O Teorema da Escaleira

 

Tentando resolver o outro día un problema tipo Sangaku, lin nunha solución que recorrían ao Ladder Theorem, que na miña memoria aludía a un problema ben famoso que apareceu dúas veces neste blog, Un problema difícil de resolver(de verdade) e Unha sorpresa elemental (dúas veces como mínimo, que cando escribín a 2ª, tivo que vir Cibrán a lembrar que xa falara antes del, co cal eu non son moi de fiar). Ver o diagrama do problema é abondo para que se acenda a lámpada:

   

Pero resulta que o dato na miña memoria estaba trabucado: este diagrama non representa o Teorema da Escaleira, senón o Teorema das Escaleiras Cruzadas, en concreto o caso no que hai perpendicularidade(como non hai bibliografía en galego, non sei se debería traducir mellor ladder por escada). Así que busquei en google, o que é unha agonía desde que incluíron a IA no buscador, e achei que o teorema non é clásico, senón que foi descuberto nunha data tan recente como 2002. O descubridor, Harold J. Stengel, profesor de secundaria nos USA, mandou unha carta ao editor da revista Mathematical Spectrum, "The extended crossed ladders theorem", na que demostraba o Teorema das escaleiras cruzadas:

   

Teorema das escaleiras cruzadas: Se $\overline{AB} \parallel \overline{EF} \parallel \overline{CD}$, entón $\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}=\frac{1}{EF}$ 

A demostración a estas alturas xa é pure textbook work, observade:

Dada a semellanza dos triángulos CFE e CAB, temos que $\frac{FC}{AC}=\frac{EF}{AB}$, e dada a semellanza de AFE e ACD, temos que $\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{CD}$.

De onde $\frac{EF}{AB}+\frac{EF}{CD}=\frac{FC}{AC}+\frac{AF}{AC}=\frac{FC+AF}{AC}=\frac{AC}{AC}=1$

Dividimos entre EF o comezo e o final dese carreiro de igualdades e obtemos o desexado.

Na miña pescuda en google obtiven varios resultados que levaban ao traballo do prolífico Ignacio Larrosa, por exemplo a este applet, Teorema de Stengel. Aproveito para recomendar o seu traballo con geogebra, que eu teño utilizado moito na aula. É un dos poucos casos nos que, en troques de facer eu algo desde cero, opto por recoñecer "para que, se xa o fixo mellor el?"(probade os seus applets sobre resolución de triángulos, p.ex. o do caso dubidoso).

Vexamos agora o teorema e a demostración do propio Stengel do seu teorema:

   

Teorema de Stengel: Nun triángulo ABC as rectas AD e BE intersécanse nun punto F. Os puntos I, G, J e H están no lado AC, cumprindo que $\overline{EI}\parallel \overline{BG}\parallel \overline{FJ}\parallel \overline{DH}$. Nestas condicións cúmprese que $\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$ 

Sigamos pois a demostración do propio autor:

Stengel comeza por debuxar unha paralela ao lado BC polo vértice A(cantas veces veríamos esa xogada, eh?), e extende CE ata cortar a esa recta nun punto K. Tamén traza paralelas por E e F ao lado BC, EM e FL, con M e L no lado AC.

Permitide a licenza de cambiar a figura anterior para que quede máis bonito

E agora habilmente invoca o Teorema das Escaleiras Cruzadas cos triángulos ACK e ACB e logo con ACK e ACD:

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{BC}=\frac{1}{EM}$

e

$\frac{1}{AK}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}$

Despexando $\frac{1}{AK}$ nas dúas igualdades, obtemos

$\frac{1}{AK}=\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}$ e $\frac{1}{AK}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$

E igualando,

$\frac{1}{EM}-\frac{1}{BC}=\frac{1}{FL}-\frac{1}{DC}$ e por tanto $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$

Agora, observando a semellanza dos triángulos EMI, BCG, FLJ e DCH, 

$$\frac{EI}{EM}=\frac{BG}{BC}=\frac{FJ}{FL}=\frac{DH}{DC}$$

Chamamos k a ese valor común:

$$EI=kEM, BG=kBC, FJ=kFL, DH=kDC$$

Volvendo a $\frac{1}{EM}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{FL}+\frac{1}{BC}$,

$$\frac{1}{kEM}+\frac{1}{kDC}=\frac{1}{kFL}+\frac{1}{kBC}$$

E Finalmente

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

q.e.d.

En realidade o resultado invocado non era este Teorema de Stengel, senón o primeiro corolario na súa carta ao editor, que fala de áreas nesa situación:

Nótase un chisco cando non fago eu as imaxes, non si?

