2.4.21

Divertimento xeométrico(8)

Xa vai sendo habitual que, revisando libros da colección, se caio nos de Ross Honsberger acabe atopando algunha figura elemental axeitada para este blog. O de hoxe apareceu pasando páxinas de Mathematical Delights, libro cun título ben merecido na miña opinión. Observade:


Consideremos un segmento AB e un punto móbil nel, P. Eriximos senllos triángulos equiláteros APQ e PBR sobre as bases AP e PB. Unimos mediante segmentos o punto A con R e o punto B con Q, e chamamos á súa intersección K.

Aposto a que xa sabedes o que vén agora


Pois ben, a pregunta é case obrigada:

Que figura percorre o punto K cando o punto P percorre o segmento AB?

Este é un deses casos nos que é sinxelo intuír a solución, é sinxelo estar convencido, mais non é tan inmediato atopar o xeito de demostralo.

Pero fedellemos un chisco máis nesta figura:

Seguramente o punto medio entre eses vértices Q e R, W, fará algo semellante ao que fai K, non si? Que opinades antes de meter a figura no Geogebra?

     

E para o final, o máis interesante (e complicado por tanto):

Que sucede se consideramos un dos dous triángulos equiláteros reflectido respecto ao segmento? É dicir, o outro triángulo equilátero que cumpre o mesmo pero está por embaixo. Na figura, o caso no que reflectimos é o que ten lado PB:

      
Neste caso consideramos as rectas que pasan polos vértices, os segmentos previos non chegan a cortarse. Chamei G(chamouno geogebra) ao punto de corte desas rectas, que figura percorre G cando P percorre o segmento AB?

Non mirei máis, pero quizais o cuadrilátero formado por A, O, B e Q teña tamén propiedades interesantes. Deixamos a investigación ao amigo lector.


17.3.21

Exercicios tan malos que son bos

1993 non foi só o ano do Pelegrín


Na cultura popular a expresión so bad it's good adóitase aplicar a películas, series, etc., que por dispoñeren de poucos recursos o outros motivos, é difícil distinguir se están feitas con seriedade ou son voluntariamente irrisorias. Como membro da generation X, vin unhas cantas obras culturais que entran dentro desa clasificación, pois os videoclubs estaban cheos de películas horribles a 50 pts. One Armed-Boy, Manos, The Hands of Fate, ... Esta é unha das miñas teimas no mundo non virtual, sorte tedes de que este blog fale de educación matemática (máis ou menos) e non de cultura pop.

Despois de preto de 20 anos dando clase, por fin deixei de preocuparme e aprendín a amar os libros de texto. Pero non porque sexan bos, senón polo contrario: utilizo as súas peores características como motivo para a aprendizaxe, ou iso pretendo. Mentres que as incoherencias no texto resultan máis enervantes que outra cousa, os problemas tan malos que son bos poden ser utilizados nas clases, ou ben para estudar por que son malos, ou ben como escusa para amosar enfoques que probablemente o autor do libro non preveu cando o deseñaba.

Sen máis preámbulo, camiñade comigo por esta pasaxe do terror chamada Matemáticas Académicas 4º de ESO-Santillana, en concreto pola unidade de Sistemas de Ecuacións e Inecuacións:

  • Sabiendo que dos relojes cuestan igual que tres pulseras y que los cinco objetos cuestan 144€, calcula cuánto cuesta cada uno y cuántos relojes se compran con el dinero con el que se compran 12 pulseras.

Seguro que pensastes para vós "non pode ser, puxérono seguramente pensando nun enfoque non alxébrico". Pois observade a solución que proporciona a editorial:

    

Que facer con este problema tan-malo-que-é-bo? Simplemente: se 2 reloxos custan igual que 3 pulseiras e en total custan 144 €, ese prezo tamén sería o de mercar 4 reloxos ou ben 6 pulseiras. Co cal, podemos calcular directamente o prezo dun reloxo dividindo 144 entre 4 e o dunha pulseira dividindo entre 6. Ademais, a estratexia de redución que utilizan no solucionario non é máis que utilizar formalismo innecesario para a mesma idea.
E non falemos xa do cálculo dos reloxos que se poden mercar con 12 pulseiras. Puro pensamento proporcional: se por 3 pulseiras mercamos 2 reloxos, con 12 pulseiras, que é catro veces 3 pulseiras, poderemos mercar catros veces 2 reloxos, i.e., 8 reloxos. Fin.

