Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 39
Hoy viernes os traigo otro de los problemas propuestos en la edición digital de El País. Esta semana es el problema número 39 de los 40 problemas que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.
Este problema treinta y nueve se titula Dos segmentos iguales y en ángulo recto y lo propone Miguel Ángel Morales Medina, licenciado en Matemáticas por la Universidad de Granada y editor del Boletín de la RSME, es decir, el que escribe estas líneas. Vamos, yo. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace. Aunque bueno, por ser yo el proponente me voy a permitir la licencia de incluir el vídeo en este post:
Recordamos que se sorteará la colección de libros “Las matemáticas nos rodean” entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@gmail.com antes de que termine el lunes 12 de diciembre.
Respecto a la dificultad de los problemas, recordad que se intenta llegar a la mayor cantidad de gente posible, por lo que no se pretende proponer problemas con una gran complejidad.
Y respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos.
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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 9 de diciembre de 2011
Categorías: Juegos | 
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Juanjo | 9 de diciembre de 2011 | 10:29
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Bonito y sencillo problema. ¡Enhorabuena!
David | 9 de diciembre de 2011 | 11:25
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Pues no tengo muy claro como poder demostrarlo, ¿alguna “muy pequeña” pista de como atacar la demostración, alguien que ya haya resuelto el problema. ?
Javier Soria | 9 de diciembre de 2011 | 11:37
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Una “demostración ” con GeoGebra: http://garf.ub.es/Temporal/EP.html
JJGJJG | 9 de diciembre de 2011 | 12:02
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Mi solución no será muy elegante pero sí muy fácil de entender. Curiosamente, si los cuadrados se construyen “hacia adentro” del triángulo, los nuevos puntos, unidos con el centro del tercer lado, también dan segmentos iguales y perpendiculares (aunque distintos de los anteriores).
JJGJJG | 9 de diciembre de 2011 | 12:16
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David, puede que sea demasiada pista, pero me arriesgaré.
Dibuja un ejemplo de la figura sobre una papel cuadriculado utilizando para los vértices del triángulo coordenadas enteras y pares.
David | 9 de diciembre de 2011 | 12:29
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Gracias Javier Soria y JJGJJG, la demostración en los casos de triangulos equilateros y rectangulos es trivial, pero obtener una demostración general es lo que me lleva un poco desorientado.
1º Javier Impresionante lo de GeoGebra, muchas gracias por enseñarme esa herramienta.
2º JJGJJG voy ha realizar lo que dices a ver si encuentro un camino para demostrar que no probar lo que piden.
Un saludo.
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Ignacio Larrosa Cañestro | 9 de diciembre de 2011 | 14:42
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Una pista: con Geometría sintética, la cosa va de giros … Y no es difícil, pero también se puede hacer de forma casi inmediata utilizando números complejos (o vectores).
julio | 9 de diciembre de 2011 | 18:19
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Bien, creo que bien.
JC | 9 de diciembre de 2011 | 18:40
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Los vectores HI=(X,Y) y HJ=(-Y,X) son perpendiculares y de igual longitud,
donde X es cualquier_cosa e Y es otra_cualquier_cosa (o la misma).
También serían perpendiculares y de igual longitud HI=(X,Y) y HJ=(Y,-X).
Sebas | 9 de diciembre de 2011 | 19:22
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Geometría analítica, vectores … como deshacer calceta.
Creo que vale la pena intentar por geometría y tambien por trigonometría, lo intentaré
JC | 9 de diciembre de 2011 | 20:22
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Sebas, me salió tan fácil con vectores que da pereza pensar una forma más fácil.. Porque si es una forma más difícil no tiene gracia. Aunque lo de fácil/difícil siempre es subjetivo.
Nogrod | 9 de diciembre de 2011 | 20:41
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Yo lo he resuelto demostrado la perpendicularidad de dos vectores dado un triangulo cualquiera. No es difícil, la clave está, supongo, en saber que vectores considerar (los cálculos son triviales una vez tienes el dibujo visualizado).
Por cierto, el tema de la subjetividad… yo a veces veo deducciones y resoluciones en esta página sobre problemas que se tratan como sencillas y a veces hasta triviales y, almenos para mi, no lo suelen ser. O dicen que el problema era muy fácil y a mi me llevó su tiempo (este con 20 minutos se resuelve, no es el caso). Espero que sea porque la mayoría de gente que comenta sea matemática o con un buen nivel de matemáticas (yo soy ingeniero, se algo de mates, pero hay muchos temas que desconozco).
Sebas | 9 de diciembre de 2011 | 20:47
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JC: Efectivamente con vectores practicamente elemental, pero para mi sigue el desafio con otros metodos. De momento ha caido por geometría, igualdad de ángulos, no tan evidente o facil que vectores, pero me ha gustado.