Na situación anterior, $$\frac{1}{(AEC)}+\frac{1}{(ADC)}=\frac{1}{(AFC)}+\frac{1}{(ABC}$$

Onde denotamos (PQR)=área do triángulo PQR

A demostración é inmediata, lanzando as alturas deses catro triángulos desde E, D, B e F, utilizamos o Teorema de Stengel e obtemos:

$$\frac{1}{EI}+\frac{1}{DH}=\frac{1}{FJ}+\frac{1}{BG}$$

E do mesmo xeito que fixemos na demostración do resultado xeral, multiplicamos os catro denominadores pola lonxitude do lado AC, que é a base dos catro triángulos implicados no corolario. Dividindo entre 2 os catro denominadores proporciona o resultado.

3·5 = 5·3, disque

 A Álxebra non é máis que Xeometría escrita, a Xeometría non é máis que a Álxebra figurada

Sophie Germain

Desde que Descartes introduciu o dicionario Álxebra-Xeometría que supuxeron as coordenadas, é un lugar común imaxinar os resultados alxébricos en termos xeométricos e viceversa. En realidade, xa os Elementos de Euclides incorporan unha boa colección de feitos xeométricos que coñecemos hoxe en día como Álxebra Xeométrica(algúns, como a propiedade distributiva ou o desenvolvemento de (a+b)², ata aparecen nas clases da ESO). Imos ver un dos lugares onde Xeometría e Álxebra teñen un contacto máis abraiante. Pero primeiro hai que ver un par de puntos en dúas semirrectas:

O Teorema de Pappus, ilustrado enriba, afirma que se collemos 6 puntos A, B, C, D, E e F en dúas semirrectas que parten dunha orixe O de xeito alternativo(A, C, E nunha e B, D e F na outra), e chamamos L, M, N ás interseccións das rectas AB, CD, EF coas rectas DE, FA e BC, respectivamente, sucede que L, M e N están na mesma liña recta.

Se alguén está a pensar que ocorre cando eses puntos L, M e N non están definidos, por mor do paralelismo das rectas, si, iso tamén está contemplado no teorema. Ide a Cut The Knot para aprender máis, aquí chéganos con observar que se AB é paralela a DE e CD é paralela a FA, entón EF tamén ten que ser paralela a BC.

Imos ver como atopar o produto de dous números a e b cunhas liñas familiares:

     

Do mesmo xeito atoparemos o produto de b e a:

    

Pois aquí chega o obxectivo desta entrada: como sospeitaredes, ab e ba coinciden. Como demostralo?

Na folla anterior vemos que efectivamente ab e ba coinciden. Podemos dicir que o temos comprobado mecanicamente. Mais iso non abonda.

Precisamente o Teorema de Pappus vai facer o choio: como as liñas laranxas son paralelas e as liñas grises son paralelas, a recta verde que une 1 con b ten que ser paralela á liña que une a con ab. Como a liña paralela á verde 1b é a a-ba, vemos que ab e ba efectivamente son o mesmo punto. Q.e.d. 

Se queredes ver os detalles técnicos que deixei a un lado, en The Four Pillars of Geometry de John Stillwell atoparédelos, xunto con moitas máis ideas.

Triángulos en rectángulos

Hai máis dun ano e medio que escribín unha entrada cun problema xeométrico de áreas, no que inscribíamos un triángulo equilátero nun cadrado:

    

 ...e nun rectángulo:

   

E víamos que se cumpría que as áreas contiguas ao vértice común ao triángulo e o rectángulo(azuis ou violetas) coincidían coa área oposta a ese vértice (vermella ou )verde.

Unha xeralización inmediata consiste en inscribir triángulos non equiláteros e observar que sucede. Como a resposta inclúe un chisco de trigonometría, é difícil de adiviñar, polo que xa a anticipo eu:

   

Nas condicións da figura, cúmprese sempre que:

$$A cot \alpha+B cot \beta=C cot \gamma$$

Podedes argallar vós mesmos unha demostración, ou podedes ir ao artigo de Tom Apostol e Mamikon Mnatsakanian onde descubrín eu o resultado:

Triangles in Rectangles

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

   

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...

O Teorema de Stewart

Nos cálculos da anterior entrada utilicei o Teorema de Stewart, eu pensaba que xa aparecera por este blogue, mais como apuntou Cibrán (a.k.a. Carta Xeométrica) e confirmou o buscador do blogue, nunca usara o devandito teorema. É máis, poñendo Stewart na caixa de busca só devolve dúas entradas, a anterior e unha na que compartira un libro de Ian Stewart.