  • Juan le dice a Javier: «Si cambio los billetes de 10 € que tengo por billetes de 5 €, y los billetes de 5 € por billetes de 10 €, seguiré teniendo el mismo dinero. Calcula el dinero que tengo si te digo que en total llevo 40 billetes»

Para mellorar a experiencia de usuario, non podo deixar de compartir a solución oficial:

     

Con este problema houbo unha discusión en clase sobre o que significaba cambiar os billetes. Cando caeron en que cambiar billetes significaba que por 4 billetes de 10 € che ían dar 4 billetes de 5 €, a solución foi sinxela: se ao comezo ten máis billetes de 10 € que de 5 €, ao facer o cambio indicado Juan perderá cartos, se ao comezo ten máis billetes de 5 € que de 10 €, gañará cartos. Polo que, para quedar cos mesmos cartos, a única opción é que teña a mesma cantidade de billetes dos dous tipos, i.e., 20 de cada. Fixádevos a rebuscada segunda ecuación do sistema, que despois de contas esfarélase en x=y. Pois iso, filliño, a mesma cantidade de billetes dos dous tipos.

  • Marta nació 4 años después que Carlos. Calcula sus edades actuales sabiendo que al sumar a la suma de sus edades actuales la suma de las edades que tendrán dentro de 10 años resultan 40 años.
Obviando a cacofonía, podemos razoar sen álxebra do seguinte xeito: dentro de 10 anos a suma das súas idades será 20 máis que a suma das idades actuais, polo que o dobre da suma actual será 20 menos que 40, é dicir, 20. De aquí obtemos que a suma actual é 10, e se Carlos ten 4 anos máis que Marta, teñen que ter 7 e 3 anos respectivamente.

Rematemos cun problema collido directamente do NO-DO:
  • Se mezcla vinagre de 1,20 €/l con vinagre de 1,60 €/l, de forma que resultan 100 l de vinagre de 1,30 €/l. Calcula los litros de cada tipo de vinagre que se han mezclado.
Como xa mencionei noutra ocasión, este tipo de problemas, xunto cos de reloxos, aleacións, idades e semellantes, eran propios do antigo 7º de EXB. E aquí estamos, 30 anos despois, en 4º de ESO, e Santillana sen gastar un peso. Usemos o exercicio con xeito polo menos.

O primeiro é acordar se efectivamente mesturar vinagre é boa idea, e se a mestura non vai ser peor que o peor dos vinagres utilizados. Non tiñamos moito onde basear as nosas opinións, quizais mesturar un refresco caro cun barato saiba peor que o barato? Este tema quedou aberto. Un tema coa mesma estrutura formal e que non presentaría estas arestas sería o de mesturar cores, pero vaia, xoguemos coas súas regras. Simplemente: se a mestura de vinagre a 1,2 e vinagre a 1,6 custa 1,3, que está o triple de preto do prezo do barato que do prezo do caro, forzosamente haberá que utilizar o triple de vinagre barateiro que de vinagre caro. Como en total producimos 100 litros de mestura, a distribución será 75 l de vinagre barato e 25 l de vinagre caro.
Unha advertencia: é probable que haxa alumnos que non vexan rapidamente como o prezo final da mestura depende da proporción de vinagres utilizados. Para iso haberá que ir construíndo desde os casos extremos(usar só vinagre barato vs. usar só vinagre caro), usar o punto medio (usar a mesma cantidade de vinagre barato que de caro), para ir achegándonos á idea xeral. De novo, pode que sexa máis sinxelo ver a estrutura proporcional se usamos tonalidades de cores.


Animo agora ao amable lector a que comparta exemplos semellantes detectados nos inevitables e maléficos libros de texto. Seguro que somos lexión os que padecemos desta maneira.

  

6.3.21

A raíz de 2 é irracional, disque

 

Doce anos leva en liña este blog de Matemáticas... e aínda non compartín ningunha demostración da irracionalidade de 2? Algún día había que arranxar isto (deixamos para outro día o de comentar algo do cubo de Rubik, origami ou xadrez).

Para resaltar o elegante que é a demostración que vou compartir, vexamos antes outras demostracións máis tradicionais ou escolares, comezando pola que se facía nas clases de BUP.

