Olimpiada Matemática de Baleares 2013 – Problema 2

Hoy os traigo el segundo problema de la primera sesión de la Olimpiada Matemática de Baleares 2013, celebrada el pasado 11 de enero. Ahí va:

Tenemos cinco cuadrados colocados tal como indica la siguiente figura:

Demostrar que el cuadrado ABCD y el triángulo AEF tienen la misma área.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

21 Comentarios

  1. Jugaremos con ventaja. No nos van a pedir que demostremos algo que es falso. De ahí deducimos que el área del triángulo es independiente de la orientación delo cuadrado original.
    Giremos dicho cuadrado hasta que el vértice D llegue al nivel de C.R cuadreado de la izquierda será idéntico al ABCD y el de la derecha habrá degenerado en un punto coincidente con D.
    Los dos cuadrados superiores serán uno de lado doble situado sobre los dos cuadrados iguales citados y el otro, de igual tamaño que ellos y situado a su derecha.
    El triángulo AFE tendrá un cateto igual al lado del cuadrado original y el otro dateto del doble. Su área será pues 2*(AB)*(AB)/2 = (AB)+^2 c.q.d.

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  2. Si E’ y F’ son los vértices opuestos a E y F en los respectivos cuadrado, los triángulos AEF y AE’F’ tienen igual área. Si AB=1 los lados de los cuadrados construidos en los vértices B y D son los senos y cosenos del ángulo que forma el cuadrado ABCD con el eje “X”. Analíticamente es fácil de ver que el área de AE’F’=1= área de ABCD

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  3. AB = d y llamemos a_1, a_2, a_3, a_4 a los lados de los 4 cuadrados restantes empezando por abajo a la izquierda y en sentido antihorario, de modo que AE = a_3 y AF = a_4. Sea \alpha el ángulo FAE, de modo que el área del triángulo AEF es \frac{1}{2}a_3 a_4 sin\alpha.

    Llamemos \delta_i, \epsilon_i, \alpha_i con i = 1,2 a los 3 ángulos de los triángulos definidos por los cuadrados de lados d, a_1, a_4 (a la izquierda) y d, a_2, a_3 (a la derecha), respectivamente, de modo que \delta_1, \delta_2 son los ángulos opuestos a B, D, respectivamente, y \alpha_1, \alpha_2 son los ángulos con vértice A. \epsilon_1, \epsilon_2 son los ángulos con vértices en B y D respectivamente, que son suplementarios de los ángulos correspondientes en los triángulos rectángulos de abajo.

    Se cumple \alpha + \alpha_1 + \alpha_2 = 90^\circ y usando la suma de ángulos se tiene que \alpha = \delta_1 + \delta_2. Por tanto sin \alpha se puede calcular aplicando el seno de la suma a \delta_1+\delta_2.

    Relacionando los ángulos con vértices en B y en D en los triángulos rectángulos y no rectángulos se tiene cos \epsilon_1 = -a_1/d y cos \epsilon_2 = -a_2/d

    Aplicando el teorema del seno a los dos triángulos no rectángulos se obtienen los senos y cosenos de los ángulos \delta_1, \delta_2, que son sin \delta_1 = a_2/a_4 y sin \delta_2 = a_1/a_3.
    Se aplica a continuación el teorema del coseno a los triángulos no rectángulos: d^2 = a_4^2 - 3a_1^2 = a_3^2 - 3 a_2^2. Igualmente, de los dos triángulos rectángulos de abajo se sabe d^2 = a_1^2 + a_2^2.

    Finalmente se aplica el coseno de la suma a sin \alpha = sin (\delta_1 + \delta_2) = \frac{2d^2}{a_3 a_4}. Por tanto área de AEF es \frac{1}{2}a_3 a_4 sin \alpha = d^2, q.e.d.

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  4. Sin usar trigonometría, se puede resolver construyendo un rectángulo al rededor del tríangulo AEF como el que se ve acá:

    http://postimage.org/image/8yt0jrg7l/

    Por semejanzas de triángulos es fácil relacionar los catetos del tríangulo que tiene por hipotenusa el lado del cuadrado central con los lados del rectángulo. Una vez hecho esto, el resto es álgebra. Si llamamos A al área del tríangulo AEF:

    A = (c+b)*2c – (c+b)*(c-b) – 2bc = … = b^2 + c^2 = a^2

    Saludos!

