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?

 

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.

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...