685. El baricentro del trapecio. RESOLUCIÓN

    Habíamos visto que el baricentro (centro de gravedad) de un triángulo estaba en la intersección de sus medianas, y que el baricentro de un paralelogramo estaba en la intersección de sus diagonales, pero... ¿Dónde se hallaba el centro de gravedad de un trapecio?

    Pepe Chapuzas dio la siguiente respuesta:

    Mire, profe. Trapecio es una palabra griega que significa mesa. Los lados paralelos se llaman bases y los otros dos patas... Si adosamos a cada pata un trapecio igual al dado pero invertido obtenemos un trapecio mayor. La intersección de las diagonales de este trapecio grandote nos proporciona el baricentro del trapecio inicial...

    Esto habrá que justificarlo, ¿verdad?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó primero la posición del baricentro  G  de un trapecio...
    Primero dedujo que  G  estaba en la recta que pasa por los puntos medios de las bases:

    Mire, profe. Si prolongamos las patas del trapecio hasta que se corten, conseguimos dos triángulos en posición de Tales. Los baricentros  G'  y  G"  de los triángulos grande y pequeño estarán en su mediana común (que pasará por tanto por los puntos medios de las bases del trapecio). Como el trapecio se obtiene sustrayendo el triángulo pequeño al triángulo grande, entonces los tres baricentros  G , G'  y  G"  estarán alineados porque las coordenadas de  G'  son medias ponderadas (los pesos son las áreas) de las coordenadas de  G  y  G" .

    Después calculó la altura a la que se encontraba  G  con lo que su ubicación quedaba determinada:

    Mire, profe. Si trazo una paralela a una pata puedo dividir el trapecio en un paralelogramo más un triángulo. Las coordenadas del baricentro  G  del trapecio serán las medias ponderadas de las coordenadas del baricentro  G'  del paralelogramo y del baricentro  G"  del triángulo, siendo los pesos las áreas. Si  A ,  A'  y  A"  son las áreas del trapecio, del paralelogramo y del triángulo, si  B'  y  B"  son las bases mayor y menor del trapecio, y si  H  es la altura del trapecio, tendremos que la altura de  G'  será  H/2 , la altura de  G"  será  H/3  y la altura de  G  será...

Y  =  (A' · H/2 + A" · H/3) / A  =
=  ( H · B" · H / 2 + H · (B'–B") / 2 · H / 3 ) / ( H · (B'+B") / 2 )  =
=  H · (3B" + B' – B") / (B'+B") / 3  =
=  H · (B' + 2B") / (3B' + 3B")

   A Nina no le dio tiempo para terminar porque tuvo que marcharse... Nos quedamos con las ganas...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso continuó la tarea de Nina... Primero calculó la altura de la intersección de las diagonales del trapecio grandote:

    Mire, profe. Las diagonales del triángulo grandote determinan con las bases del trapecio dos triángulos semejantes, por tanto...

 Y / (B' + 2B")  =  (H – Y) / (2B' + B")  =  H / (3B' + 3B")

Y  =  H · (B' + 2B") / (3B' + 3B")

    Solo faltaba comprobar que la intersección de las diagonales del trapecio grandote caía en la recta que une los puntos medios del trapecio inicial...

    

    Mire, profe. Los puntos medios de las bases del trapecio grandote son los mismos que los de las del trapecio inicial. La recta que pasa por ellos es la mediana común de los triángulos semejantes (en posición de Tales) que se obtienen al prolongar las patas del trapecio grandote. Si  P  y  S  son las patas del trapecio y  Q  y  R  sus prolongaciones, tendremos que

P·R = Q·S

    La mediana común y las diagonales del trapecio grandote son cevianas del triángulo grande (y del pequeño) que cumplen el teorema de Ceva ya que tenemos obviamente que

P·R·(B'+B"/2) = Q·S·(B'+B"/2)

    Por lo tanto son cevianas concurrentes... en G. 

684. El baricentro del trapecio

    Habíamos visto que el baricentro (centro de gravedad) de un triángulo estaba en la intersección de sus medianas, y que el baricentro de un paralelogramo estaba en la intersección de sus diagonales, pero... ¿Dónde se hallaba el centro de gravedad de un trapecio?

    Pepe Chapuzas dio la siguiente respuesta:

    Mire, profe. Trapecio es una palabra griega que significa mesa. Los lados paralelos se llaman bases y los otros dos patas... Si adosamos a ambas patas del trapecio sendos trapecios iguales pero invertidos obtenemos un trapecio mayor. La intersección de las diagonales de este trapecio grandote nos ubica el baricentro del trapecio inicial...

    Esto habrá que justificarlo, ¿verdad?

