A razón dun problema de optimización. 2

Trátase de resolver o problema proposto na entrada anterior. Lembro que non só pedía a solución, senón a razón do problema. Velaquí o enunciado:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro máximo circunscrito á circunferencia.

Sexa $D(x,y)$, un punto calquera da semicircunferencia. Como $x$ e $y$ son os catetos dun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$: $x^{2}+y^{2}=1$ e, polo tanto $y=\sqrt{1-x^{2}}$. Derivamos para obter a pendente da recta tanxente $AB$: $y'=\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Introducimos agora o ángulo $\alpha$, resulta que $x=cos\alpha$. Daquela

$y'=\frac{-cos\alpha}{\sqrt{1-cos^{2}}\alpha}=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}$

O punto $D$ ten coordenadas $(sen\alpha, cos\alpha)$. Usámolo para obter a ecuación punto-pendente da recta tanxente á semicircunferencia en $D$:

$y-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}\left( x-cos\alpha \right)=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$

Se $x=0$:  $y-sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $y=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}+sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha+cos^{\alpha}}{sen\alpha}=\frac{1}{sen\alpha}$. Así obtemos as coordenadas de $A(0, \frac{1}{sen\alpha})$

Se $y=0$:   $-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x=-sen\alpha-\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-sen^{2}\alpha-cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-1}{sen\alpha}$

$x=\frac{1}{cos\alpha}$. Así obtermos as coordenadas de $B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)$

Con estes antecedentes:

$$AB^{2}=\frac{1}{sen^{2}\alpha}+\frac{1}{cos^{2}\alpha}=\frac{1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}\Longrightarrow AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}$$

Agora xa podemos escribir o perímetro do triángulo en función de $\alpha$: $$P\left( \alpha \right)=2\left( AB+OB \right)=2\left( \frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}+\frac{1}{cos\alpha} \right)=2\frac{1+sen\alpha}{sen\alpha\cdot cos\alpha }$$

Derivamos na procura dos extremos:

$$P'\left( \alpha \right)=2\frac{cos\alpha\left( sen\alpha\cdot cos\alpha \right)-\left( 1+sen\alpha \right)\left( cos^{2} \alpha-sen^{2}\alpha\right)}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=$$ $$=2\frac{sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha-cos^{2}\alpha+sen^{2}\alpha-sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha+sen^{3}\alpha}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=2\frac{sen^{3}\alpha+2sen^{2}\alpha-1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}$$

Pescudemos para que valores $P'=0$. Tomando $y=sen\alpha$ o numerador anúlase cando $y^{3}+2y^{2}-1=0$. Evidentemente $y=-1$ é unha raíz deste polinomio polo que podemos descompoñelo $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y^{2}+y-1 \right)=0$ Así que as outras solucións serán $-\phi$ e $\frac{1}{\phi}$. Como $\alpha$ é un angulo do primeiro cuadrante, $y=sen\alpha$ debe ser postivo. Daquela a única solución que nos serve é $sen\alpha=\frac{1}{\phi}$. Ademais como $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y+\phi \right)\left(  y-\frac{1}{\phi}  \right)$ a derivada no punto $x=\frac{1}{\phi}$ pasa de ser negativa a positiva, de aí que a función $P$ teña nese punto un mínimo.

$cos\alpha=\sqrt{1-sen^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{\phi^{^{2}}}}=\sqrt{\frac{\phi^{2}-1}{\phi^{2}}}=\frac{\sqrt{\phi-1-1}}{\phi}=\frac{\sqrt{\phi}}{\phi}$

$$A\left( 0,\frac{1}{sen\alpha} \right)=\left( 0,\phi \right)  \quad \quad B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)=\left( \sqrt{\phi},0 \right)$$  $$AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\phi}\frac{1}{\sqrt{\phi}}}=\phi\sqrt{\phi}$$  $$EB=\sqrt{\phi}-\frac{1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\phi-1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\frac{1}{\phi}}{\sqrt{\phi}}=\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}}$$

O perímetro máximo terá un valor de $$P=2\left( AB+OB \right)=2\left( \phi\sqrt{\phi} +\sqrt{\phi}\right)=2\sqrt{\phi}\left(\phi+1  \right)=2\phi^{2}\sqrt{\phi}$$

