28.7.15

Uns problemas axeitados...


Mentres agardaba a que publiquen os problemas da Olimpíada Matemática da Comunidade de Países de Lingua Portuguesa, estiven a fedellar pola rede na pescuda de pasatempos. Velaquí os tedes:


O primeiro, pura técnica alxébrica, é máis complicado do que parece. Atopeino na Olimpíada de Irlanda do ano pasado:
  • Se a, b, c son números distintos e non nulos que cumpren 
$$a+\frac{2}{b}=b+\frac{2}{c}=c+\frac{2}{a}=p$$
amosar que $$abc+2p=0$$

O segundo é de optimización, mais non o habitual. Vino nun libro do que non gardei a referencia:
  • Se $\theta$ é un ángulo menor que un recto, atopar o rectángulo inscrito nun sector da circunferencia de radio 1 que teña amplitude $\theta$ coa maior área posible

   
Se queredes unha pista, ese máximo é

$$\frac{1-cos\theta}{2sen\theta}$$



E para o último, observade a seguinte figura:

   
Neste taboleiro 7x7 vemos 7 fichas postas de tal xeito que as 21 distancias existentes entre elas son todas distintas. A colocación destas 7 fichas apareceu suxerida por Erdös e Guy no seu artigo "Different Distances between Lattice Points" na revista Elemente der Mathematik(que está na rede); aínda que eu souben dela nun primeiro momento no espléndido Famous Puzzles of Great Mathematicians de Miodrag Petkovic Pois o problema que vos propoño eu é:
  • Colocar en taboleiros nxn n fichas de tal xeito que as distancias entre eles sexan todas distintas, sendo n=4,5,6

Sorte cos problemas.

19.7.15

Maldita folla de cálculo


Estaba eu a fedellar nun inocente problema de Teoría de Números, a saber:

Atopar os números naturais a, b, c tales que $a^3-b^3=c^2$

Como a simple vista non daba feito descompoñendo o membro da esquerda e argallando arredor dos factores primos, pensei en observar as primeiras ternas-solución (que seguro que había alén das triviais) a ver se obtiña algunha intuición sobre a forma xeral da solución. A ollo non vía ningunha (despois atopei unha familia delas, $(2 \cdot 7^{2k+1},7^{2k+1},7^{3k+2})$), polo que collín a folla de cálculo para comprobar uns cantos centos de números, a ver se chegaba a inspiración.

Para iso fixen isto:

   

É dicir, para cada valor de a collía todos os valores de b desde 1 ata a-1, calculaba a diferenza dos seus cubos e miraba se a raíz cadrada daba un número natural. O inmediato.

Pero claro, ir poñendo os números na columna dos a resulta fatigoso, polo que, confiando no programa e a súa función de autocompletar, tentei que a folla escribise por min os seguintes 5 números, todos iguais a 6:

   

Obviamente non funcionou. Un problemiña lateral podería consistir en achar que demo fixo o programa para atopar eses números, mais non é este o que veño propoñer eu hoxe.

A miña cuestión principal é: xa que a folla de cálculo non autocompleta como esperaba eu, que fórmula haberá que implementar no campo de entrada para que saia a columna desexada, é dicir, unha columna na que o número 2 sae 1 vez, o 3, 2 veces, o 4, 3 veces,... e en xeral o número n aparece n-1 veces? 




13.7.15

Divertimento xeométrico(5)


Collede papel e tesoiras, que hoxe toca xogar.

Pero antes, un comentario á entrada anterior, Un teorema ben raro: ese feito xeométrico chámase Teorema de Urquhart polo matemático de Tasmania que botou luz sobre el, mentres estudaba a Teoría Especial da Relatividade. Sendo un resultado claramente elemental no seu aspecto, non debería resultar estraño que o teorema xa aparecese máis dun século antes nos papeis do grande Augustus de Morgan. En Cut the Knot hai unha demostración totalmente sintética, que utiliza circunferencias ex-inscritas e propiedades de circunferencias e cuadriláteros cíclicos, non vai ás elipses que debuxara no Spoiler: Urquhart's Theorem-An Elementary Synthetic Solution


Ás tesoiras:

Debuxade dúas rectas secantes (r e s, de abaixo a arriba) que non se corten no voso papel. Desde un punto máis ou menos centrado na liña inferior(chamémolo O), trazade 3 rectas que formen ángulos de 45º coa recta r. Nomeade A, B e C de esquerda a dereita os puntos de corte con s. Desde A e C trazade perpendiculares a s e marcade onde cortan a r. Deste xeito veredes 4 triángulos, con cadanseu ángulo de 45º. Algo así:


   
Onde collín a actividade, no blogue Numberplay do New York Times, comezan por indicar que a figura ten 1 grao de liberdade, o ángulo que se forma á dereita de B, $\small{\alpha}$. Incluíno na figura para suxerir outras actividades asociadas á que aquí traio, quizais unha achega analítica, por exemplo. 

Pois ben, feita a figura anterior, tedes que duplicala. Recortade os 8 triángulos con ángulos de 45º resultantes, que ides xogar con eles:

  1. Cos 8 devanditos triángulos tedes que formar un único cadrado.
  2. Cos 4 triángulos grandes (2 parellas de triángulos como os $\small{\triangle{DOA}}$ e $\small{\triangle{AOB}}$), tedes que construír un cadrado. O mesmo cos 4 triángulos pequenos (2 parellas como $\small{\triangle{BOC}}$ e $\small{\triangle{COE}}$).

En caso de forza maior, no blogue Sine of the Times colgaron as solucións modeladas en Sketchpad en A Double Dissection from the New York Times






8.7.15

Un teorema ben raro


Nestes primeiros días de repouso estiven aproveitando para ler libros e artigos que baixara durante o curso mais non tivera aínda tempo para revisar. Teño unha mestura boa no ordenador entre libros de Matemáticas, artigos sobre educación, documentos históricos... Esta sorte de Síndrome de Dióxenes dixital é só posible grazas aos proxectos de dixitalización de obras históricas e/ou descatalogadas, e no meu caso non é aleatorio, pois teño a intención de ordenalo no verán. Hoxe, por exemplo, quería presentarvos un teorema xeométrico do que acabo de ter noticia, e que non se parece a ningún feito que coñecese con anterioridade. Observade:

Imaxinade que tedes un ángulo $\widehat{AOD}$:
   

E un punto X no interior do ángulo de tal xeito que:
$$\overline{OA}+\overline{AX}=\overline{OD}+\overline{DX}$$


    


É evidente que hai infinitas escollas para ese punto X, por exemplo:

   


Quedemos coa da figura en verde e vermello. Prolongando os segmentos AX e DX ata que corten aos lados do ángulo, obtemos respectivamente os puntos B e C:

   




Imaxinades a tese que vén agora? Quizais coas cores axeitadas...

   

Pois si, nestas condicións, tamén é certo que

$$\overline{OC}+\overline{CX}=\overline{OB}+\overline{BX}$$

Poñamos o anterior na forma clásica de teorema:

Na situación

   

$$\overline{OA}+\overline{AX}=\overline{OD}+\overline{DX} \rightarrow \overline{OC}+\overline{CX}=\overline{OB}+\overline{BX}$$

Se queredes ver por onde vai a demostración, e pedides papas, premede no SPOILER

SPOILER


   


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...