683. Series infinitas. RESOLUCIÓN

    Profe, mire:

1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ... = 1

 1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ... = 1/2

 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ... = 1/3

    Pepe Chapuzas había partido de dos cuadrados y un triángulo de área 1. Pregunté a los demás alumnos si admitían los dibujos como prueba de los cálculos de las sumas infinitas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla aplicó la fórmula de la suma de los infinitos términos de una progresión geométrica:

1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...  =  1/2 + (1/2)² + (1/2)³ + (1/2)⁴ + ...  =  (1/2) / (1–1/2)  =  1

1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ...  =  1/3 + (1/3)² + (1/3)³ + (1/3)⁴ + ...  =  (1/3) / (1–1/3)  =  1/2

1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ...  =  1/4 + (1/4)² + (1/4)³ + (1/4)⁴ + ...  =  (1/4) / (1–1/4)  =  1/3

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso escribió 1 en base 2, 1/2 en base 3 y 1/3 en base 4, como números periódicos (que es como escribir 1/9 = 0,1111... en base 10):

1  =  0,1111...₂  =  0,1₂ + 0,01₂ + 0,001₂ + 0,0001₂ + ...  =  1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...

1/2  =  0,1111...₃  =  0,1₃ + 0,01₃ + 0,001₃ + 0,0001₃ + ...  =  1/3 + 1/9 + 1/27 + 1/81 + ...

1/3  =  0,1111...₄  =  0,1₄ + 0,01₄ + 0,001₄ + 0,0001₄ + ...  =  1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + ...

682. Las abejas de Fibonacci. RESOLUCIÓN

    Un día llegó a clase Pepe Chapuzas con la sucesión de Fibonacci.

    Mire, Profe. Ya sabemos que la sucesión de Fibonacci se define por recurrencia:

F₁  =  1

F₂  =  1

F_n+2  =  F_n + F_n+1     ( n > 0 )

    Pero si los subíndices pudieran tomar valores enteros cualesquiera tendríamos:

F₀  =  F₂ – F₁  =  1 – 1  =  0

F–1  =  F₁ – F₀  =  1 – 0  =  1

F–2  =  F₀ – F–1  =  0 – 1  =  – 1

F–3  =  F–1 – F–2  =  1 + 1  =  2

F–4  =  F–2 – F–3  =   – 1 – 3  =  – 4

    Es decir

F–n  =  (–1)ⁿ⁺¹ · F_n     ( n > 0 )

    Esta fórmula funciona también para n = 0 ...

F₀  =  F–₀  =  – F₀     ( = 0 )

... ya que el 0 es el único número igual a su opuesto. La "sucesión completa" de Fibonacci sería:

    Cuando a Pepe le pican las abejas... Hablando de abejas ¿Qué relación existe entre las abejas y la sucesión de Fibonacci?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró la siguiente relación:

    Profe, mire. El sexo de las abejas no viene determinado por los cromosomas X e Y como el de las personas. Las abejas hembras surgen de huevos fecundados mientras que los machos lo hacen de huevos no fecundados. Así pues, en el mundo de las abejas, las obreras y las reinas tienen papá y mamá pero los zánganos no tienen papá, solo mamá (la abeja reina). Esto tiene una consecuencia importante en los árboles genealógicos de las abejas... Fijémonos en un zángano... Solo tiene dos abuelos y (si no hay endogamia) solo tiene tres bisabuelos, cinco tatarabuelos... ¿Lo ve? Los antepasados de un zángano están en la sucesión de Fibonacci.

RESOLUCIÓN

    Por otro lado, Yoyó Peluso encontró una relación muy diferente:

    Mire, profe. Tenemos una abeja en el asterisco ante un panal de dos filas de celdillas numeradas de izquierda a derecha. ¿De cuántas manera puede ir caminando sobre el panal empezando por el hexágono 1 y recorriendo celdillas contiguas en orden creciente (siempre hacia la derecha) hasta el hexágono N? 

La respuesta es F_N.

1411. Angles and fish

    Which angle is the greatest one? I admit that my question had a certain amount of malice and was overcome by the subtleness of Nina Guindilla's response...

    Dear Teacher:
    The big fish eats the little fish but angles are not fish...

    The exercise on angles was easy:

    Nina Guindilla commented that it was very easy from the formulas for the angles outside and inside a circle.

alpha + beta  =  gamma/2 + delta/2 + gamma/2 – delta/2  =  gamma

alpha – beta  =  gamma/2 + delta/2 – gamma/2 + delta/2  =  delta

1266. The mediant of two fractions

    A very common error with fractional sums is

    Although sometimes (or frequently) there are surprises: the mistake is not a mistake...

    We are talking about the mediant of two fractions... I'm using a heart to denote it:

   ( The mediant of  3/8  and  2/7  is  5/15 .)

