Loading [MathJax]/extensions/TeX/AMSmath.js

11.1.25

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+EF=E+A
e
B+E+52,5=B+DE+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+52,5F=E+AE+52,5=DO máis lóxico, supoño, sería tentar seguir onde me levasen esas igualdades, p.ex.:
{B+E+80=F+52,5F=E+AB+E+80=E+A+52,5B+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:
80+FB+E+52,5=xy=80+E+AB+D
E como todas as áreas estaban relacionadas con C, a cuarta parte do cadrado, pois tentei ir cara C:
C+27,5C27,5=xy=CB+ACA+B (1)
Onde notei:
C+27,5C27,5=xy=C+ABC(AB)
Que intuitivamente, sen botar contas, implica que AB=27,5. Rigorosamente, podemos multiplicar en cruz, ou, xa que estamos matando moscas cunha bomba H, observar que a función f(t)=c+tct é inxectiva, sempre que c0.
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:
80C+52,5=(xx+y)2
e
BA+C=(yx+y)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:
C+52,580=(x+yx)2
E chegado este punto, veu a psicodelia:
C+52,580=(1+yx)2
Usando a primeira parte de (1) agora, 
C+52,580=(1+C27,5C+27,5)2=(2CC+27,5)2=4C2(C+27,5)2
Afórrovos contas, a cousa queda así ao final:
C3212,5C2+3643,75C+39703,125=0
Que ten 3 solucións racionais relativamente sinxelas para a pinta que ten, C1=7,5,C2=27,5,C3=192,5, e pola figura, deducimos que ten que ser C3 
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=770, e p.ex. utilizando (1) outra vez, 192,5+27,5192,527,5=xy, de onde 220165=xy43=xy, polo que x=47707 e y=37707

E agora usando (2)
BA+C=(yx+y)2BB+27,5+192,5=(37)2BB+220=94949B=9B+1980B=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:
pp+m=mlp=m2lm
e
qq+n=nlq=n2ln
Con isto xa vai:
{(m+m2lm)m2=80l24lm2=52,5
E recoñezo que tampouco confiaba moito en que este sistema fose facilmente resoluble. Porén...
{lm2lm=160lm2=160(lm)l22lm=210m=l22102l=l2105l
l(l2105l)2=160(ll2+105l)=160(l2+105l)
l(l24105+1052l2)=80l+160105l
l34105l+1052l=80l+160105l
Aquí a sensación que tiven é que non ía dar saído(outra vez), mais...
l4420l2+44100=320l2+67200l4740l223100=0
Unha bicadrada, quen contaba?! 
Aforrando o procedemento estándar, obtemos l=770, e de aí, m=7702105770=477011 e p=1677077. 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=n2ln+n=lnln=lmp=37707n770770n=37707
Que dá n=377010
E, POR FIN, podemos calcular as áreas solicitadas, 
B=(n+q)n2=377073770102=9770702=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?

0 comentarios:

Publicar un comentario