  • Supoñamos, por redución ao absurdo, que $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Daquela hai naturais a e b coprimos(pois sempre podemos simplificar a fracción ata chegar á irredutible) que cumpren que $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$. Elevando ao cadrado, $2=\frac{a^2}{b^2} \rightarrow 2b^2=a^2$ (1). Desta igualdade deducimos que a² é par, o que implica que a é par(podemos poñernos máis ou menos pedantes neste paso), de onde $\exists k \in \mathbb{N} / a=2k$. Substituímos o valor de a: $2b^2=(2k)^2 \rightarrow 2b^2=4k^2 \rightarrow b^2=2k^2$, e de xeito análogo, deducimos que b² é par, polo que b é par, e a fracción $\frac{a}{b}$ é irredutible, en contra da hipótese, polo que concluímos que $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$
A demostración anterior, que si aparecera neste blog, nunha foto dos meus vellos apuntamentos de 1º de BUP, admite variantes, todas xogando coa mesma idea:

  • En (1) podemos razoar de xeito máis elegante do seguinte xeito. Observemos os dous membros da igualdade, $2b^2=a^2$. E fixémonos na aparición do primo 2 na descomposición en factores primos de cada membro. O da dereita, sendo un cadrado, ten un expoñente par en todos os seus factores, incluído o 2. O da dereita, ao ser o dobre dun cadrado, vai ter un expoñente par en todos os seus factores primos agás o 2, no que terá un expoñente impar. E un número non pode ser par e impar á vez. Chegamos ao absurdo outra vez. 
Se en troques de incidir na irredutibilidade da fracción que representa $\sqrt{2}$, incidimos no carácter minimal de, por exemplo, o seu denominador, obtemos outra familia de demostracións. Explico mellor: se $\sqrt{2}$ pode ser expresado como o cociente de dous números naturais, haberá unha fracción entre todas as posibles representantes que teña o menor denominador. Esa fracción terá carácter minimal. E levar esta idea ao campo da xeometría é moi frutífero.

Pero antes, unha demostración no campo das fraccións continuas, un deses campos elementais que non están moi de moda:

  • Observando que $\left( \sqrt{2}-1\right)\left( \sqrt{2}+1\right)=\left( \sqrt{2}\right)^2-1^2=2-1=1$, reescribimos como $\sqrt{2}-1=\frac{1}{1+\sqrt{2}} \rightarrow \sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}$. E agora iteramos o proceso de substituír $\sqrt{2}$ $\sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}=1+\frac{1}{1+1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}$ $1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{2+ \dots}}}$
O proceso non remata, é dicir, a fracción continua é infinita, e como todos os racionais teñen unha fracción continua finita, deducimos que o número representado é irracional. Na notación tradicional para a representación en fracción continua, $\sqrt{2}=\left[1;2,2,2, \dots \right]$

Vaiamos coa primeira demostración xeométrica que coñecín, hai xa uns lustros, da man do famoso teórico de números Tom Apostol(famoso principalmente por ter un libro de Cálculo Infinitesimal na bibliografía de 1º de carreira en todo o mundo).
  • A estratexia de demostración mencionada previamente chámase "por descenso infinito", forma parte da caixa de ferramentas da Teoría de Números e a nivel elemental, da resolución de problemas de olimpíadas. Neste caso concreto, partimos dun triángulo rectángulo isóscele con lados naturais m e n, polo que $m^2=2n^2$, e imos amosar que sempre hai outro triángulo rectángulo isóscele con lados naturais e máis pequenos.
Aritmeticamente, $2(m-n)^2=(2n-m)^2$
Trazamos a circunferencia de centro C e radio n, e marcamos o punto no que corta á hipotenusa, D. Debuxamos a perpendicular á hipotenusa que pasa por P, e marcamos o punto no que corta ao cateto AB, E. Pois ben, o triángulo DEB é rectángulo, isóscele e ten lados enteiros, e obviamente ten lonxitudes menores que as de ABC, co cal iniciamos o descenso: sempre hai outro triángulo coas características atribuídas. O descenso está totalmente intricado co a redución ao absurdo, vén sendo como unha versión: se supoñemos que hai un triángulo minimal con esas características, chegamos ao absurdo, pois o descenso amosa que vai haber outro.

Agora que xa coñecemos esta estratexia, vexamos outra demostración totalmente distinta desde o punto de vista xeométrico pero que utiliza o mesmo metaargumento. Esta demostración foi popularizada polo xenial John H. Conway, mais o creador foi Stanley Tennenbaum, lóxico matemático.
  • Partamos agora da existencia de dous números n e m tales que $m^2=2n^2$, i.e, $m^2=n^2+n^2$, e explotemos a representación automática destas cantidades como áreas de cadrados.