El primer intento de trigonometría no termina de funcionarme, seguiré…
Como que hay tiempo intentaré las tres formas pero creo que se me hará mas dificil explicarlo por escrito
Saludos
julio | 9 de diciembre de 2011 | 20:56
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Lo de fácil y difícil es subjetivo. Está claro que si entra uno aquí ahora, lee los comentarios y no lo saca, es mejor que se dedique a otra cosa. A veces ya sólo falta poner la respuesta.
Yo por eso solamento entro cuando la tengo.
Lola | 9 de diciembre de 2011 | 21:28
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Para mí, la gracia está en sacarlo por un método que no sea por vectores. Por cierto, como estamos con vectores, lo plantearé el lunes en clase, seguro que alguno se pica.
Vocin | 9 de diciembre de 2011 | 21:39
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Off-Topic total: Tengo una “demostración” de que pi vale 80
Sebas | 9 de diciembre de 2011 | 22:42
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Vocin; 80 € ó 80 de las antiguas pesetas?
Sebas | 9 de diciembre de 2011 | 23:08
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Pensando en la demostración trigonométrica ha caido otra de geométrica que considero muy fácil y elegante, me gusta mas que la de vectores
Vocin | 9 de diciembre de 2011 | 23:28
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Sebas: Digo que el valor numérico de pi es 80
Demostración: Sistema de numeración griego antiguo, en el cual pi valía 80 (lol)
Manuel | 9 de diciembre de 2011 | 23:35
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No hace falta ningún cálculo, ni vectores ni geometría analítica, sólo un dibujo adecuado, y “queda a la vista”. La cuestión es encontrar el dibujo, que es muy bonito. Supongo que será la solución geométrica que ha encontrado Sebas.
Sebas | 10 de diciembre de 2011 | 00:32
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Manuel; puede que pisemos el mismo terreno, este problemilla geometricamente parece que da bastante jugo, de hecho enteriormente habia encontrado otra solución algo mas rebuscada, modificando las formas de ver el dibujo y añadiendo circulos o rectas auxiliares se observan nuevas “particularidades” por lo que no descarto que las demostraciones que se encuentren puedan ser multiples. De momento sigue aparcada la trigonometria, ya que por el camino que me parece evidente quedo atascado, cosa que no ha pasado con la geometría
Manuel | 10 de diciembre de 2011 | 01:30
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Yo creo que ya he dado con la solución “canónica”, en el sentido de que es la más fácil de exponer. No se va a tirar Miguel Angel media hora manipulando fórmulas, tiene que ser algo más directo y simple. La verdad es que por este camino el dibujo resultante es bastante guapo…
JC | 10 de diciembre de 2011 | 13:15
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Sebas, ya he visto una demostración geométrica, también sencilla si la ves. Lo que pasa que la de vectores cabe en 3 líneas, ésta otra creo que me costará más de explicar.
Para las demostraciones geométricas hacen falta conocimientos de primaria (paralelas, semejanza de triángulos,..).
Para la demostración con vectores, conocimientos de ESO (coordenadas de un punto en el plano, saber lo que es un vector en el plano, vector entre 2 puntos, punto medio,..).
Para la trigonométrica que buscas ya hará falta conocimientos de Bachiller, así que creo que no la voy a intentar, que se trata de resolverlo con los mínimos conocimientos. Y además como ya dices que no te sale…
También pienso como tu que debe haber varias demostraciones geométricas.
Sebas | 10 de diciembre de 2011 | 16:25
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JC y Manuel ; estoy de acuerdo con vosotros, pero estamos en “gaussianos” y algunos tenemos la (buena o mala) constumbre de buscar tres pies al gato (cuando es sabido que solo tiene dos)
Por cierto ha caido la demostración trigonométrica, razonamiento lógico pero pesada de operar, reconozco que no es apta para que nos la enseñen el martes.
Sebas | 11 de diciembre de 2011 | 00:27
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Curioso el problemilla, sigo encontrando demostraciones a cual mas curiosa y sencilla, considero que se puede superar bastante la de vectores y la geométrica. Podría ser una de esas demostraciones curiosas que no tienen nada que ver con lo que se nos ocurre.
Confieso que me equivoqué, daba por hecho la trigonométria, se demuestra, pero es pesadisimo
Saludos
Ignacio Larrosa Cañestro | 11 de diciembre de 2011 | 02:01
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¿Nadie se anima con los complejos? Es inmediata.
Aunque indudablemente yo me inclino por las demostraciones sintéticas, más cuando como en este caso, son bastante sencillas y muy visuales.
Manuel | 11 de diciembre de 2011 | 02:53
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Ignacio, yo he hecho la demostración sintética -muy visual- y la vectorial, también bastante sencilla, pero con complejos… ¿no es una forma encubierta de manejar vectores?
