Área sombreada

El problema de esta semana es el siguiente:

Si los dos hexágonos que aparecen en la siguiente figura son regulares:

¿Qué fracción del área del paralelogramo está sombreada?

A por él.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 5 de May de 2009
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Trackback | 5 May, 2009

Bitacoras.com
Ricardos | 5 de May de 2009 | 08:09

Justo la mitad. Cada una de las componentes sombreadas tiene la misma área que cada uno de los hexágonos.

Bonito problema. Saludos.
Daniel | 5 de May de 2009 | 08:10

Me temo que he de coincidir
mimetist | 5 de May de 2009 | 09:20

yep, la mitad.

Una demostración muy simple consiste en dividir en dos la imagen prolongando la arista de unión entre los hexágonos, obteniendo así dos figuras idénticas salvo rotación. (por lo tanto tienen la misma razón ” sombra / total “)

Después basta trazar las diagonales del hexágono y prolongarlas al resto de la figura, así como las paralelas… de modo que obtenemos una triangulación de la figura.

Basta contar los triángulos.

(Creo que suena engorroso, pero en papel es una chorradilla xD)
FerranMG | 5 de May de 2009 | 10:11

Hola Diamond, felicidades por el blog, estoy enganchado.
Me ha parecido un poco fácil el problema de esta semana, fuera de la línea habitual.
Pero me ha recordado a un ejercicio que hice en la carrera, en el que se deducía la fórmula para resolver ecuaciones de segundo grado de manera geométrica.
Creo que podría ser un problema interesante para el blog.
Si tienes interés, no me cuesta demasiado buscarlo y mandártelo.
O mejor todavía, voy a intentar buscarlo y mandártelo para suscitar interés.

Felicidades de nuevo por el blog.
Jandro | 5 de May de 2009 | 10:34

bueno, siempre suspendía en mates y trigonometría… pero oye! es la mitad! es un juego de cortar y pegar mentalmente los hexagonos jeje
por cierto, mu chulo el blog, que hace tela que lo tengo el el Reader pero nunca escribo
Tito Eliatron | 5 de May de 2009 | 10:42

Yo le veo un poco facilón, la verdad. De nivel de Olimpiada de Secundaria, vamos.
Andor | 5 de May de 2009 | 13:17

Este problema me recuerda mucho al tamgram, ese juego de crear figuras con sólo 7 polígonos. La verdad yo también lo cogí al vuelo, pero seguro que la cosa se puede complicar mucho cambiando un poco el enunciado.
^DiAmOnD^ | 5 de May de 2009 | 14:03

Exacto, es la mitad.

Y tranquilos, no simpre vamos a poner un problema complicado, ¿no?
Omar-P | 5 de May de 2009 | 14:37

Respuesta: 1/2
xurxo | 5 de May de 2009 | 15:56

Yo lo que haría para demostrarlo sería dividir el paralelogramo en triángulos equilateros (prolongando los lados de los exágonos y trazando paralelas)Sería facil demostrar que todos esos triangulos son iguales (comparten lados y ángulos). Finalmente sólo queda contar cuántos triángulos hay sombreados y cuantos no.
Tito Eliatron | 5 de May de 2009 | 16:31

Confiesa ^DiAmOnD^ que este problema lo has puesto para captar adeptos a esta secta matemática…
etilworg | 5 de May de 2009 | 22:50

¬¬ al fin uno que puedo resolver y se quejan
^DiAmOnD^ | 5 de May de 2009 | 23:24

Tito, pues no, en realidad no pensé en eso, pero oye, si sirve para que se enganche más gente a este mundo de las matemáticas mucho mejor .
Tobar | 6 de May de 2009 | 01:29

dado a que no posee C.G y debido a la simetria de sus lados sombreados… .
$K(p)=\det[L(p)]\,$

$L(p)=N'(p):T_pS\to T_{N(p)}S^2$

entonces si $A$ era el area completa, la area sombreada de las simetrias es $A/2$
Omar-P | 6 de May de 2009 | 04:37

Se divide cada polígono sombreado en dos partes iguales obteniéndonse cuatro trapecios. Luego se junta cada par de trapecios por sus bases, obteniéndose dos hexágonos sombreados iguales en área a los hexágonos blancos.
Trackback | 12 May, 2009

Sumando palabras | Gaussianos
Trackback | 3 Jun, 2009

Problemas de áreas sombreadas « matemaTICs
javi | 6 de July de 2009 | 18:16

es la mitad