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  5. Hola, intentado hacer la prueba me encontre con un resultado que me parceio muy bonito; se puden meter 4 cuadrados iguales al inferior izquierdo mas uno inferior derecho, en el superior derecho. Y la situacion es simetrica con el otro cuadrdo pequeño. La demostracion de Homero es tan simple que llega a irritar, por que intente de todo para poder lograr el resultado, pero bueno de eso se trata.

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  6. Homero, pero te falta demostrar la existencia del rectángulo que acabas de hacer, y con eso me refiero a que no es directo que bajo la construcción que hiciste los ángulos del cuadrilátero rojo sean rectos.

    Saludos

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  7. Daniel, tu bonita observación de que se puede obtener una relación entre las áreas de los cuadradoss de arriba y los de abajo se puede ver también analíticamente, como puse en mi demostración. El teorema del coseno en los triángulos no rectángulos da d^2 = a_4^2 - 3a_1^2 = a_3^2 - 3a_2^2 y como además sabemos que d^2 = a_1^2 + a_2^2, se tiene que a_4^2 = 4a_1^2 + a_2^2 y a_3^2 = 4a_2^2 + a_1^2.

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  8. Demostración con vectores y geometría básica… llamemos “a” al lado del cuadrado base, y alfa1 al ángulo (a la izquierda de C) que el cuadrado forma con la horizontal. Situamos el origen en C. Es fácil ver que las coordenadas de A son a*(cos(alfa1)-sen(alfa1), cos(alfa1) + sen(alfa1)). Las coordenadas de la esquina inferior derecha del dibujo son a*(-cos(alfa1)-sen(alfa1),0). Las coordenadas del vértice opuesto a E, E’ son por lo tanto a*(-cos(alfa1)-sen(alfa1),cos(alfa1)) con lo que el vector AE es [rápidamente, calculamos el vector AE’ y lo rotamos] a*(-sen(alfa1),2*cos(alfa1) ). Pues bien, análogamente el vector AF es a*(cos(alfa1),2*sen(alfa1) ) con lo que el módulo del producto vectorial de ambos vectores es 2*a^2. Puesto que el área del triangulo es la mitad del módulo del producto vectorial, el área del triángulo es a^2 que coincide con el área del cuadrado

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  9. Hoy me atrevo a desvelar mi ignorancia.
    Hace años que os leo, gaussianos es de los pocos feeds que tengo agregado al Reader.
    No entiendo nada, pero veo que vosotros si.
    Me fascinan tanto los posts como las respuestas de los lectores.
    Lo que me encanta es que casi siempre hay diferentes maneras de “demostrar” o ver los problemas, como en la vida misma.
    Felicidades.

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  10. Rafa,

    ¿de donde sacas lo de los grados de libertad?

    Para mí solo hay dos, el ángulo del cuadrado inferior central y su tamaño de arista, que no me parece muy importante, dado que su libertad genera gráficos idénticos a diferente escala.

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  11. Pues eso, esos dos grados de libertad si quitamos el de la orientación general en el plano, que daría un total de tres. Si fijamos dos y dejamos sólo el más interesante del ángulo de la diagonal del cuadrado central con la base de la figura (que es en el que basado la figura en la hoja de GeoGebra) el problema es claramente de encontrar sólo las funciones sencillas que relacionan cualquier par de medidas de la figura. No es una demostración, desde luego, pero a mi personalmente me da la sensación de controlar el problema.

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  12. El área de FAE es \frac{1}{2} AF\cdot AE \sin(\angle FAE). Si G es el vértice que está situado más abajo del cuadrado de lado AF, y H es el vértice más abajo del cuadrado de lado AE, entonces, como el seno de \angle GAH es igual al seno de \angle FAE (porque son ángulos suplementarios), el área de GAH es igual al área de FAE. Haciendo la perpendicular a la “base” de la figura por C, que corta las prolongaciones de GB y DH en los puntos P y Q respectivamente, vemos que el área de GAH es igual al área de el polígono AGPQH, porque estamos sumando y restando dos triángulos con áreas iguales (puesto que C es el punto medio de la base). Este polígono, a su vez, lo podemos descomponer haciendo la perpendicular a la “base” por A, que corta a GB en R y DH en S.

