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.

563. SOLUCIÓN de 263. Poesía matemática

    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 por los círculos! 

Con pi... rodemos enlazados todos...

 

        Nina no pudo seguir porque el siguiente decimal era 0...

        Colabora con un poema matemático...

562. SOLUCIÓN de 262. En el plano complejo

    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

    Haz "dibujitos" para las demás recetas complejas... Explica los "dibujitos" de Nina y los tuyos.

561. SOLUCIÓN de 261. El teorema de Varignon

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

560. SOLUCIÓN de 260. Polígonos estrellados

    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.

559. SOLUCIÓN de 259. Una misteriosa sucesión...

  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, ¿? 

558. SOLUCIÓN de 258. Una función atómica de variable política

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

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.
    d) Andorra no pertenece al dominio de f porque su prefijo (376) no se corresponde con ningún elemento químico.
    e) El níquel no pertenece al recorrido de f porque su número atómico (28) no se corresponde con ningún país.

    A Nina Guindilla se le ha ocurrido a hacer dos murales entre todos...

    En un mapa político mudo vamos a escribir en cada país el símbolo químico del elemento que le corresponde.
    En una tabla periódica muda vamos a escribir en cada casilla el nombre del país que le corresponde.

557. SOLUCIÓN de 257. Cifras (des)ordenadas

    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.

556. SOLUCIÓN de 256. El teorema de la bisectriz

    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.

555. SOLUCIÓN de 255. La parte entera

    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...)?

554. SOLUCIÓN de 254. La escuadra nueva

    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.

553. SOLUCIÓN de 253. Origami y triángulos egipcios

    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).  

552. SOLUCIÓN de 252. Una sucesión recurrente

    Este era el último ejercicio de la tanda para casa. Iba, está claro, de una sucesión recurrente, 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

a_n = a_n–1 + a_n–2

 

    Busca  en Internet el término general de la sucesión de Fibonacci y comprueba que la fórmula funciona para los primeros términos...

551. SOLUCIÓN de 251. Tres dígitos...

    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...

550. SOLUCIÓN de 250. Caleidociclos...

    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?

549. SOLUCIÓN de 249. Pitágoras y el tangram

   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...

548. SOLUCIÓN de 248. La caja menguante

    Pepe Chapuzas llegó a clase con una caja normal, es decir, con forma de ortoedro... y, como no, con un problema...

    Profe, mire... Esta caja era ayer más grande. Ayer la medí y hoy la he vuelto a medir... El alto ha menguado en un 40%, el ancho ha menguado en un 30% y el largo ha menguado en un 20%. ¿En qué porcentaje ha menguado el volumen de la caja?

    Los compañeros de Pepe dudaban de que la caja hubiera menguado y también dudaban de que se pudiera resolver el problema si no medían las dimensiones de la caja... Pepe les comentó que no tenían motivos para dudar...

    Manos a la obra. ¿Cuánto ha menguado el volumen?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Si llamamos V al volumen inicial y v al volumen final de la caja, tendremos que v = V·(1–0,4)·(1–0,3)·(1–0,2) = V·0,6·0,7·0,8 = V·0,336 = V·(1–0,664), por lo que el volumen ha menguado un 66,4%.

    Nina Guindilla ha aplicado porcentajes sucesivos.
    Si la caja hubiera aumentado de tamaño... Si el largo hubiera crecido en un 10%, el ancho en un 50% y el alto en un70%... ¿Cuánto habría aumentado su volumen?

547. SOLUCIÓN de 247. Suma o producto

    En un ejercicio nos daban la suma de las tangentes de los ángulos de un triángulo y nos pedían el producto de esas tres tangentes. Los alumnos empezaron a rascarse la cabeza sospechando que el ejercicio no se podía hacer con tan pocos datos. Pero Pepe Chapuzas acabó superrápido...

   ¡Profe, si da lo mismo!

    Demuestra que efectivamente la suma y el producto dan lo mismo para cualquier triángulo...
    ¿Qué ocurre con los triángulos rectángulos?

SOLUCIÓN

    Los triángulos rectángulos son un caso límite. La igualdad queda ∞ = ∞.

    Nina Guindilla dejó más o menos claro que la igualdad no tiene sentido si hay un ángulo recto, ya que no existe la tangente de 90º...

    Si el triángulo no es rectángulo, entonces tenemos la siguiente cadena de igualdades...

tgα+tgβ+tgγ =

= tgα+tgβ+tg(180º–α–β) =

= tgα+tgβ–tg(α+β) =

= tgα+tgβ–(tgα+tgβ)/(1–tgα·tgβ) =

= (tgα+tgβ–(tgα+tgβ)·tgα·tgβ–tgα–tgβ)/(1–tgα·tgβ) =

= (–(tgα+tgβ)·tgα·tgβ)/(1–tgα·tgβ) =

= –tgα·tgβ·tg(α+β) =

= tgα·tgβ·tg(180º–α–β) =

= tgα·tgβ·tgγ 

    Explica en cada paso lo que ha hecho Nina.

546. SOLUCIÓN de 246. Un cuadrado perfecto

    Un día llegué a clase comentando que había encontrado un número natural de dos cifras muy interesante. Resultaba que si a ese número le sumábamos el que se obtenía permutando las cifras, entonces la suma era un cuadrado perfecto.

    Reté a mi clase para que encontraran ese número... Entonces saltó Pepe Chapuzas:

    Profe, ¿le damos las ocho soluciones o basta con una?

    Bueno... Después de la intervención de Pepe tendrás que buscar las ocho soluciones...