Triángulos de Kepler

Chámanse triángulos de Kepler a aqueles triángulos rectángulos que teñen os lados en progresión xeométrica. Resulta evidente que a razón desta progresión debe ser $\sqrt{\phi}$. Botándolle un ollo á anterior imaxe poderemos distinguir varios triángulos de Kepler:

$EDB$ ten lados de lonxitudes $\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}},\quad \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}$

$OED$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1$

$OAD$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1, \quad \phi$

$OAB$ ten lados de lonxitudes $\sqrt{\phi}, \quad \phi, \quad \phi\sqrt{\phi}$

Fica claro que a razón sobre a que se preguntaba ao principio era unha razón dourada da que temos mostras sobradas na solución dada.

A razón dun problema de optimización.1

Os problemas de optimización trátanse no bacharelato. Este tipo de problemas teñen o seu aquel. Vexamos por que. 

Moito do que se trata nas matemáticas non universitarias é de carácter algorítmico. Ben sei que tópicos, como por exemplo a resolución de ecuacións cadráticas, pode introducirse desde outros puntos de vista; mais, unha vez introducido vólvese unha cuestión puramente algorítmica e como tal hai que entrenala ata integrala dentro co coñecemento base para poder asaltar outras fronteiras. Porén os problemas de optimización parecen querer fuxir do corsé algorítmico. Dependendo das características particulares do que se queira resolver hai que pescudar as relacións que mellor nos permitan determinar unha función que modelice a cuestión para poder pasar ao estudo, agora si, algoritmico, da súa monotonía. 

Un dos problemas que lle pedín resolver ao alumnado de Matemáticas II foi o seguinte:

Rectángulo inscrito triángulo. Nun triángulo isóscele de base 12 e altura 10 inscribimos un rectángulo de área máxima. Determina as dimensións do rectángulo. Acha o valor desa área máxima.

A solución comezaría facendo un esquema como o da imaxe. A partir de aquí obtemos unha fórmula para a área:

 $A=2xy$

Como nesta fórmula temos dúas variables, non nos queda outra que intentar relacionalas entre si para, deste xeito, conseguir unha fórmula funcional dunha soa variable.

A lonxitude de calquera dos dous lados iguais do triángulo isóscele pode calcularse a partir do teorema de Pitágoras:

$\sqrt{6^{2}+10^{2}}=\sqrt{136}$

Esta valor tamén se pode obter como suma das hipotenusas dos dous triángulos rectángulos que vemos na dereita da imaxe:

$$\sqrt{\left( 10-y \right)^{2}+x^{2}}+\sqrt{y^{2}+\left( 6-x \right)^{2}}=\sqrt{136}$$

Este foi o camiño que seguiron algúns alumnos. Non tardaron en comprender que se estaban encerellando. Cómpre buscar unha alternativa. 

Unha das forma de solventar a situación sería decatándose de que calquera destes triángulos rectángulos é semellante ao delimitado pola altura e a metade da base do triángulo isóscele. Daquela poderiamos obter as seguintes relacións $\frac{10}{6}=\frac{y}{6-x}\quad ;\quad \frac{10}{6}=\frac{10-y}{x}$

Unha nova opción consistiría en botar man dos coñecementos de xeometría analítica plana ou de reprentación gráfica de rectas para determinar a ecuación da recta pola que se move o punto $P$ ( ten pendente $m=-\frac{10}{6}$ e ordenada na orixe $n=10$)

Un recordo e un problema

Entre os meus recordos como estudante está o dun día concreto de cando cursaba COU. Tiñamos exame ao día seguinte. O profesor déranos un boletín de problemas e quedaban moitos por facer. Un deles era un problema de optimización clásico:

Cono inscrito nunha esfera. Dada unha esfera de raio $r$ determinar as dimensións do cono inscrito na esfera de volume máximo

A cuestión era fermosa, así que abandonei o estudo do exame e centreime no problema. Intenteino unha e outra vez e non o daba resolto. Pero o problema tiña o seu aquel, así que tachaba e volvía unha e outra vez sobre el. Finalmente, rematando a tarde, decateime de que bastaba con realizar un esquema que me permitise relacionar as variables entre si por medio do dato, o raio da esfera. Levaba todo o tempo debuxando mal o raio.