Pois xa vai sendo hora de facerlle unha entrada, pois o teorema é ben útil e simultaneamente descoñecido. Eu mesmo coñecín o teorema despois de rematar a carreira (o que non fai proba, case toda a xeometría sintética elemental que sei aprendina desde que son profesor) lendo un libro do grande xeómetra Harold Coxeter (e de Samuel Greitzer, que sempre queda sen mención), Geometry Revisited. O libro é unha auténtica fermosura, escrito dun xeito moi elegante e cunha elección de contidos moi coidada, e ademais presenta moitos problemas interesantes como exercicio para o lector. De feito o Teorema de Stewart aparece na páxina 6 como actividade proposta tras a demostración do Teorema de Ceva.

Cando vin este resultado, distinto do tipo de proposicións que coñecía ata o momento, foi inevitable demostralo utilizando trigonometría. Mais non é difícil esquivala, reproducindo en certa maneira a demostración do arquicoñecido Teorema do Coseno. Observade o enunciado do Teorema de Stewart e tentade demostralo vós antes de ver a miña proba, avisados estades:

Teorema de Stewart

Nun triángulo ABC, trazamos o segmento que parte de A e corta ao lado oposto BC nun punto D (este tipo de liñas chámanse cevianas polo matemático italiano do s.XVII Giovanni Ceva). Se os segmentos determinados no lado BC polo punto D miden m e n, e a ceviana AD mide p, temos que:

   

$$mb^2+nc^2=a(p^2+mn)$$



Alá vai a miña demostración:

Chamando x á medida da proxección da ceviana sobre BD (no outro caso, totalmente análogo, a proxección sería sobre DC):

   

O que vén é a aplicación industrial do Teorema de Pitágoras:

No triángulo AED,

$$h^2=p^2-x^2$$

No ABE,

$$h^2=c^2-(m-x)^2 $$

Igualando,
$$p^2-x^2=c^2-(m-x)^2 \rightarrow p^2-x^2=c^2-m^2+2mx-x^2 \rightarrow x= \frac{p^2-c^2+m^2}{2m}$$

Razoando de xeito semellante ao outro lado da ceviana,
$$h^2=p^2-x^2$$
$$h^2=b^2-(n-x)^2$$

Igualando,
$$p^2-x^2=b^2-(n+x)^2 \rightarrow p^2-x^2=b^2-n^2-2nx-x^2 \rightarrow x= \frac{p^2-b^2+n^2}{-2n}$$

Das dúas expresións para o valor de x:
$$\frac{p^2-c^2+m^2}{2m}=\frac{p^2-b^2+n^2}{-2n}$$
$$-n(p^2-c^2+m^2)=m(p^2-b^2+n^2 \rightarrow -np^2+nc^2-nm^2=mp^2-mb^2+mn^2$$
$$mb^2+nc^2=mp^2+np^2+mn^2+nm^2$$
$$mb^2+nc^2=(m+n)p^2+mn(n+m)$$
$$mb^2+nc^2=(m+n)(p^2+mn)=a(p^2+mn)$$
q.e.d.

A demostración que fixera orixinalmente hai 15 anos utilizaba o Teorema do Coseno nos dous ángulos suplementarios que se forman no punto D. As expresións, loxicamente, son idénticas ás que acabades de ler.

Outro día pode que traia o Teorema de Ceva, que tamén é moi descoñecido e aínda máis útil para demostrar concorrencias de cevianas nunha liña.

Probas rápidas

Hoxe comezo unha serie de posts sobre demostracións breves. Hai unhas cantas que se inclúen dentro do tradicional nivel preto da terra deste blogue e que por tanto son idóneas. Non sei a onde levará esta serie, mais teño unhas cantas xa en mente.

Certo é que habitualmente o que fai que unha demostración poida ser máis breve é que se apoia en resultados previos, ás veces máis profundos. Polo que é boa idea desconfiar das demostracións sinxelas. Comecemos:

A proba de hoxe, que inaugura esta serie, é a que relaciona as potencias de 2:

$$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}= 2^n-1$$

A demostración rutineira consiste en sumar a progresión xeométrica de razón 2 desde 1 ata $2^{n-1}$

É unha mera comprobación:

$$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}= \frac{2^n-1}{2-1}=\frac{2^n-1}{1}=2^n-1$$


Cal é neste caso o xeito elegante?


Escribindo en binario o número $$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}$$:
obtemos
$$111 \cdots 1$$

onde hai n uns

Que sucede cando lle sumamos 1 a este número?

$$1000 \cdots 0$$

onde temos n ceros

que non é máis que $2^n$


Moito mellor, non si? A persoa afeita ás Matemáticas pensará: por que é tan sinxelo?

