Un problema elemental que (non) resolvín

 

A semana pasada entrei nun grupo de Facebook no que son membro, "Oposiciones Matemáticas Secundaria- Problemas y Ejercicios", e vin este problema compartido por un membro anónimo(ata que entrei neste grupo non sabía que existían):

    

Na figura aparece un cadrado e as áreas de dous triángulos no seu interior. Demostrar que a área do triángulo azul é 77 e que a área do triángulo gris é 49,5.

Anímovos a que o pensedes antes de que se desate o maelström.

Nada máis velo recoñecín a situación habitual en moitos problemas, e confeso que pensei que ía ser sinxelo, que utilizando que triángulos coa mesma base e altura teñen a mesma área ou, como moito, o Teorema das Alfombras, sairía fácil. E púxenme ao choio, seguindo esta consideración previa:

   Cal será a orde que seguen as letras? 

E fun vendo as consecuencias máis inmediatas na configuración:

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5$$

sendo eses 4 valores iguais á cuarta parte da área do cadrado.

Sen botar contas, xa se ve que con esas igualdades non vas a ningures, polo que pensei un chisco máis e vin os triángulos que van do chan ao teito, é dicir, estes dous da dereita,

 

e viceversa, i.e., estes dous da esquerda

De onde deducimos

$$F+52,5+C=C+52,5+A+E \rightarrow F=E+A$$

e

$$B+E+52,5=B+D \rightarrow E+52,5=D$$

Aí comecei a sospeitar que estaba dando voltas, que había igualdades que eran equivalentes a outras, e por tanto, non achegaban nova información.

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5 \\F=E+A \\ E+52,5=D$$ O máis lóxico, supoño, sería tentar seguir onde me levasen esas igualdades, p.ex.:

$$\begin{cases} B+E+80=F+52,5 \\ F=E+A \end{cases}\Rightarrow B+E+80=E+A+52,5 \rightarrow B+27,5=A$$

O que vai ben no camiño de ver o que nos pide o exercicio (lembremos: B=49,5, A=77)

Pero como comentei arriba, eu xa notara que o asunto era laido, co cal probei outra cousa para chegar ao mesmo. Digamos que pedín papas coa estratexia de comparar áreas sen máis, e puxen nome a lonxitudes de arriba:

   

Para que? Pois para comparar áreas, claro:

$$\frac{80+F}{B+E+52,5}=\frac{x}{y}=\frac{80+E+A}{B+D}$$

E como todas as áreas estaban relacionadas con C, a cuarta parte do cadrado, pois tentei ir cara C:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C-B+A}{C-A+B}$$ (1)
Onde notei:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C+A-B}{C-(A-B)}$$

Que intuitivamente, sen botar contas, implica que $A-B=27,5$. Rigorosamente, podemos multiplicar en cruz, ou, xa que estamos matando moscas cunha bomba H, observar que a función $f(t)=\frac{c+t}{c-t}$ é inxectiva, sempre que $c \neq 0$.

De calquera xeito, non dei deducido nada máis de aí. Polo que pasei a comparar áreas de de triángulos que non compartisen base senón forma:

$$\frac{80}{C+52,5}=\left( \frac{x}{x+y}\right)^2$$

e

$$\frac{B}{A+C}=\left( \frac{y}{x+y}\right)^2$$ (2)

Con estas igualdades dei unhas cantas voltas, non cheguei a ningures agás a uns sistemas non lineais horripilantes en x e y, polo que volvín á figura e agora reparei nestes dous triángulos:

Non quero saber canto tempo da miña vida paso
escollendo cores para polígonos

Que son obviamente semellantes pois teñen os ángulos iguais, polo que os lados correspondentes son proporcionais, o que non serve de moito aparentemente sen meter máis variables. Mais tamén deducimos que a razón das súas áreas é o cadrado da razón de semellanza, é dicir, a razón entre dous lados correspondentes calquera, por exemplo os resaltados, que xa teñen etiqueta:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( \frac{x+y}{x}\right)^2$$

E chegado este punto, veu a psicodelia:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{y}{x}\right)^2$$

Usando a primeira parte de (1) agora, 

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{C-27,5}{C+27,5}\right)^2=\left(\frac{2C}{C+27,5}\right)^2=\frac{4C^2}{(C+27,5)^2}$$

Afórrovos contas, a cousa queda así ao final:

$$C^3-212,5C^2+3643,75C+39703,125=0$$

Que ten 3 solucións racionais relativamente sinxelas para a pinta que ten, $C_1=-7,5, C_2= 27,5, C_3=192,5$, e pola figura, deducimos que ten que ser $C_3$ 

Sucede que botando as contas metín a zoca no medio da psicodelia, invertendo os termos dunha fracción, polo que obtiven unha ecuación con coeficientes racionais pero solucións irracionais ben bravas. 

Na versión non analóxica de enriba cambiei
á fracción inversa pero xa non trabuquei

O curioso do asunto é que me decatei do erro polo medio desta entrada, antes pensaba que simplemente chegara a unha ecuación que non se podía resolver de xeito exacto. Que tivese grao 3 non axudou tampouco.