Efectivamente, ata que non se me ocorreu representar o raio que aparece en azul na imaxe, non fun quen de asaltar o problema. Por certo, foi unha das peguntas do exame. :)

Para darlle un bo remate a esta entrada, non hai nada mellor que un problema:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro máximo circunscrito á circunferencia.

Non só vou pedir a solución ao problema (que darei na seguinte entrada), senón a súa razón. Esta petición non só é unha nova pregunta, senón que tamén dá unha pista de por onde van os tiros.

Todos os segmentos son iguais

En boa medida este blogue está dedicado ás matemáticas recreativas. Daquela, para darlle algo de prestancia, con certa recurrencia recóllense achegas de personaxes destacados neste ámbito. Mirando na columna da dereita, no gadget corespondente a Persoas, achamos a verdadeiros precursores das matemáticas recreativas: Alcuíno de York (c. 735-804), Lewis Carroll (1832, 1898), Samuel Loyd (1841-1911), Henry Dudeney (1857-1930) e Yakov Perelman (1882-1942), alén dos xa nacidos no século XX. Con todo, hai aínda outros que poden sumarse a esta lista, como é o caso de, por exemplo,  Walter William Rouse Ball (1850-1965). Nesta ocasión intentaremos corrixir esta falta.

A pesar do comentado no parágrafo anterior, a verdadeira motivación para esta entrada foi outra non foi a de completar a nómina de divulgadores das matemáticas. En realidade o impulso veu dado pola entrada anterior. Alí presentábase unha falacia xeométrica ois demostrabamos que todos os triángulos son equiláteros. Comentabamos que o enganoso razoamento, recollido dun libro de matemáticas recreativas publicado no 1917, estaba acompañado doutros do mesmo estilo, en concreto dun que tamén aparecía nun texto de Lewis Carroll, onde se explicaba que

Teorema: a veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que este resultado tamén o podemos achar noutro libro,  Mathematical Recreations and Essays (1892), de W. W. Rouse Ball (1850-1925). Como na entrada anterior, vou deixar de lado o anterior teorema e vou recoller outro que o acompaña.

Teorema: Dado un segmento $AB$ sempre podemos achar outro segmento menor $AZ$ tal que $AB=AZ$

Antes de nada construiremos un triángulo $ABC$ cun ángulo agudo $\widehat{A}$ e tal que $\widehat{C}\gt \widehat{B}$. Daquela poderemos trazar o ángulo $\angle AZC=\angle B$ determinando así o punto $Z$. Tracemos tamén $CD$ perpendicular sobre $AB$

Fixada a terminoloxía que observamos na imaxe, demostraremos que $c=z$

Resulta que os triángulos $AZC$ e $ABC$ teñen dous ángulos iguais, polo tanto son semellantes.

Usaremos a notación $[A,B,C]$ para indicar a área do triángulo $ABC$. Sabemos que a razón entre as áreas de dous triángulos semellantes é o cadrado da razón entre os lados correspondentes deses triángulos: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{a^{2}}{w^{2}}$$

Pero podemos obter a área dos triángulos como a metade da base pola altura: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{\frac{1}{2}c\cdot h}{\frac{1}{2}z\cdot h}=\frac{c}{z}$$

Igualando as expresións anteriores:$$\frac{a^{2}}{w^{2}}=\frac{c}{z}\Longrightarrow \frac{a^{2}}{c}=\frac{w^{2}}{z}$$

Fixémonos nos numeradores. Apliquémoslle aos dous triángulos o teorema do coseno: $$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA$$ $$w^{2}=b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA$$

Entón obtemos: $$\frac{b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA}{c}=\frac{b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA}{z}$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c-2bc\cdot cosA=\frac{b^{2}}{z}+z-2bz\cdot cosA$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c=\frac{b^{2}}{z}+z$$  $$\frac{b^{2}}{c}-z=\frac{b^{2}}{z}-c$$   $$\frac{b^{2}-cz}{c}=\frac{b^{2}-cz}{z}$$

Como temos dúas fraccións iguais co mesmo numerador, tamén serán iguais os seus denominadores: $c=z$

Se agora imos movendo o punto $C$ a outros $C'$ veremos que o segmento $AB$ é igual a calquera subsegmento $AZ'$; en conclusión: todos os segmentos son iguais. Unha gran vantaxe, non vos parece?