SOLUCIÓN

    Mire, profe. "AB+BA" es en realidad 10A+B+10B+A = 11(A+B). Por lo tanto, el cuadrado perfecto es un múltiplo de 11. En realidad, solo puede ser 11²=121 y por lo tanto A+B = 11. Hay efectivamente ocho soluciones: 29+92, 38+83, 47+74, 56+65, 65+56, 74+47, 83+38 y 92+29.

    Después de dar la solución Nina Guindilla propuso el siguiente reto:

    Si a un número de dos cifras le restamos el que se obtiene al permutar sus cifras, entonces la resta es un número triangular...

    Resuelve este reto teniendo en cuenta que hay nueve soluciones.

545. SOLUCIÓN de 245. Un trapecio rectángulo

    Profe, mire. Conocemos dos lados de este trapecio rectángulo. De los otros dos lados solo sabemos que son iguales. ¿Cuánto mide el área?

   Hay un positivo esperando para el que resuelva este problemita propuesto por Pepe Chapuzas.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla llamó X y X a los lados desconocidos...

    Profe, mire. Con el teorema de Pitágoras tengo que X² = 3² + (6–X)² = 9 + 36 – 12X + X², por lo tanto X = 45/12 = 15/4. El área del trapecio medirá pues (6+15/4)·3/2 = 117/8 = 14,625cm².

    Nina ha propuesto otro problemita a la clase...

    El área de un triángulo rectángulo mide 30cm², y su perímetro mide 30cm. ¿Cuánto mide la hipotenusa?

    Un positivo para el que lo resuelva. (Dos positivos para el que lo resuelva sin utilizar el teorema de Pitágoras.)

544. SOLUCIÓN de 244. Con o sin soroban

    Había mandado hacer un ejercicio en clase para resolver por parejas. Como había un número impar de alumnos Pepe Chapuzas se quedó solo...

    Profe, no importa, tengo de compañero a mi soroban...

    Se refería a su ábaco japonés... El ejercicio consistía en averiguar un número natural ABCDE de cinco cifras diferentes que verificaba lo siguiente:

    La pareja formada por Pepe y su soroban fue la primera en resolver el ejercicio. Resuélvelo tú ahora (con o sin soroban) y me envías el razonamiento pormenorizado de cómo lo has hecho.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla no detalló sus razonamientos pero sí comentó el orden en el que fue encontrando los valores de las letras...

    Profe, mire... Primero deduje que A = 2. Después descubrí que E = 8. Luego razoné que B = 1. Enseguida obtuve que D = 7. Finalmente conseguí C = 9. La solución es

  21978 · 4 = 87912

 

    Justifica que solo pueden ser esas las cifras y en ese orden, es decir, que la solución es única...

543. SOLUCIÓN de 243. La colina de los caracoles

    Profe, mire. El parque de mi barrio sería completamente llano y horizontal si no fuera por la colina de los caracoles que se levanta en el centro. La colina es perfectamente cónica, es decir, un cono recto de base circular. Todos los años se celebra una carrera de caracoles en la colina. La salida y la llegada están al pie de la colina, en puntos diametralmente opuestos. Este año un caracol hizo el siguiente recorrido: subió desde la salida hasta la cumbre en línea recta y después bajó desde la cumbre hasta la llegada en línea recta también. La longitud de este recorrido fue de 10 metros. Otro caracol menos atlético evitó la colina y dio un rodeo bordeando la base del cono. Este otro recorrido fue de 10 metros también. Finalmente hubo un tercer caracol que encontró el camino más corto. ¿Cuál es la longitud de este camino más corto sabiendo que no hay túneles?

    No tengo que añadir nada a este problema de Pepe Chapuzas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sí tenía algo que añadir: la solución.

    Profe, mire. Gracias al primer caracol sabemos que la generatriz del cono mide 5m. Gracias al segundo caracol sabemos que la circunferencia de la base mide 20m. Si desarrollamos el área lateral del cono obtenemos un sector circular de 5m de radio y 20m de arco.

    El ángulo del sector será 20/5 = 4rad. El tercer caracol fue por el camino más corto, que será la cuerda correspondiente a 2rad, es decir, 2·5·sen(2/2) = 8,415m.

    Resuelve este reto que ha propuesto Nina:

    Un caracol sube por un bidón cilíndrico, de 1m de radio y 3m de altura, desde la base inferior hasta la base superior. En vez de ir por el camino más corto ha seguido una trayectoria helicoidal, dando 2 vueltas y media al bidón. ¿Cuántos metros ha recorrido el caracol?

542. SOLUCIÓN de 242. Suma musical

    Este es el criptograma que ha propuesto Pepe Chapuzas para el concurso de criptogramas.

    Se trata de una suma de números naturales de 2 dígitos. El resultado es un número natural de 3 dígitos. Cada letra representa una cifra diferente. ¿A qué cifra corresponde cada letra?

 

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla dio la nota con una solución...

 

20+71+48+69+59+38=305

 

   Ha resuelto la ecuación musical. De paso ha propuesto un criptograma en forma de sistema de ecuaciones musicales. ¿A qué cifra corresponde cada letra para que se cumplas las tres igualdades?

DO+RE=MI

FA+SI=LA

RE+SI+LA=SOL

541. SOLUCIÓN de 241. Curiosidades aritméticas

    ¿Seguirá ocurriendo esto con números cada vez más largos?

    Pepe Chapuzas ha pinchado en el corcho de clase esta curiosidad aritmética. Es la primera de la colección que vamos a realizar esta semana. Estamos esperando la tuya. Busca una y colabora... Nos vemos.

SOLUCIÓN

    Esta fue la colaboración de Nina Guindilla:

    ¿Cuál es la tuya?