Teorema das alfombras

Hoxe traio outro teorema "con nome" do que non sabía nada ata esta semana.

Estaba a buscar anécdotas, teoremas, problemas,... para os meus alumnos deste ano que acaba de comezar cando, no libro Mathematical Olympiad Treasures, de Titu Andreescu e Bogdan Enescu, atopei este epígrafe, The "carpets" theorem.

Loxicamente tiña que ir ver de que trataba tal feito, pois hai toda unha tradición de teoremas "con nome" que non deixan de sorprender pola tradución que adoitan ter aos obxectos cotiás (por máis abstractos que poidan ser os enunciados reais): Teorema da bóla peluda, Teorema do bocadillo de xamón, Teorema da Galería de Arte,...

Así que aló fun, e isto é o que atopei:

Imaxinade un cadrado ABCD no que marcamos os puntos medios dos lados AB e BC, M e N. Unimos estes puntos medios cos vértices opostos, obtendo na intersección dos segmentos tres puntos que chamamos P, Q e R. É dicir (exemplo de que unha imaxe vale máis que 38 palabras):

Que sucede con esta figura? Pois que a área do anaco laranxa coincide coa suma das áreas dos anacos violetas. Formalmente, 

[PQRD]=[AMP]+[MBNQ]+[RNC]

A demostración non é complicada, chega con relacionar as áreas, indicadas polos corchetes, [], con anacos coñecidos (tapar co dedo o cacho que estás a calcular dá bo resultado):

[PQRD]=[DMC]―[MQP]―[DRC]=½[ABCD]―[MQP]―[DRC]=(*)

Vexamos como escribir as áreas deses dous triángulos:

[MQP]=[ABN]―[APM]―[MBNQ]=¼[ABCD]―[APM]―[MBNQ]

[DRC]=[DNC]―[RNC]=¼[ABCD]―[RNC]

Introducindo estes cálculos en (*):

(*)=½[ABCD]―{¼[ABCD]―[APM]―[MBNQ]}―{¼[ABCD]―[RNC]}=[APM]+[MBNQ]+[RNC]

despois de cancelarmos os valores iguais de signo contrario.

A demostración que dan no libro é intencionadamente máis complexa, para salientar o que vén despois.Porque ata este momento poderiamos dicir que este feito acada o grao de correcto. Que foi o que me chamou a atención unha vez lin o epígrafe mencionado? O que segue:

Sucede que o feito de que os puntos M e N sexan os puntos medios dos lados AB e BC é irrelevante. É dicir, a conclusión sobre as áreas sombreadas tamén é certa con calquera posición de M e N, por exemplo esta:

Aínda que a miña demostración anterior tamén funciona cun cambio mínimo para calquera posición dos puntos M e N nos lados AB e BC, teño que recoñecer que é moito mellor a solución que dan os autores do libro. Unha solución que descansa sobre unha idea sinxela de entender pero difícil de atopar, que é o que se denomina Teorema das Alfombras:

Se o chan du cuarto rectangular está completamente cuberto por alfombras que non se solapan (e non nos importa a súa forma), e movemos unha das alfombras, a área que fica solapada coincide coa área que fica sen cubrir. Enleado? Mira o debuxo  e pode que o vexas máis nítido, ao observares como se move a alfombra á dereita:

E cal é a relación deste feito co noso cadrado de antes? 

Pensemos que o cadrado ABCD é o cuarto do teorema, e os triángulos AND e DCM as alfombras. Eses triángulos teñen a mesma área, que coincide coa metade da área do cadrado, polo que, se non se solapasen, ocuparían xuntos o cadrado. Cando se solapan, a zona solapada (laranxa), en virtude do Teorema das Alfombras, ten que coincidir coa zona do cuarto que deixa de ser cuberta, é dicir, a zona violeta.

Unha marabilla. Tan sinxela, pero tan sumamente elegante.

Eutrigon Theorem

xkcd

De novo unha entrada de xkcd serve como pé para unha reflexión: un tumblr baseado nas Matemáticas levoume a descubrir un teorema xeométrico do que non tiña constancia algunha. Se ti, lector, formas parte dese difuso colectivo dos inmigrantes dixitais, nesa incerta franxa da poboación dos nacidos antes do 1979 (coma min) é probable que non lle prestases atención ao fenómeno dos blogues aloxados en tumblr. Digamos que eu mesmo teño un total de 80 subscricións no Google Reader, e destes só 2 son blogues de tumblr, The Math Kid e Proof Math is Beautiful. O meu interese principal nestes dous tumblr é basicamente atopar imaxes relacionadas coas Matemáticas dunha beleza obvia. Se en xeral a rede non é un instrumento axeitado para o coñecemento profundo e pausado, os blogues de tumblr son a expresión superlativa deste feito.