Metamos os dous cadrados pequenos no grande:


Intuídes cara onde imos?

Os dous cadrados pequenos solápanse formando outro cadrado máis pequeno. E deixan fóra dous cadrados laranxas na figura, que son iguais entre si. Reparemos neles:


Aínda que poderíamos apelar simplemente ao Teorema das Alfombras, o razoamento directo é inmediato: como a área do cadrado laranxa orixinal coincide coa dos dous cadrados lilas, o que sobresae por fóra dos cadrados ten que coincidir coa zona solapada, na última figura, o cadrado verde e os dous vermellos. Deste xeito habilitamos o descenso buscado: hai cadrados máis pequenos que cumpren a condición de que a área do grande é igual á suma da área dos dous pequenos e iguais.


Coido que vou deixar aquí esta compilación de demostracións, para non cansar ao amable lector. Quizais outro día, antes de que pasen 12 anos, retome a xeira.



23.2.21

Cousas curiosas dos números-3

Se levas anos abondo dando clase, saberás ben que o que fas na aula só o sabes ti e máis os teus alumnos, aínda que nalgúns días baixos pode dar a impresión de que algúns dos teus alumnos tampouco. Quizais tiveches algunha vez un alumno de prácticas do CAP/Máster de Profesorado de Secundaria, ou, coma min hai máis de 10 anos, tiveches un PT 1dentro da túa aula con algún grupo. Ou, no peor dos casos e tamén o máis improbable, recibiches a visita dun inspector de educación.

Se ademais tes presenza en redes sociais, terás a sospeita de que o que fan(facemos) os profesores nas aulas non se corresponde demasiado ben co que amosan(amosamos) nas redes.

En conclusión, e como xa indiquei nesta entrada, é case imposible saber que fai un profesor dentro da súa clase.

Hoxe veño contar máis curiosidades numéricas que adoito contar nas miñas clases, de xeito improvisado pero consistente ao longo dos anos. Quizais algunha mostra deste folklore matemático non sexa coñecida por todos os lectores, e sirva para algo fóra da miña clase.

  • Nalgún momento vai aparecer en clase algo do tipo $(x^2)^2$, momento que aproveito para comentar que nunca xamais poría nun exame algo así. Normalmente chegado ese punto, grazas ao teatro que lle boto, xa están maduros para que alguén conteste a pregunta conseguinte: Por que nunca poría algo así nun exame?Efectivamente, porque un alumno podería contestar ben aínda que estivese trabucado, o erro habitual neste contexto é confundir a potencia dunha potencia co produto de potencias da mesma base, e o número 2, o maldito, é a única solución positiva a $x^2=2x$, a outra obviamente é 0. E agora poño un caso máis xeral: Cando pode suceder que $$(x^a)^b=x^a \cdot x^b$$ Obviando que x sexa 1 (ou -1 nalgúns casos), ten que suceder que $$ab=a+b \rightarrow ab-a-b=0 \rightarrow ab-a-b+1=1 \rightarrow (a-1)(b-1)=1$$ De onde deducimos que só pode suceder cando a=2=b ou cando a=0=b, é dicir, non hai máis solucións que as xa comentadas.
  • Nesta solución utilizamos tacitamente que os expoñentes son naturais. Habería máis solucións se os expoñentes fosen enteiros? E racionais? Dependendo do curso onde xurda esta cuestión, podemos ir ampliando o contexto.
  • Relacionado co anterior, outra pregunta recorrente é se hai algunha parella de números distintos a e b que cumpran $$a^b=b^a$$ No feixe de anos que levo facendo a pregunta, sempre sucede que a primeira resposta do alumnado inclúe dous números iguais, supoño que son demasiadas condicións para xestionar simultaneamente. Unha vez aclarado que ese exemplo non serve, por trivial, normalmente alguén atopa o único exemplo natural: $$2^4=4^2$$ A ampliación posterior coido que a comentei só unha vez na miña carreira profesional: Se deixamos que $a, b \in \mathbb{Q}$, entón hai infinitas solucións á ecuación $a^b=b^a$, coa fermosa estrutura seguinte: $$a=\left( 1+ \frac{1}{n}\right)^n , b=\left( 1+ \frac{1}{n}\right)^{n+1} $$ que nos lembra automaticamente á sucesión que define o número e.
  • O seguinte feito vouno poñer en forma de aritgrama. Xa sabedes, cada letra representa unha cifra distinta:

Pero non o comento deste xeito en clase, senón falando do único número con dúas cifras iguais que elevado ao cadrado dá un número de 4 cifras, iguais as dúas primeiras e iguais as dúas últimas.