Volvendo á solución, se $C=192,5$, como é a cuarta parte da área do cadrado, esta é 770, e o lado do cadrado, $x+y=\sqrt{770}$, e p.ex. utilizando (1) outra vez, $\frac{192,5+27,5}{192,5-27,5}=\frac{x}{y}$, de onde $\frac{220}{165}=\frac{x}{y}\Rightarrow \frac{4}{3}=\frac{x}{y}$, polo que $x=\frac{4\sqrt{770}}{7}$ e $y=\frac{3\sqrt{770}}{7}$

E agora usando (2), 

$$\frac{B}{A+C}=\left(\frac{y}{x+y}\right)^2 \Rightarrow \frac{B}{B+27,5+192,5}=\left(\frac{3}{7}\right)^2 \rightarrow \frac{B}{B+220}=\frac{9}{49} \rightarrow 49B=9B+1980 \rightarrow B=49,5$$

E por fin, $A=77$. Non era sen tempo.

Como dixen antes, isto non foi o que sucedeu nun primeiro momento.

O que sucedeu, en troques, foi que desfalecín, mirei o día de publicación do problema no grupo e comprobei a miña sospeita, que fora o 28 de decembro. E fun preguntar se era unha inocentada. E claro, non era, e o membro anónimo compartiu unha solución, que non mirei ata darlle outra volta infrutífera ao problema.

E volvín ao grupo, e mirei a solución compartida sen enfocar (así de ridículo son, en efecto), e vin algo semellante a isto:

   

E, obviamente, volvín ao problema sabendo que funcionaría dividir o lado superior do cadrado nos 4 cachos que se albiscan na imaxe borrosa. É dicir,

   

Pero p e q están relacionados con m e n respectivamente pola semellanza que se observa:

$$\frac{p}{p+m}=\frac{m}{l} \Rightarrow p=\frac{m^2}{l-m}$$

e

$$\frac{q}{q+n}=\frac{n}{l}\Rightarrow q=\frac{n^2}{l-n}$$

Con isto xa vai:

$$\begin{cases} \left( m+ \frac{m^2}{l-m}\right) \cdot \frac{m }{2}=80 \\ \frac{l^2}{4}-\frac{l \cdot m}{2}=52,5 \end{cases}$$

E recoñezo que tampouco confiaba moito en que este sistema fose facilmente resoluble. Porén...

$$\begin{cases} \frac{l \cdot m^2}{l-m}=160 \rightarrow lm^2=160(l-m)\\ l^2-2lm=210 \rightarrow m= \frac{l^2-210}{2l}=\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \end{cases} \Rightarrow$$

$$l \left(\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \right)^2=160 \left( l- \frac{l}{2}+\frac{105}{l}\right) =160 \left( \frac{l}{2}+\frac{105}{l} \right)$$

$$l \left( \frac{l^2}{4}-105+\frac{105^2}{l^2}\right)=80l+\frac{160 \cdot 105 }{l}$$

$$\frac{l^3}{4}-105l+\frac{105^2}{l}=80l+ \frac{160 \cdot 105 }{l}$$

Aquí a sensación que tiven é que non ía dar saído(outra vez), mais...

$$l^4-420l^2+44100=320l^2+67200 \rightarrow l^4-740l^2-23100=0$$

Unha bicadrada, quen contaba?! 

Aforrando o procedemento estándar, obtemos $l=\sqrt{770}$, e de aí, $m=\frac{\sqrt{770}}{2}-\frac{105}{\sqrt{770}}=\frac{4\sqrt{770}}{11}$ e $p=\frac{16\sqrt{770}}{77}$. E agora podemos razoar como o membro anónimo, e atopar o valor de n (a ese chamámolo igual, casualmente) mediante semellanza, ou usar que o lado do cadrado é a suma dos 4 segmentos m, p, q e n, e que p depende de m, xa coñecido, e q de n. En concreto:

$$q+n=\frac{n^2}{l-n}+n=\frac{ln}{l-n}=l-m-p=\frac{3\sqrt{770}}{7} \Rightarrow \frac{n \sqrt{770}}{\sqrt{770}-n}=\frac{3\sqrt{770}}{7}$$

Que dá $n=\frac{3\sqrt{770}}{10}$

E, POR FIN, podemos calcular as áreas solicitadas, 

$$B=\frac{(n+q)n}{2}=\frac{\frac{3\sqrt{770}}{7} \cdot \frac{3\sqrt{770}}{10}}{2}=\frac{9 \cdot 770}{70\cdot 2}=49,5$$

E A vale 27,5 máis, como xa falamos hai 5112 caracteres (aaarggg).

Sabedes o máis inquietante? Que nin comentei cando perdín a confianza no que estaba facendo e puxen un sistema de referencia e coordenadas a todos os puntos que había...

Entenderedes que nun tempo non haxa outra entrada onde volva escribir tantos símbolos matemáticos, non si?