δ  = 360º–180º = 180º.
    Las bisectrices del cuadrilátero no forman cuadrilaterito si el cuadrilátero es simétrico respecto de una diagonal. Esto incluye a los deltoides, rombos y cuadrados...

    Quedan tres preguntitas por responder. ¡Respóndelas! Te espera un positivo...

573. SOLUCIÓN de 273. Un cuadrilátero especial

    Profe, mire. He descubierto que si los cuatro lados (a, b, c y d) de un cuadrilátero son tangentes a una circunferencia, entonces las dos parejas de lados opuestos suman lo mismo (a+c=b+d).

    Demuestra que lo que ha "descubierto" Pepe Chapuzas es cierto.
    Averigua quién descubrió esto mucho antes que Pepe...

SOLUCIÓN

    Profe, mire: a + c = (e + h) + (f + g) = (e + f) + (h + g) = b + d. Este resultado se denomina teorema de Pitot.

    Nina Guindilla es la más rápida a este lado del Misisipí... 
    Con los cuadriláteros inscritos tenemos un resultado parecido...

    ¡Demuéstralo! ¡Rápido!

572. SOLUCIÓN de 272. Complejos sin palabras

    Pepe Chapuzas está aprendiendo símbolos matemáticos...

    Profe, mire. Si escribo el enunciado de un problema en castellano solo lo entienden los que sepan castellano, pero si utilizo símbolos, lo puede entender todo el mundo... Bueno..., todo el mundo que controle los símbolos matemáticos, se entiende...

    Como ejemplo propuso el siguiente ejercicio de números complejos. Aunque a Pepe se le ha escapado un detalle que lo delata como hispanohablante: el signo de interrogación "¿".

    Veamos si entiendes este ejercicio sin palabras y lo resuelves... pero con palabras.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que las siete raíces séptimas de un número complejo eran los siete vértices de un heptágono regular centrado en el punto 0. (En el plano complejo se identifican puntos y números.)

    Profe, lo primero que te piden es la suma (letra sigma) de las siete raíces séptimas. No hace falta calcularlas para saber que la suma es 0. Esto se deduce de la simetría radial del polígono regular... Pero (para el que no lo crea) si sumamos las raíces como los vectores (encadenándolos de modo que el extremo de un vector coincide con el origen del siguiente) obtenemos un heptágono, o sea, una cadena cerrada, lo cual quiere decir que la suma es nula.
    Lo segundo, es el producto (letra pi) de las siete raíces. El argumento del producto será la suma de los argumentos de las raíces. Debido a la simetría axial (eje real) la suma de los argumentos será 0º (o equivalente) si el número de raíces (índice de la raíz) es impar como en nuestro caso, pero será 180º (o equivalente) si el número de raíces es par. El módulo  del producto será el producto de los módulos de las raíces, o sea, la séptima potencia de la raíz séptima de 7, o sea, 7. El resultado final es por lo tanto 7_0º = 7.
   
    Calcula el producto de las 8 raíces octavas de 8.

571. SOLUCIÓN de 271. El cuarto rectángulo

    Este rectángulo está dividido en cuatro rectángulos. Dadas las áreas de tres de ellos... ¿cuánto mide el área del cuarto rectángulo?

    Aquí os dejo este pequeño reto de Pepe Chapuzas. ¿A qué esperas para resolverlo?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. (Área naranja)/(Área azul) = (ac)/(bc) = a/b = (ad)/(bd) = (Área verde)/(Área lila). Se trata claramente de una regla de tres directa. Solo hay que calcular la cuarta proporcional: 44·13:25 = 22,88m². Solo me pregunto si se podría hacer lo mismo con este problema...

    ¿Quién responde razonadamente a Nina Guindilla? De paso calcula el área del triángulo amarillo...

570. SOLUCIÓN de 270. Intersección imaginaria...

    Cada alumno tenía que preparar un tema y explicarlo en clase. Pepe Chapuzas eligió la potencia de un punto respecto de una circunferencia... Y la definió de la siguiente manera:

    Sea P un punto y C una circunferencia. Sea R cualquier recta que pase por P y sean A y B los puntos de intersección de la recta R y la circunferencia C. La potencia del punto P respecto de la circunferencia C es el producto escalar de los vectores PA y PB.