    If the denominators are positive, the mediant of two fractions is between both of them on the real number line:

    The mediant of two fractions is a weighted arithmetic mean... The positive denominators are the weights...

a/b  ♡  c/d  =  (a+c) / (b+d)  =  (a/b · b + c/d · d) / (b+d)

    Mediants are related to the slope of the vector sum...

    Mediants appear in the Farey sequences... For each natural number  n  we have a Farey sequence consinsting of the irredutible fractions  p/q , such that  0≤p≤q≤n , arranged in order of increasing size. For  n = 6  the Farey sequence are

0/1    1/6    1/5    1/4    1/3    2/5    1/2    3/5    2/3    3/4    4/5    5/6    1/1

    It is easy to test that here every fraction (except the first one and the last one) is equivalent to the mediant of its neighbors. (This happens in all the Farey sequences.) In this, the mediant of the 8th fraction and the 10th fraction is equivalent to the 9th fraction:

3/5  ♡  3/4  =  6/9  =  2/3

    Mediants also appear with the Ford circles... Given an irreductible fraction  p/q , its Ford circle is on the fist quadrant, is tangent to the x-axis at the point  p/q , and its diameter measures  1/q² . Two different Ford circles are either disjoint or tangent to each other. If three Ford circles are tangent to one another, and if the irreductible fractions associated to the two largest ones are  a/b  and  c/d , then the irreductible fraction associated to the smallest one is  a/b  ♡  c/d . (This is a beautiful exercise...)

    This last drawing reminded Nina Guindilla of the third Japanese theorem. (A theorem of Mikami and Kobayashi's. The first and the second Japanese theorems are very beautiful too...)

    Dear Teacher:

    If three circles and a straight line are tangent to one another and if the radii of the circles are  r ,  s  and  t  (r<s≤t), then

1/√r  =  1/√s + 1/√t

    Pepe Chapuzas gave a proof:

    Dear Teacher:
    We have three right angled triangles and Pythagoras' theorem.
    The three sides of the blue triangle are

t + s

t – s

√ [ (t+s)² – (t–s)² ]  =  2√(ts)

    The three sides of the green triangle are

t + r

t – r

√ [ (t+r)² – (t–r)² ]  =  2√(tr)

    The three sides of the violet triangle are

s + r

s – r

√ [ (s+r)² – (s–t)² ]  =  2√(sr)

    So,

 2√(ts)  =   2√(tr) + 2√(sr)

    And dividing by  2√(tsr)

1/√r  =  1/√s + 1/√t    Q.E.D.

    (The proof is valid when  t = s .)
    Finally, Pepe also solved the exercise on the Ford circles...

    Dear Teacher:
    I may assume that b<d. (If you want, you may do it with b>d. It is not possible b=d, is it?)
    The diameters of the two largest circles are

2t  =  1/b²

2s  =  1/d²

    We just saw that

c/d – a/b  =  2√(ts)  =  √(2t·2s)  =  1/(bd)

    So, the determinant

bc – ad  =  1

    (If  bc – ad  =  0 , then the circles would be coincident.)

    (If  bc – ad  >  1 , then the circles would be disjoint.)

    We can do the determinant test with the mediant to prove the third circle to be tangent to the other two.

a(b+d) – b(a+c)  =  ab + ac – ba – bd  =  1

(a+c)d – (b+d)c  =  ad + cd – bc – dc  =  1

    So, the mediant  a/b  ♡  c/d  =  (a+c) / (b+d)  is an irreductible fraction. The diameter of its Ford circle must be

2r  =  1/(b+d)²

    This is true because according to the third Japanese theorem we'd have

1/√(2r)  =  1/√(2s) + 1/√(2t)  =  b + d

1288. More about side midpoints

    Given a triangle, its inellipses are its inscribed ellipses, that is, the ellipses tangent to the three sides of the triangle. The Steiner inellipse of the triangle is the unique inellipse passing through the three side midpoints of the triangle, that is, the ellipse tangent to the three sides at their midpoints. (Furthermore, the Steiner inellipse has the largest area of any inellipse.)

    Imagine a triangle on the complex plane... Marden's theorem states that if the three vertices of that triangle are the zeroes of a cubic polynomial, then the zeroes of the derivative of the polynomial are the foci of the Steiner inellipse... 
    Assuming Marden's theorem, can you prove that the center  (k)  of the Steiner inellipse, the barycenter  (g)  of the given triangle and the zero  (h)  of the second derivative of the cubic polynomial are the same point? Pepe Chapuzas was able...