E aínda así, quen ten ollos para ver (e paciencia para ler) pode abraiarse con algún concepto ou realidade descoñecidas. Isto foi o que sucedeu cando vin un post titulado "Visual proof of the Eutrigon Theorem detailed". O título capta a atención por dúas razóns: xuntamos "demostración visual" co título dun teorema que descoñecía.

Así que lin máis lentamente esa entrada. E pasou o que adoita pasar en Matemáticas elementais (neste caso, Xeometría Euclidiana, en concreto Xeometría Métrica do Triángulo). É dicir, o feito é de modo indubidable fermoso... pero trivial.Vexamos de que vai o conto:

Un eutrigon (non traduzo o nome pois non aparece en ningures agás en inglés) é un triángulo cun ángulo de 60º (pode ter outro, e nese caso teríamos un triángulo equilátero, obviamente). Abusando da linguaxe, podemos chamarlle "hipotenusa" ao lado enfrontado ao ángulo de 60º .O Eutrigon Theorem di o seguinte:

Se trazamos triángulos equiláteros sobre os lados do eutrigon, a suma da área do triángulo sobre a "hipotenusa" e da área do eutrigon coincide coa suma das áreas dos outros dous triángulo equiláteros.

Na figura, a suma das áreas azul e vermella coincide coa suma das áreas verde e amarela:

Eutrigon Theorem

Outro día vemos a demostración, aínda que é practicamente unha comprobación.

Origami e Pitágoras

A demostración seguinte é esencialmente a mesma que explicamos nas aulas, pero desde logo con Origami é moito máis espectacular:

Só de pensar en explicar a 26 alumnos simultaneamente como pregar o papel, teño suor frío...

Teorema de Napoleón

Teorema de Napoleón? Napoleón descubriu un teorema? Pois a verdade é que non está moi claro, aínda que é coñecido que tiña certa afección polas Matemáticas, en particular pola Xeometría. Pero non é nada estraño que un teorema ou un concepto matemáticos leven o nome dun matemático que non foi o primeiro que os atopou. Casos famosos son a Serie de Taylor, o Teorema de Rolle, a Regra de Ruffini, a Ecuación de Pell...

E que di o Teorema de Napoleón? Algo certamente sorprendente: se colles un triángulo calquera (todo o amorfo que queiras), constrúes sobre os seus lados tres triángulos equiláteros e localizas os centros destes triángulos, sempre van formar outro triángulo equilátero. Case mellor velo:

Teorema de Napoleón

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)

Coquejj, 14 de xuño de 2011, Creado con GeoGebra

Se tedes curiosidade pola razón deste sorprendente feito, pola rede hai unha morea de demostracións, por exemplo aquí.

E para os traballadores alumnos de 3º A que non saben buscar na wiki, xa poño eu as ligazóns:

Examen de Funciones Lineales y Geometría

Solución

Teorema de Conway

Ás veces un atopa feitos matemáticos inesperados de indubidable beleza. Habitualmente, a un nivel preto da terra, estes feitos aparecen na xeometría (euclidiana) ou na teoría de números. Xa vai certo tempo que non atopo ningunha propiedade numérica que me deixe alucinado, quizais sexa porque as máis sorprendentes son de dominio público (no mundo dos que estudamos Matemáticas, quero dicir).
Hoxe estaba a ler os blogs do meu Google Reader cando este teorema saltou á vista, tan sinxelo, tan elegante:

Se continuamos os lados dun triángulo alén de cada vértice unha distancia igual á lonxitude do lado oposto, os seis puntos resultantes están na mesma circunferencia, chamada Circunferencia de Conway.
Como o enunciado anterior non é un exemplo de claridade, mellor ollar o debuxo, que amosa un exemplo no que o triángulo ten por lonxitudes as medidas 3-4-5:

A pregunta obvia é: Por que están na mesma circunferencia?
A segunda pregunta obvia é: Cal é o centro desa circunferencia?

Se un contesta a primeira, automaticamente obtén a resposta para a segunda. Como adoita suceder en "teoremas rápidos" da xeometría, é dicir, en enunciados sinxelos sobre figuras que aparecen de xeito natural sobre triángulos, circunferencias, etc., a sorpresa mitígase cando un entende o feito subxacente. É unha pequena maldición que as Matemáticas reservan a aqueles que chegan a entender.