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Problemas - 2 |
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► Epsilones: Mapa Bestiario 2008 Hemeroteca Correo sector17 ?
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Problemas - 1 ◄mm
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Tras cajas de caramelosTenemos tres cajas de caramelos: una tiene caramelos de naranja, otra de limón, y la tercera los contiene mezclados. Las cajas vienen etiquetadas como "Naranja", "Limón" y "Mezcla", pero se sabe que las tres etiquetas son incorrectas.La pregunta es: ¿cuántos caramelos será necesario probar para conocer el contenido de cada caja? Problema planteado en la película La habitación de fermat. |
Números importantesDado un entero positivo N, las operaciones permitidas para obtener otro son:
Decimos que un número es importante si se puede obtener a partir del número 8 mediante una sucesión de operaciones permitidas. ¿Es cierto que todo entero positivo es importante? Enviado por Luis Scoccola. |
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El rompezabezas de los siete triangulosLos siete triángulos coloreados son isósceles. También lo es el triángulo formado con todos ellos.
¿Cuál es el valor de cada uno de los ángulos de la figura? La recherche, nº 408, p.85. |
Teselados octogonalesEn su novela El color de la magia, Terry Pratchett escribe: “El suelo era un mosaico interminable de losetas de ocho lados”. La cuestión ahora es encontrar posibles formas para esas losetas de ocho lados. Para restringir el problema, vamos a obligar a que los ocho lados de las losetas tengan la misma longitud. El color de la magia, 119. Aunque ya tenemos algunas soluciones, hay más, muchas más. |
El cuadrado y la cruz griega II¿Cómo podemos descomponer una cruz griega para después componer con sus partes un cuadrado?
► El cuadrado y la cruz griega. |
Los triángulos de la circunferencia unidadSea un triángulo cualquiera de ángulos A, B y C inscrito en una circunferencia de diámetro uno. ¿Cuáles son las longitudes de sus lados?
Según cuenta Eli Maor en Trigonometric Delights, en el resultado de este ejercicio se basó Ptolomeo para realizar su tabla de cuerdas. ► Bestiario: trigonometría |
El cuadrado y la cruz griegaEl ládo del cuadrado se supone de 10 cm, y el de la cruz griega de 4 cm. ¿Cuál es el área de la región sombreada?
Concurso de primavera de matemáticas 2006. |
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Soluciones |
El rompezabezas de los siete triangulosSea a el ángulo izquierdo del triángulo azul claro. Como es isósceles, su ángulo derecho también será a, por lo que el tercer triángulo, el superior, será 180º - 2a. El ángulo adyacente, el izquierdo del triángulo marrón, es su suplementario, por lo que vale 180º - (180º - 2a), es decir, 2a.
Repitiendo el proceso obtenemos que los ángulos iguales de los sucesivos triángulos isósceles valen 3a, 4a, 5a, 6a y 7a. Por ser isósceles el triángulo grande, sus ángulos son a, 7a y 7a. Por tanto, 180º = a + 7a + 7a, de donde a = 12º. |
Números importantesA continuación la solución del propio Luis Scoccola:
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Río arriba, río abajoEstá claro que la velocidad de la barca aguas abajo será de 15 km/h y aguas arriba de 5 km/h. La tentación ahora puede ser sumar 15 y 5 y dividir entre dos para obtener la media, es decir, 10 km/h. Afortunadamente somos gente templada y no nos dejamos tentar por la facilidad: Por definición, la velocidad media de un móvil se calcula dividiendo el espacio recorrido entre el tiempo transcurrido. El espacio recorrido está claro: 3 km de ida y otros 3 de vuelta dan un total de 6 km. Veamos el tiempo: despejando t de la fórmula v = e/t, se tiene que t = e/v.
El tiempo total del trayecto será por tanto 3/15 + 3/5 = 12/15 horas. La velocidad media será entonces: 6 / (12/15) = 7,5 km/h. La razón de este resultado está clara: la barca está durante más tiempo, exactamente el triple, navegando a 5 km/h que a 15 km/h. |
Los triángulos de la circunferencia unidadDos soluciones: 1) Sean a, b y c los lados opuestos a los ángulos A, B y C.