Todos os triángulos son equiláteros

 Cando comecei a carreira de Matemáticas fíxeno con moi mal pé. Asistía ás clases diariamente e, diarimente, saía delas sen entender absolutamente nada. Isto levoume a considerar facer un cambio de carreira. Ao final, felizmente non o fixen. Entre outras moitas razóns está un libro. Como das aulas non sacaba nada en limpo, e dérase a circunstancia de que acababan de publicar un libro de Martin Gardner, Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas (Editorial Labor 1985), pasei as tardes lendo nel pois o estudo ficaba unha e outra vez infructuoso. Así, no canto de intentar descifrar o que eran os p-subgrupos de Sylow, lía un par de capítulos do libro e cando, despois dunhas horas de frustante incompresión, me fartaba de bater cos criterios de converxencia de series, pasaba o resto da tarde cubrindo en folio cuadriculados, un paso tras outro dalgunha configuración do xogo daVida de Conway.

Un dos capítulos dese libro titulábase  Falacias xeométricas.  Contiña varios resultados disparatados tales como que $\pi=2$, ou que o quinto postulado pode ser demostrado a partir dos restantes da xeometría euclidiana. Ademais viñan coas súas correspondentes demostracións. Quizais o máis destacable de todos eles porque só se usa xeometría elemental e ademais non resulta evidente desentrañar o engano, era o que se indicaba que estaba entre os favoritos de Lewis Carroll. Efectivamente, esta falacia recollíase dun libro do creador de Alicia. O seu enunciado dicía así: 

Teorema. A veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que volvín ver este enunciado xunto coa súa demostración noutro libro, Recreations in Mathematics, de H. E. Licks (D. Van Nostrand Company 1917) que descubrín grazas a este chío de Cliff Pickover. Esta mesma publicación contén outro resultado, que é o que vou compartir aquí. O autor comenta que é dos que paga a pena conservar.

Teorema. Todos os triángulos son equiláteros

Sexa un triángulo calquera $ABC$ con lados $a$, $b$ e $c$ opostos respectivamente aos ángulos $A$, $B$ e $C$.

Ampliamos a recta $CA$ ata o punto $D$ cun segmanto de lonxitude $c$. Así o triángulo $ABD$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$.

Ampliamos a recta $AB$ ata o punto $E$ cun segmento de lonxitude $b$. Así o triángulo $ACE$ será isóscele con dous ángulos iguais a $\frac{A}{2}$

Consideremos en primeiro lugar o triángulo $BCD$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{CD}{CB}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Consideremos agora o triángulo $CBE$. Aplicándolle o teorema do seno teremos:

$$\frac{BE}{BC}=\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Igualando as dúas expresións: $$\frac{b+c}{a}=\frac{sen\left( B+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}=\frac{sen\left( C+\frac{A}{2} \right)}{sen\left( \frac{A}{2} \right)}$$

Daquela $sen\left( B+\frac{A}{2} \right)=sen\left( C+\frac{A}{2} \right)$ entón $B+\frac{A}{2}=C+\frac{A}{2} $ e polo tanto $B=C$

Análogamente poderiamos demostrar que $A=B$ e de aí teremos que o triángulo é equilátero.

P.S.: Despois de ter publicada esta entrada entereime de que H. E. Licks é o pseudónimo de Mansfield Merriman (1848-1925), un enxeñeiro norteamericano

Cordas arquimedianas

Entre as páxinas máis sobranceiras de toda a historia das matemáticas están as do pequeno opúsculo sobre a Medida do círculo de Arquímedes, datado arredor do 225 a. C. O tratado contén só tres proposicións. A Proposición I di que a área dun círculo é igual á dun triángulo rectángulo onde un dos catetos é o raio e o outro a lonxitude da circunferencia. Para entender mellor a importancia deste resultado cómpre poñelo en contexto.

