29.6.15

Teorema do Coseno sen palabras


Hai uns días que vin esta demostración sen palabras do Teorema do Coseno no tumblr The Math Kid, e despois reblogueado en Visualizing Math. Tiña pensado explicar o que se coce na figura, mais cambiei de opinión ao lembrar que as mellores brincadeiras perden cando as súas engrenaxes son expostas. Por isto, déixovos a versión que fixen eu no Geogebra para que argalledes vós mesmos:

   


Desta nin pistas vou dar, déixoo como exercicio para o lector...

24.6.15

ARS QUBICA


Coa voráxine dos exames, recuperacións, repescas e avaliacións, aínda non tivera tempo de pasarme pola web da Real Sociedad Matemática Española(RSME). Cando fun levei a grata sorpresa que veño compartir por acó: hai un novo vídeo artístico-matemático de Cristóbal Vila, nesta ocasión con guión dos matemáticos da Universidad de Zaragoza Fernando Corbalán e Luis Rández.

Non quero comentar nada máis para non escarallar o vídeo. Se queredes máis información, ide despois de velo á web da RSME:

Presentación de ARS QUBICA


18.6.15

Remate e ilusión


Remata o curso e sabemos dos finalistas e gañadores do Best Illusion of the Year Contest. Como vén sendo habitual, o gañador é interesante mais non o meu favorito:




Quizais son os moitos anos xa de ver ilusións pola rede os que fan que non resulte abraiante a ilusión. Aínda así o efecto é forte.

Deste ano gustoume máis o segundo premio, que sendo coñecido, é presentado dun xeito ben fermoso:







Aínda que as tres ilusións que máis me prestaron tiñan que ver con movementos que non estaban alí:

No primeiro vídeo vemos unhas circunferencias intermitentes:




No segundo nós poñemos o movemento na imaxe:



E no terceiro, o efecto dos flashes nas figuras provoca simultaneamente a sensación de achegamento:



O resto de ilusións finalistas, entre elas unha que utiliza o scroll de texto do comezo de Star Wars e outra na que aparece o tan comentado este ano vestido azul e negro, na web do concurso:

14.6.15

O Teorema de Stewart


Nos cálculos da anterior entrada utilicei o Teorema de Stewart, eu pensaba que xa aparecera por este blogue, mais como apuntou Cibrán (a.k.a. Carta Xeométrica) e confirmou o buscador do blogue, nunca usara o devandito teorema. É máis, poñendo Stewart na caixa de busca só devolve dúas entradas, a anterior e unha na que compartira un libro de Ian Stewart.

Pois xa vai sendo hora de facerlle unha entrada, pois o teorema é ben útil e simultaneamente descoñecido. Eu mesmo coñecín o teorema despois de rematar a carreira (o que non fai proba, case toda a xeometría sintética elemental que sei aprendina desde que son profesor) lendo un libro do grande xeómetra Harold Coxeter (e de Samuel Greitzer, que sempre queda sen mención), Geometry Revisited. O libro é unha auténtica fermosura, escrito dun xeito moi elegante e cunha elección de contidos moi coidada, e ademais presenta moitos problemas interesantes como exercicio para o lector. De feito o Teorema de Stewart aparece na páxina 6 como actividade proposta tras a demostración do Teorema de Ceva.

Cando vin este resultado, distinto do tipo de proposicións que coñecía ata o momento, foi inevitable demostralo utilizando trigonometría. Mais non é difícil esquivala, reproducindo en certa maneira a demostración do arquicoñecido Teorema do Coseno. Observade o enunciado do Teorema de Stewart e tentade demostralo vós antes de ver a miña proba, avisados estades:

Teorema de Stewart

Nun triángulo ABC, trazamos o segmento que parte de A e corta ao lado oposto BC nun punto D (este tipo de liñas chámanse cevianas polo matemático italiano do s.XVII Giovanni Ceva). Se os segmentos determinados no lado BC polo punto D miden m e n, e a ceviana AD mide p, temos que:

   


$$mb^2+nc^2=a(p^2+mn)$$



Alá vai a miña demostración:

Chamando x á medida da proxección da ceviana sobre BD (no outro caso, totalmente análogo, a proxección sería sobre DC):

   

O que vén é a aplicación industrial do Teorema de Pitágoras:

No triángulo AED,

$$h^2=p^2-x^2$$
No ABE,
$$h^2=c^2-(m-x)^2 $$

Igualando,
$$p^2-x^2=c^2-(m-x)^2 \rightarrow p^2-x^2=c^2-m^2+2mx-x^2 \rightarrow x= \frac{p^2-c^2+m^2}{2m}$$