2) CD envía la siguiente solución:
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Las lúnulas y el triánguloLa suma de las áreas de las lúnulas coincide con el área del triángulo ABC. La siguiente explicación la ha enviado CD:
área 1 = AB·AC/2 + π·(AB/2)2 + π·(AC/2)2 área 2 = π·(BC/2)2 como AB2+AC2 = BC2, entonces área 2 = π·(AB/2)2 + π·(AC/2)2 área 1- área 2 = AB·AC/2 = área Δ ABC Comentario: se da por supuesto que el centro de la semicircunferencia circunscrita al triángulo está en el centro del segmento BC. Esto se justifica con el resultado que dice que la hipotenusa de un triángulo rectángulo es el diámetro de la circunferencia circunscrita, lo cual se justifica a su vez con el resultado más general que dice que todo ángulo inscrito es la mitad del ángulo central que abarca. *** Una variante La tercera línea del desarrollo anterior es en realidad una demostración del teorema de Pitágoras para semicírculos. Dando por sabido el teorema de Pitágoras generalizado, la demostración queda así:
Sea L el área de las lúnulas:
Por el teorema de Pitágoras generalizado,
Entonces
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Diagonales1) CD envía la siguiente solución: "Si se considera como diagonal de un polígono a la unión de 2 vertices se tiene que diag = 2) Otra solución, sin usar combinatoria, es la siguiente: Desde un vértice dado se pueden trazar (n - 3) diagonales (hay que descartar el propio vértice y los dos adyacentes). Desde el siguiente vértice, lo mismo. Desde el tercer vértice se podrán trazar solo (n - 4) diagonales, pues la que le une con el primer vértice ya está trazada. Desde el cuarto vértice se podrán trazar solo (n - 5) diagonales, pues las que le unen con el primer y el segundo vértices ya están trazadas. Repitiendo el argumento, se tiene que el número de diagonales es: |
El cuadrado y la cruz griega Pocos problemas han recibido tantos intentos de solución como este, algunos erróneos, otros incompletos... La primera solución correcta ha sido la de Pilar de la Cruz Menéndez, y consiste en darse cuenta de que la parte común entre el cuadrado y la cruz griega cabe exactamente cuatro veces en el cuadrado.
Una forma de verlo es observar el dibujo de la derecha: Como el área del cuadrado es 102 = 100, el área de la superficie pedida (de rojo en el dibujo) es 25. ** Otra forma de verlo es la que envía CD. Básicamente consiste en demostrar que BC = EF:
OF = OC [5]
Aplicando Pitágoras al triángulo CEF, se tiene que x2 + y2 = 82 Como (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy, se tiene que 102 = 82 + 2xy, de donde xy = 18. El área del triángulo CEF es, por tanto, xy/2 = 9 u2, que sumadas a las 16 u2 del cuadrado, da un total para al área pedida de 25 u2. |
El cuadrado y la cruz griega IICuando colgué este problema tenía en mente la siguiente solución:
Después, para mi sorpresa, JuanFco. López envío esta otra, mucho más interesante:
A partir de ambas, y del hecho trivialmente demostrable de que el cuadrado que tiene el mismo área que la cruz griega tiene por lado una de sus diagonales, se puede obtener la siguiente generalización, que nos ofrece toda una colección infinita de soluciones al problema. Basta desplazar la cuadrícula construida a partir del cuadrado rojo sobre la cruz y considerar los fragmentos resultantes de cortar la cruz por las líneas de la cuadrícula. Lo demás es componer un sencillo rompecabezas. Para mover la cuadrícula hay que arrastrar el punto rojo. |
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| Epsilones Página + o - matemática. Alberto Rodríguez Santos Correo En la red desde el 4-7-2002. Última actualización: 19-2-2008. |
, siendo r el radio de la circunferencia que circunscribe el triángulo.
[ver 
, es decir, (n - 3) más la suma de los (n - 3) primeros naturales. Aplicando la fórmula de 
, que tras las oportunas simplificaciones da la fórmula 
.