    Demostró que la potencia así definida era independiente de la recta elegida... Solo indiqué un problema en su exposición: no todas las rectas que pasaban por el punto P cortaban a la circunferencia C... Pepe, por no reconocer su leve error, comentó que, en caso de no cortarse realmente, habría puntos de intersección con coordenadas complejas imaginarias y que, seguramente, su definición de potencia seguiría siendo válida...

    Una auténtica chapuza... De todos modos comprueba si es cierto lo que ha conjeturado Pepe...
(No se pide ninguna demostración. Basta con elegir cualquier circunferencia, cualquier punto exterior y cualquier recta que pase por el punto y no corte a la circunferencia.)

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó la circunferencia C de centro O(0,0) y radio 1, y el punto P(2,0). Después tomó la recta R: y=0 que pasaba por P que cortaba a la circunferencia C en los puntos A(–1,0) y B(1,0). Así pudo calcular fácilmente la potencia PA·PB = (–3,0)·(–1,0) = 3. Veamos cómo siguió...

    Profe, mire. La recta S: x=2 pasa por P y no corta a C. Con la ecuación de C: x² + y² = 1, si intento calcular las coordenadas de los inexistentes puntos de intersección de S y de C tengo: 2² + y² = 1, y² = –3, y las soluciones y = √3i, y = –√3i. Así A(2,√3i) y B(2,–√3i) y la potencia sería PA·PB = (0,√3i)·(0,–√3i) = –3i² = (–3)·(–1) = 3.

    Comprueba que con la circunferencia C y el punto P de Nina y la recta T: y=x–2 pasa lo mismo...

569. SOLUCIÓN de 269. Demasiados factoriales...

    Pepe Chapuzas ha propuesto este reto a la clase. Sé el primero en resolverlo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no necesitaba calcular todos los factoriales, bastaba con sumar los que no acababan en ...00. Es decir, hasta 10! = 3628800.

    Mire, profe: 1 + 2 + 6 + 24 + 120 + 720 + 5040 + 40320 + 362880 = 409113. La respuesta es .........13.

    ¿Cuáles son las tres últimas cifras de la suma?

568. SOLUCIÓN de 268. Siete veces siete

    Profe, mire. Hace mucho nos enseñaron que la multiplicación era una suma:

    Y también nos enseñaron que la potencia era una multiplicación:

    ¿No se podría continuar la cadena inventando una nueva operación?

    Así es Pepe Chapuzas... Siempre les está dando una vuelta de más a las tuercas... Solo le contesté que no era el primero en pensar en ello... Y aprovechando su vuelta de tuerca le reté a que me dijera cuáles eran las dos últimas cifras del resultado de esa última operación...

    Ahora te reto a ti... Este es un de esos ejercicios que asustan y que te echan para atrás y sin embargo es mucho más sencillo de lo que parece a simple vista...

SOLUCIÓN

    Mire, profe.

7x7 = 49, 

49x7 = 343, 

343x7 = 2401, 

2401x7 = 16807, 

16807x7 = 117649,

    Las potencias de 7 tienen un comportamiento cíclico. El ciclo es de 4:

7⁴ⁿ = ...01

7⁴ⁿ⁺¹ = ...07

7⁴ⁿ⁺² = ...49

7⁴ⁿ⁺³ = ...43

    Me interesa los exponentes impares:

7^...07 = ...07^...04+3 = ...49

7^...49 = ...07^...48+1 = ...07

    Como hay una cantidad impar de sietes (siete sietes) la respuesta es ...............07.

    Nina Guindilla ha resuelto correctamente el ejercicio y ha propuesto uno similar... aunque algo diabólico...

    ¿Cuáles son las últimas dos cifras del resultado de la siguiente operación?

    Resuelve el ejercicio propuesto por Nina.

567. SOLUCIÓN de 267. El teorema de Apolonio

    Mandé buscar información sobre el teorema de Apolonio, también llamado teorema de la mediana, y Pepe Chapuzas dio el siguiente enunciado:

    En un triángulo, una mediana parte un lado por la mitad. El teorema de Apolonio afirma que la suma de los cuadrados de la mediana y del medio lado es igual a la media de los cuadrados de los otros dos lados...

    El enunciado era un poco confuso, por no decir chapucero... Menos mal que venía acompañado de dibujos que lo aclaraban bastante bien.