  • O único número natural que está entre un cadrado perfecto e un cubo perfecto é o 26, xusto entre 5² e 3³. Se sabedes un chisco de dominios de factorización única, na rede atopei este artigo cunha demostración intelixible.

  • A coñecida como conxectura de Catalan, aínda que agora en realidade é o Teorema de Mihăilescu: as únicas potencias non triviais que son números naturais consecutivos son 2³ e 3². É dicir, a única solución non trivial da ecuación $x^a-y^b=1$ é x=3, a=2, y=2, b=3

  • Se sumas dúas fraccións irredutibles positivas e con distinto denominador, nunca vas obter un número enteiro. Formalmente, se $\frac{a}{b}$ e $\frac{c}{d}$ cumpren que $b \neq d$ e $(a,b)=1=(c,d)$, entón $\frac{a}{b}+\frac{c}{d} \notin \mathbb{Z}$

  • Todos os anos teñen polo menos un venres 13 pero nunca máis de 3. E se un ano ten ese máximo de 3 venres 13, podemos saber en que día da semana cae Aninovo: xoves nun ano normal, domingo nun bisesto.

  • É imposible atopar tres números racionais cuxa suma e produto sexa 1. Se estades moi interesados, este problema foi publicado por Sierpinski, que o atribuíu a Werner Mnich, e na rede está a demostración de Sansone e Cassels

Haberá que ir parando, que non me van quedar cousas que contar nunha eventual 4ª entrada desta serie.




1 A mellor experiencia docente que tiven ocorreu o último ano en Oleiros, cando tiven dentro da aula a unha compañeira de Matemáticas facendo de PT

11.2.21

Unha familia de sucesións

Acompañádeme na construción dunha familia de sucesións. Axiña intuiredes onde imos chegar.

Partimos das potencias de 2, pero tomando cada potencia dúas veces (inciso: cal é o termo xeral desa sucesión? Podemos atopar varias expresións distintas para ese termo xeral?)



Poñendo os números deste xeito, imaxinades que imos facer? En efecto, sumar cada dous termos consecutivos, e iterar o proceso:


Aí só incluín a 1ª sucesión ata $2^6$, veredes que para o meu propósito abonda.

Agora imos calcular a razón entre os dous primeiros termos de cada sucesión (ringleira):



Salta á vista xa, non si? Esta sucesión de razóns tende á nosa amiga, $\sqrt{2}$

Sabido isto, de onde sae a sucesión primixenia, 1, 1, 2, 2, 4, 4, etc.? É dicir, que relación ten con $\sqrt{2}$? Pois se consideramos as potencias de expoñente natural de $\sqrt{2}$, obtemos:

$$1, \sqrt{2}, 2, 2\sqrt{2}, 4, 4\sqrt{2}, 8, 8\sqrt{2}, 16, 16\sqrt{2}, \dots $$

Consideremos unha aproximación barateira da raíz, $\sqrt{2} \approx 1$; a nosa sucesión orixinal cobra significado agora. Funcionará con calquera outra aproximación da raíz?

E máis interesante, funcionará este procedemento con outras raíces? $\sqrt{3}$? Raíces doutros índices? $\sqrt[3]{2}$? ...?


24.1.21

Outra propiedade elemental do triángulo equilátero

Lendo etiquetas do blog de John Baez vin un pequeno problema, que tamén me levou a (re-)descubrir o libro online Mysteries of the equilateral triangle, de Brian McCartin. Hai un feixe de matemáticas nese libriño, seguro que atopades algún feito que non coñecíades.

Pode que incluso sexa descoñecido o devandito problema que traio hoxe:


Teño que mellorar a miña escolla cromática, seino

Cal é maior, a área verde ou a maxenta?

E aínda mellor:

De cantos xeitos distintos dades demostrado o resultado?