Razoando de xeito semellante ao outro lado da ceviana,
$$h^2=p^2-x^2$$
$$h^2=b^2-(n-x)^2$$

Igualando,
$$p^2-x^2=b^2-(n+x)^2 \rightarrow p^2-x^2=b^2-n^2-2nx-x^2 \rightarrow x= \frac{p^2-b^2+n^2}{-2n}$$

Das dúas expresións para o valor de x:
$$\frac{p^2-c^2+m^2}{2m}=\frac{p^2-b^2+n^2}{-2n}$$
$$-n(p^2-c^2+m^2)=m(p^2-b^2+n^2 \rightarrow -np^2+nc^2-nm^2=mp^2-mb^2+mn^2$$
$$mb^2+nc^2=mp^2+np^2+mn^2+nm^2$$
$$mb^2+nc^2=(m+n)p^2+mn(n+m)$$
$$mb^2+nc^2=(m+n)(p^2+mn)=a(p^2+mn)$$
q.e.d.

A demostración que fixera orixinalmente hai 15 anos utilizaba o Teorema do Coseno nos dous ángulos suplementarios que se forman no punto D. As expresións, loxicamente, son idénticas ás que acabades de ler.

Outro día pode que traia o Teorema de Ceva, que tamén é moi descoñecido e aínda máis útil para demostrar concorrencias de cevianas nunha liña.

9.6.15

Un triángulo dobrado


Xa teño falado do grande blogue Five Triangles, probablemente a miña referencia principal en feedly para atopar problemas interesantes para os cativos. O obxectivo do blogue é achegar problemas para a súa utilización nas aulas de secundaria, concretamente de 6º grao a 8º grao (6º de Primaria, 1º e 2º de ESO). Quizais sexa moi optimista pensar que eses problemas poden ser utilizados de xeito rutineiro nas aulas deses cursos, pero si é certo que poden ser traballados ou ben esporadicamente ou ben como actividades grupais guiadas. O problema que traio hoxe excede ao esixible nunha aula da ESO (4º incluído), o cal non quere dicir que non se poida utilizar como problema extracurricular, que non todo vai ser aplicar Ruffini e a fórmula da ecuación de 2º grao... 

O problema chámase Folded Triangle e é o número 252 de Five Triangles:

Do devandito blogue, Five Triangles

Na figura ABC é un triángulo rectángulo isóscele con catetos que miden 4 cm. O punto B é dobrado sobre PQ de tal xeito que cae enriba do punto D do lado AC que cumpre que AD=3 cm. Determina a lonxitude do segmento PQ.

O curioso deste problema é a variedade de camiños que hai para atopar a lonxitude de PQ. Vou amosar un xeito que atopei que non usa soamente o Teorema de Pitágoras. Se queredes achar vós a solución, non sigades lendo. Póñovos unha frase feita como obstáculo:

Parvada TOP, ben cho sei...

Imos ao choio. O esencial é comezar por debuxar o segmento BC, que completa o arquicoñecido triángulo 3-4-5, e atopar o valor da lonxitude de BC($\small{4\sqrt{2}}$). Completando un chisco o debuxo, teremos:
   
As lonxitudes de BP e PD coinciden polo movemento do punto B (o xiro é unha isometría), mesma razón para a coincidencia das lonxitudes de BQ e QD.
Os triángulos BMP e BAD son semellantes, pois son rectángulos e comparten o ángulo en B. De aí:

$$\frac{PM}{AD}=\frac{BM}{BA}=\frac{PB}{BD}$$
$$\frac{PM}{3}=\frac{\frac{5}{2}}{4}=\frac{y}{5}$$
De onde obtemos
$$PM=\frac{15}{8}, y=\frac{25}{8}$$

Para o cálculo de PQ vou atopar antes o valor de x, para o cal un xeito rápido fai uso do Teorema de Stewart no triángulo BPC, do que DQ é unha ceviana:

$$x\cdot1^2+(4\sqrt{2}-x)\cdot5^2=4\sqrt{2}\cdot[x^2+x(4\sqrt{2}-x)]$$
$$x+100\sqrt{2}-25x=32x \rightarrow x=\frac{25\sqrt{2}}{14}$$
Co valor de x calculamos o de MQ:

$$MQ^2=x^2-(\frac{5}{2})^2\rightarrow MQ=\frac{5}{14}$$

Finalmente,

$$PQ=PM+MQ=\frac{15}{8}+\frac{5}{14}=\frac{125}{56}$$

Se vedes un xeito máis rápido, máis elegante ou simplemente curioso de atopar o valor de PQ, anímovos a utilizar a caixa de comentarios.