    No incluyo la demostración que dio Pepe. Esa me la tienes que dar tú...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Por el teorema del coseno tenemos...

a² = m² + c²/4 – m·c·cosθ    *

b² = m² + c²/4 – m·c·cosθ'     

    Como θ y θ' son suplementarios...

b² = m² + c²/4 + m·c·cosθ    *

    Y haciendo la media de las dos igualdades marcadas con * tenemos...

(a² +b² )/2 = m²  + c² /4.      

    Demuestra que si aplicamos el teorema de Apolonio a un triángulo isósceles, tenemos el teorema de Pitágoras...

566. SOLUCIÓN de 266. Trigonometría hiperbólica

    Profe, ¿nos tenemos que aprender todas las fórmulas trigonométricas? ¡Son demasiadas!...

    Era Pepe Chapuzas el que se quejaba... Le comenté que no había motivos para protestar puesto que no íbamos a ver la trigonometría hiperbólica, la hermana gemela de la trigonometría circular de la que se quejaba tanto... Y que todavía había una hermana mayor, que era la trigonometría esférica... Sabía que iba a despertar su curiosidad, así que le definí las funciones sh (seno hiperbólico) y ch (coseno hiperbólico):

    Y me atreví a darle tres fórmulas de trigonometría hiperbólica que enseguida relacionó con las equivalentes de trigonometría circular...

    Pepe Chapuzas no tuvo ningún problema en demostrar estas tres fórmulas a partir de las definiciones de sh y ch... Hazlo tú también.

SOLUCIÓN

    a) ch²(x) – sh²(x) = (e^x + e^–x)²/4 – (e^x – e^–x)²/4  = (e^2x + 2e⁰ + e^2x – e^2x + 2e⁰ – e^2x)/4 = 4/4 = 1.
    b) d sh(x) / dx = d ((e^x – e^–x)/2) / dx = (e^x –(– e^–x))/2 = (e^x + e^–x)/2 = ch(x).
    c) sh(x)ch(y) + ch(x)sh(y) = (e^x – e^–x)(e^y + e^–y)/4 + (e^y – e^–y)(e^x + e^–x)/4 =
= (e^x+y + e^x–y – e^–x+y – e^–x–y + e^x+y + e^–x+y – e^x–y – e^–x–y)/4 = (2e^x+y – 2e^–x–y)/4 =
= (e^x+y – e^–x–y)/2 = sh(x+y).

    Fácil para Nina Guindilla...
    Si definimos la tangente hiperbólica como th(x) = sh(x)/ch(x), halla una expresión para su función recíproca argth(x).

565. SOLUCIÓN de 265. El teorema de Carnot

    Uno de los ejercicios para casa era la demostración del teorema de Carnot. El enunciado decía que para cualquier triángulo acutángulo, la suma de las distancias del circuncentro a los lados era igual a la suma de los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita del triángulo.

    Pepe Chapuzas encontró una preciosa demostración...

    Demuestra el teorema de Carnot y llévate un positivo.
    ¿Qué pasaría si el triángulo no fuera acutángulo?

SOLUCIÓN

    Veamos la demostración que nos ha proporcionado Nina Guindilla...

    El área del triángulo se puede descomponer en tres: Ar/2 + Br/2 + Cr/2 = (A+B+C)r/2.

    Por otro lado, también se puede descomponer de esta otra manera: Aa/2 + Bb/2 +Cc/2, por lo tanto, con lo de antes, r = (aA + bB + cC)/(A+B+C).

    Y así también se puede descomponer: en tres cuadriláteros cíclicos (son cíclicos porque los ángulos opuestos suman 180º). Podemos aplicar el teorema de Tolomeo y... 

RA/2 = bC/2 + cB/2,

RB/2 = aC/2 + cA/2 y

RC/2 = aB/2 + bA/2.

    Sumando y despejando... queda, R = (bC + cB + aC + cA + aB + bA)/(A+B+C).
    Finalmente, sumando las igualdades subrayadas tenemos:

r+R = (aA+aB+aC+bA+bB+bC+cA+cB+cC)/(A+B+C) = a+b+c.

 

    Nina ha dejado el caso en el que el circuncentro no se halla dentro del triángulo como ejercicio para los demás...

564. SOLUCIÓN de 264. Ceva y las cevianas

    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 (con demostración).

    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.