 

6.1.21

Doce

Hai doce anos vivía eu na Coruña, polo menos as fins de semana. Por semana estaba na Rúa de Valdeorras, o meu primeiro destino definitivo, onde tiña tanto tempo libre que ademais de meterme na EOI sen ter moito interese, abrín este blog. E sucumbín ao folklore matemático, poñendo na primeira entrada un vídeo de fractais. Como xa dixen noutras ocasións, ter  alumnas(principalmente) ás que lles gustaba resolver problemas fóra do puramente curricular, supuxo un pulo á creación do blog. Eu xa pensara en montar un cando daba clase en Oleiros, pero a verdade é que non tiña moi claro que fose ter aceptación, e o chisco de narcisismo que temos todos os que facemos cousas de xeito público( na miña opinión) provocou que desbotase a idea. Tacitamente, pensaba que sería un choio inútil(non como agora, que cada entrada que fago sae en reddit/hot :/ )

Doce é un número natural dos famosos. Non só debe de ser dos que máis aparecen na aritmética elemental en Primaria e 1º e 2º de ESO, por iso de ser $12=2^2 \cdot 3$, senón que a ducia segue a ser unha medida estándar; os escolares británicos aprenden a táboa de multiplicar ata 12x12, aínda que agora xa non utilicen o sistema imperial de medidas e ademais un chelín xa non teña 12 peniques(desde o Decimal Day); 12 é o terceiro número pentagonal, $p_3$; é o menor número abundante; tamén aparece na famosa anécdota de Ramanujan e Hardy, $1^3+12^3=9^3+10^3$; o número ideal de cidadáns da República de Platón, 5040=7!, tamén ten unha relación forte co 12; a teoría máis estendida sobre o sistema sesaxesimal está entroncada co 12, etc.

Porén, imos ver unha propiedade non tan coñecida. Síganme, mozos.

Collamos o dodecágono regular, 

Un polígono regular calquera, vaia. Tracemos as súas diagonais,
Para ver algo aí, habería que saber que pretendemos ver a priori. Podería avanzar que ten que ver con tétrades de diagonais, pero aínda quedaría lonxe. Concretemos,

As diagonais $A_1A_9, A_3A_{10},A_6A_{11},A_8A_{12}$ córtanse no mesmo punto. Iso só xa tería interese per se, pero é que este feito está relacionado cun problema elemental, pero difícil, que seguro que xa vistes nun feixe de fontes distintas, que pide demostrar que se colles un punto dentro dun cadrado ABCD de tal xeito que $\angle PCD =15º$, entón $\triangle ABP$ é equilátero(en realidade é unha condición necesaria e suficiente).

En troques de facer eu malamente a figura con geogebra, collín como fonte a formidable Geometry from the Land of the Incas, onde as figuras dos problemas están especialmente coidadas:


Collido de Go Geometry             



Pois doce anos van, exactamente 4383 días, nos que escribín, con esta, 744 entradas. Vexamos se queda carrete.

E coido que nunca vos agradecín estar aí, de xeito silencioso, pero aí. Grazas a todos.

5.1.21

Dúas diseccións

 

3-4-5

Unha das igualdades numéricas non triviais máis coñecidas é

$$3^2+4^2=5^2$$

, que aparece de xeito natural no contexto do Teorema de Pitágoras, no primeiro triángulo rectángulo con lonxitudes naturais que se ve nas aulas.

A estas alturas todo o mundo saberá que o devandito teorema alude tanto a lonxitudes como a áreas, como vemos na imaxe máis icónica do triángulo, na cabeceira da entrada.


A disección sinxela que propoño hoxe consiste no seguinte:

Divide os dous cadrados pequenos utilizando as liñas da grella no menor número posible de pezas de tal xeito que poidas recompoñer tales pezas no cadrado grande.

Nota: pódese facer con 4 pezas. Con 25 sería sinxelo, non?

E agora a disección difícil, en 3D, parte tamén dunha coñecida igualdade numérica:
$$3^3+4^3+5^3=6^3$$

Divide os cubos de arestas 3, 4 e 5 utilizando as liñas da grella no menor número posible de pezas de tal xeito que poidas recompoñer tales pezas para formar o cubo de aresta 6. 

Como axuda, póñovos os 3 cubos pequenos coa grella xa trazada:

Unha axuda fake...


Como axuda de verdade, pódese facer rompendo só en 8 pezas, e aínda máis, non é necesario romper o cubo de aresta 3. Curiosamente, a disección sinxela pode executarse deixando tranquilo o cadrado de lado 4, e partindo o cadrado de ladro 3 en 3 pezas, sumando un total de 4 pezas, i.e., a metade que na disección difícil.

Se alguén tivese 216 cubiños unitarios...