Sebas | 11 de diciembre de 2011 | 11:01
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JJGJJG: Repasando los comentarios he visto el tuyo de los cuadrado “hacia adentro”
Mi última “construcción” muy sencilla, es valida para cuadrados hacia adentro, hacia afuera, uno adentro y otro afuera, tanto si se forma o no triangulo, tanto si son puntos medios o no…
En este caso particular del problema, los segmentos son menores que la semi suma de los lados que forman el triangulo en los cuales construimos los cuadrados, caso estremo iguales si el triángulo es rectángulo.
Todas estas afirmaciones se pueden hacer sin necesidad de operación alguna
Ignacio Larrosa Cañestro | 11 de diciembre de 2011 | 11:21
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Manuel, con complejos efectivamente es prácticamente lo mismo que con vectores, salvo que la perpendicularidad es “gratis total”. Y el tema de los cuadrados haci afuera/adentro se resuelve con un para de signos “
“.
JC | 11 de diciembre de 2011 | 12:30
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Variante espacial (3D).
Si los cuadrados los colocamos “hacia arriba” se forma un prima, como el del desafío 32, con base triángulo ABC.
Entonces creo que HI y HJ también miden lo mismo, pero nunca son perpendiculares.
Ignacio Larrosa Cañestro | 13 de diciembre de 2011 | 22:51
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Bueno, ahora ya se puede. Mi solución sintética:
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Desafio39_ELPAIS.html
Y con complejos:
Situemos el origen en el vértice B, Y llamemos a los números complejos
correspondientes a cada punto con la misma letra que su afijo, en
mayúsculas, designado por ‘i’ a la unidad imaginaria. Tenemos que
I = A/2 + i*A/2
J = (C + A)/2 + i(C – A)/2
H = C/2
Entonces,
HJ = J – H = (A/2) + i*(C – A)/2
HI = I – H = (A – C)/2 + i*A/2 = i*((A/2) + i*(C – A)/2) = i*HJ
Por tanto, HJ y HI tienen la misma longitud y forman un ángulo de 90º.
gaussianos | 14 de diciembre de 2011 | 03:30
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Ya tenemos solución:
Un paralelogramo con mucha información
Parece que hay algún problema con el vídeo. A ver si lo solucionan pronto.
Sebas | 14 de diciembre de 2011 | 07:58
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Veo que se han aceptado mis cinco soluciones, Trigonométrica, vectorial, geometrica elemental, homotecia y Geometrica 3D. La bilblioteca será en el proximo.
Sebas | 14 de diciembre de 2011 | 08:30
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La solución 3D que mandé me recuerda a un viejo problema, buscandolo por la red lo he encontrado (como no) en “gaussianos” bajo el titulo “La reconciliación de las circunferencias trae sorpresa”
JC | 14 de diciembre de 2011 | 10:19
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Sebas, yo no hice trigonométrica. Las 4 que envié…
http://santiprofemates.files.wordpress.com/2011/12/d39-jesc3bas-campos.pdf
Y está bien no perder la ilusión de que toque el sorteo en el último.
Ignacio, la de complejos no la entiendo bien, la miraré mejor. (¿Has intercambiado I y J?)
Ignacio Larrosa Cañestro | 14 de diciembre de 2011 | 11:16
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JC, si intercambié los nombres de los centros I y J de los cuadrados. O más bien, lo hizo GeoGebra, ya que dibuje primero el cuadrado del lado AB y luego el del lado AC.
Por lo demás, la demostración con complejos creio que no tiuene dificultades. hay que manejarlos como vectores, con el recurso adicional de que el producto por i ocasiona un giro, sin dilatación, de 90º en sentido positivo.
JC | 14 de diciembre de 2011 | 11:36
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OK, Ignacio, ya está claro.
Sebas | 14 de diciembre de 2011 | 15:00
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JC, He visto tus demostraciones, la de vectores que mandé es practicamente la tuya (tu consideras un lado vertical y yo parto del horizontal), de geometría tengo dos unicamente mandé la mas sencilla, no hay que hacer giros ni nada unicamente completar el dibujo del enunciado, luego otra que digo 2D en la que ve que los cuadrados pueden ser interiores o exteriores o uno de cada y ni siquiera hace falta que se forme triángulo. La trigonométrica, de sentido común, teorema de senos, cosenos, condición de triangulo y a operar con mucha paciencia. Por último, que llamo 3D, considero una piramide cuadrangular truncada, oblicua y la base superior girada de forma que un vertice esté en la perpendicular de un vertice de la base, las aristas rectas y las caras regladas por rectas paralelas a las bases. Con estas condiciones la figura es la proyección del cuerpo sobre el plano de la base y los segmentos la sección por un plano paralelo a las bases en el punto medio de las aristas.