    El polígono AGPQH es la unión del triángulo AGR, el cuadrado SRPQ y el triángulo SHA. El cuadrado SRPQ tiene como lado PB-RB=DH-BG, luego su área es (DH-BG)^2. El triángulo AGR tiene por altura RA=DH y por base GR=2\cdot BG, luego tiene área GB\cdot DH. Del mismo modo el área de SHA es igual. Entonces el área de AGPQH, que es igual al área del triángulo inicial, es (DH-BG)^2 + 2GB\cdot DG = DH^2 + GB^2. Finalmente, por el teorema de Pitágoras, se ve que esto es igual a AD^2 y hemos acabado.

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  13. Sí lucía tienes razón, de tu demostración se desprende ese hecho, no me había fijado. Pero debo confesar, que en este tipo de pruebas siempre lucho por encontrar argumentos puramente geométricos antes que “analíticos”; y por eso tu demostración no me gusta mucho, tampoco la había leído en todo el detalle, pero es solo mi humilde opinión.

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  14. @Juanjo:

    No entiendo bien tu duda… si tomas las verticales que pasan por F y E, y las horizontales que pasan por A y E, necesariamente forman un rectángulo. Las medidas de los lados de ese rectángulo se obtienen sin mayor dificultad. Las semejanzas de triángulos que decía antes eran las siguientes:

    http://postimage.org/image/wo4c6p4at/

    Ahí se ve claro que OBC, GBA y HAD son equivalentes, GF’A y el rojo de la izquierda también lo son entre sí, y HAE’ con el rojo de la derecha también.

    Saludos!

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  15. Es muy interesante tu comentario, Daniel. Es indiscutible que las demostraciones geométricas, como la propuesta por Homero, tienen una belleza y simplicidad que las fórmulas analíticas no transmiten. Pero también hay que tener la intuición de saber qué argumento geométrico usar. Las demostraciones analíticas, en cambio, son más trabajo “de pico y pala”, se cogen las fórmulas y a calcular. 🙂

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  16. Homero

    Tu comentario me lo encabezas, con algo que no he preguntado.

    Mira, por favor, para quien era

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  17. ALTERNATIVA A HOMERO y JJG:

    1º.-La diagonal AC del cuadrado menor ABCD, es igual al segmento AF, con lo que calculando: 2 x AB, es el valor de su diagonal( AC-).
    2º.- A su vez, la diagonal AC, es igual al segmento AF.
    3º.- Se alzan las perpendiculares al lado AF en los puntos A y F, con lo que resulta el cuadrado mayor denominado AFGH.
    4º.- El área del cuadrado AFGH es igual al cuadrado del lado AF== AC. y a su vez; igual a 2AB ( o sea, AB, elevado al cuadrado + BC, elevado al cuadrado).
    5º.- Luego al dividir el área de afgh/2 nos da lasu mitad e igual al a´rea del cuadarado menor abcd, c.s.q.d.

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  18. ALTERNATIVA A HOMERO y JJG:

    1º.-La diagonal AC del cuadrado menor ABCD, es igual al segmento AF, con lo que calculando: 2 x AB, es el valor de su diagonal( AC-).
    2º.- A su vez, la diagonal AC, es igual al segmento AF.
    3º.- Se alzan las perpendiculares al lado AF en los puntos A y F, con lo que resulta el cuadrado mayor denominado AFGH.
    4º.- El área del cuadrado AFGH es igual al cuadrado del lado AF== AC. y a su vez; igual a 2AB, elevado al cuadrado ( o sea, AB, elevado al cuadrado + BC, elevado al cuadrado).
    5º.- Luego al dividir el área de afgh/2 nos da su mitad e igual al área del cuadarado menor ABCD, c.s.q.d.

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