    Dear Teacher:
    How beautiful is this theorem!
    If  a, b, c  are the vertices of the triangle, then its barycenter is

g  =  (a+b+c) / 3

    And the cubic polynomial and its derivatives are

P (z)  =  (z–a)·(z–b)·(z–c) · d     with    d ≠ 0

P (z)  =  ( z³ – (a+b+c)·z² + (ab+ac+bc)·z – abc ) · d

P ' (z)  =  ( 3·z² – 2·(a+b+c)·z + ab + ac + bc ) · d
P '' (z)  =  ( 6·z – 2·(a+b+c) ) · d

    According to Marden's theorem, the foci of the Steiner inellipse are the zeroes of  P ' (z) . If

3·z² – 2·(a+b+c)·z + ab + ac + bc  =  0

and  Δ Δ Δ is the discriminant of this equation, its zeroes (the foci) are

f₁  =  ( 2·(a+b+c) + √Δ ) / 6

f₂  =  ( 2·(a+b+c) – √Δ ) / 6

    The center of the Steiner inellipse shall be the midpoint of the segment between the foci:

k  =  ( f₁ + f₂ ) / 2  =  (a+b+c) / 3

    Finally, if  h  is the zero of  P '' (z)  then...

P '' (h)  =  ( 6·h – 2·(a+b+c) ) · d  =  0
6·h – 2·(a+b+c)  =  0

h  =  (a+b+c) / 3 

g  =  k  =  h    Q.E.D.

1261. Side midpoints...

    Varignon's theorem states that the side midpoints of any quadrilateral are vertices of a parallelogram, and the area of this parallelogram is half the area of that quadrilateral...

    Nina Guindilla explained it:

     Dear Teacher:

    If A, B, C, D are the vertices of the quadrilateral and E, F, G, H are its side midpoints, and if O is the origin, then the vector

EF  =  OF − OE  =  (OC+OB)/2 − (OA+OB)/2  = 

=  OC/2 − OA/2  =

=  (OC+OD)/2 − (OA+OD)/2  =  OG − OH  =  HG

    That is, EF and HG are equipollent and EFGH is a parallelogram.

    Pepe Chapuzas did it differently:

    Dear Teacher:

    AC and BF are the diagonals of the quadrilateral and we have the following pairs of similar triangles:

BEF and BAC

DAC and DHG

AEH and ABD

CBD and CFG

    So, we have the parallel segments

EF || AC || HG

EH || BD || FG

    So, EFGH is a parallelogram.
    The area of the parallelogram is obviously half the area of the quadrilateral if this is convex. If not, the following drawing helps to understand it:

    Furthermore, if the initial quadrilateral is a kite, a dart or a rhombus then the parallelogram is a rectangle. If the initial quadrilateral is an isosceles trapezoid or a rectangle then the parallelogram is a rhombus... If the quadrilateral is a square then the parallelogram is another square...

1274. Angle bisectors...

    Dear Teacher:

    ¿Do the angle bisectors of a quadrilateral form a cyclic quadrilateral?

    I answered Pepe Chapuzas that not always, because the angle bisectors of a square formed... a point! But if the angle bisectors did form a quadrilateral then this was really a cyclic quadrilateral!

    Nina Guindilla rushed to do a proof...

    Dear Teacher:

    Since

2α + 2β + 2γ + 2δ  =  360°

then

α + β + γ + δ  =  180°

    The upper blue angle is

180° − β − γ

and the lower blue angle is

180° − α − δ

and the sum of both blue angles sall be

360° − α − β − γ − δ  =  360° − 180°  =  180°

    That is, the quadrilateral formed by the angle bisectors is cyclic.

    Furthermore, the angle bisectors of squares, rhombi, kites and darts do not form any quadrilateral (but a point). Here are some examples of cyclic quadrilaterals formed by angle bisectors: 

    A square from a rectangle.

    A rectangle from a rhomboid.

    A kite from an isosceles trapezoid.

    An isosceles trapezoid from a...

1327. Even more special quadrilaterals

    If a polygon is inscriptible in a circle and circumscriptible about another circle then is a bicentric polygon. The radii of these circles are called inradius and circumradius, and their centers are called incenter and circumcenter... All the triangles are bicentric... If two circles allow a bicentric polygon between them then allow an infinity, all of them with the same number of sides (Poncelet's porism). 

    What condition must fulfill the inradius, the circumradius, the incenter and the circumcenter so that two circles allow a bicentric polygon between them? Nina Guindilla answered:

    Dear Teacher:
    That condition depends on the number of sides of the polygon. I've searched and I've found two theorems. Euler's theorem in Geometry provides the condition for triangles and Fuss's theorem provides the condition for bicentric quadrilaterals:

    If  r  is the inradius,  R  is the circumradius and  d  is the distance between the incenter and the circumcenter then...

Euler's theorem:     1/r = 1/(R+d) + 1/(R–d)

Fuss's theorem:     1/r² = 1/(R+d)² + 1/(R–d)²