Lo tengo todo en formato .doc, si interesa a alguno puedo ententar subir los archivos, de momento no se como se hace. Como podeis ver todas las demostraciones son muy distintas unas de otras.
Saludos
JC | 14 de diciembre de 2011 | 17:04
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Sebas, la que llamas 3D leído así rapidito parece que tiene su dificultad.
Creo que la más sencilla con diferencia es la (4), es similar a la “oficial”, se trata de ver directamente (ni siquiera hace falta ayudarse del paralelogramo) que los 2 triangulitos son iguales.
Sebas | 14 de diciembre de 2011 | 18:44
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JC, conforme, para facil la que menciono en segundo lugar, (una breve nota) si unimos los vertices del los cuadrados, opuestos a los que estan unidos formando triángulo se forma otro triángulo que tendrá que cumplir con el anunciado, con estos y las diagonales de los cuadrados se forma un cuadrilatero y sabido es que al unir los puntos medios de los lados se forma un paralelogramo, en esta caso fecil se ve que es un cuadrado
Como dige anteriormente, buscamos tres pies al gato, entonces porqué no complicarlo?
El 3D reconozco que leido asi es algo dificil de asumir, pero haciendo el dibujo del anunciado, uniendo los vertices de los cuadrados como he dicho anteriormenta y trazando las diagonales correspondientes al vertice comun, es mas que suficiente, pero hace falta visión de 3D, algo asi como el que he citado y puedes ver en “gaussianos” veré si soy capaz de “colgar” mis soluciones
Saludos
Jose M | 14 de diciembre de 2011 | 22:06
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¿ Por qué si tiro una paralela desde el punto medio de un lado del triangulo, corta en el punto medio del lado opuesto ?
¿ En qué está basado ?
Gracias
JC | 14 de diciembre de 2011 | 23:28
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Jose M,
Teorema primero Tales
Si por un triángulo se traza una línea paralela a cualquiera de sus lados, se obtienen dos triángulos semejantes.
http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Tales
gaussianos | 16 de diciembre de 2011 | 03:29
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Os dejo aquí un pdf con las cinco soluciones que envió Sebastià Roig, Sebas:
Problema 39-Sebas
Lo he subido, a petición suya, a mi cuenta de Box.net.
Trackback | 19 dic, 2011
El teorema de Van Aubel, un sorprendente resultado geométrico - Gaussianos | Gaussianos
JC | 19 de diciembre de 2011 | 19:19
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Sebas, he visto tus demostraciones. Bueno las 3 primeras, porque la cuarta (la trigonométrica) ya avisas que es pesada, y la quinta (3D) la veo demasiado complicada para mi.
Me ha gustado también la que llamas 2D, lo de ver el desafío como un caso particular de algo más general:
“Dados dos cuadrados cualesquiera AA’A”A”’ y BB’B”B”’ si unimos sus vértices A con B, A’ con B’, A”con B” y A”’ con B”’, y dividimos estos segmentos en partes iguales y unimos los puntos de división, obtendremos cuadrados.”
No acabo de ver que para probar esto baste decir “por homotecia, traslación y giro”. Pero debe ser cosa mia.
Sebas | 19 de diciembre de 2011 | 22:44
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JC: Las demostraciones que mandé son textualmente el pdf. que “gaussianos” a petición mia ha tenido la amabilidad de “colgar”
En la trigonometrica, como digo, me salté los pesados pasos, supongo que lo aceptaron y reconozco que se pueda dudar de que llegara al final, (me costó pero lo hice)
La 3D con un poco de visión espacial es facil
Y la 2D tambien esta textualmente lo que mandé, considero que “homotecia, traslación y giro” refleja lo que hice, reconozco que posiblemente deberia haber adjuntado otro grafico de la rotación que por igualdades de triangulos se demuestran los cuadrados resultantes, para terminar con el que mandé que es el final de la traslación y algunos comentarios mas
Grácias por interesarte por mi trabajo, lastima que los desafios hayan llegado a su fin, con ellos teniamos algo en común
Saludos
JC | 19 de diciembre de 2011 | 23:10
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Sebas, los desafíos van a intentar seguirlos en otro blog amigo (santiprofemates). No será lo mismo que en el país, claro, pero habrá que echarles un vistazo… Quizá me he expresado mal o no me has entendido bien, no he dudado en ningún momento que hicieras la trigonométrica. Y la 2D no la critico, de verdad que me ha gustado. Creo que teníamos en común que los dos nos habíamos enganchando con los desafíos, como muchos otros.
Saludos.
Trackback | 30 dic, 2011
Mi solución al desafío 39 - Gaussianos | Gaussianos