Daquela sabíase que a razón entre a lonxitude dunha circunferencia, $C$, e o seu diámetro, $d$, é sempre a mesma. Esta razón é o que hoxe coñecemos como a definición do número $\pi$.

$$\frac{C}{d}=\pi\quad\quad;\quad\quad C=\pi d$$

Euclides tamén establecera nos seus Elementos, concretamente na proposición XII.2, que a razón entre a área, $A$, dun círculo calquera e o cadrado do seu diámetro, $d$ era constante:

$$\frac{A}{d^{2}}=k\quad \quad;\quad\quad A=kd^{2}$$

Daquela, a Proposición I arquimediana explícanos que a constante para a circunferencia, $\pi$,  e a constante para o círculo, $k$, están relacionadas; resultado ao que hoxe estamos afeitos pero que daquela debeu ser toda unha revelación. Efectivamente, pola Proposición I a área do círculo pode calcularse como a área do triángulo anteriormente indicado:

$$A=\frac{1}{2}rC=\frac{1}{2}r\left( \pi d \right)=\frac{1}{2}r\left( \pi2r \right)=\pi r^{2}$$

Noutros termos: $A=\pi r^{2}=kd^{2}=k\left( 2r \right)^{2}=k\cdot4r^{2}\Longrightarrow k=\frac{\pi}{4}$

Seguramente o resultado máis coñecido do tratado Sobre o círculo sexa a Proposición III que nos dá aproximacións de $\pi$ tanto por exceso como por defecto. En concreto, establece que $3+\frac{10}{71}\lt \pi\lt 3+\frac{1}{7}$. Para establecelas Arquímedes fai uso do coñecido método exhaustivo ou método do agotamento. Faremos un comentario sobre cada unha destas dúas aproximacións.

Comezaremos pola primeira, $\pi\gt 3+\frac{10}{71}$. Para iso comézase por un hexágono inscrito na circunferencia. O cociente entre o perímetro do hexágono, $p_{6}$, e o diámetro pode ser unha primeira aproximación de $\pi$: $\pi\approx \frac{p_{6}}{d}$. Pero se temos un polígono con máis lados, a aproximación mellora. Arquímedes decidiu ir duplicando o número de lados: $6, 12, 24, 48$ ata $96$. El non desenvolve con detalle todos os pasos deste proceso. Iso será o que intentaremos nós nas seguintes liñas.

Un paso previo, as cordas.

Antes de entrar en materia debemos ter presente que nesa altura non existían senos, cosenos ou tanxentes. Os primordios desta etapa non chegarían ata o matemático indio Āryabhaṭa (V d.C.). Daquela, para mergullarnos na trigonometría arquimediana debemos falar de cordas dun ángulo central $\theta$

cordas

A corda do ángulo $\angle{BOC}=\theta$ será o segmento $CB$. Escribirémolo así: $Crd(\theta)=BC$. Sexa $R=OB$ o raio da circunferencia. Mediante a seguinte fórmula podemos relacionar as cordas ptolemaicas cos senos: $Crd\left( 2\theta \right)=2Rsen\theta$

Polo teorema de Pitágoras $Crd^{2}\left( 180-\theta \right)+Crd^{2}\theta=\left( 2R \right)^{2}$

Daquela $Crd\left( 180-\theta \right)=\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\theta}$. Quedémonos con esta última relación que utilizaremos máis adiante.

A corda do ángulo metade

Como xa se comentou, o obxectivo consiste en duplicar en cada paso o número de lados. Coñecida a lonxitude do lado dun polígono regular a cuestión consiste en obter a do lado dun polígono co dobre de lados. Se lle chamamos $\theta=2\alpha$ podemos reescribir o problema dicindo que, sabendo o valor da $Crd\left( 2\alpha \right)$, temos que determinar o valor da corda do ángulo metade, a $Crd\left( \alpha \right)$. Para iso axudarémonos da seguinte figura:

cordas e ángulo metade

Como $AD\bot BD$ e $BC\bot AC$ temos que $\widehat{DAC}=\widehat{CBD}=\frac{\alpha}{2}$

Os triángulos $ABD$ e $ACF$ son rectángulos e teñen o mesmo ángulo agudo $\frac{\alpha}{2}$, daquela son semellantes, polo tanto verificarase a seguinte igualdade:

$$\frac{AC}{CF}=\frac{AD}{BD}\Rightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{CF}{BD}$$

Os triángulos $ABD$ e $BDF$ tamén son rectángulos e comparten o mesmo ángulo agudo $\frac{\alpha}{2}$: velaí que tamén son semellantes polo que:

$$\frac{AB}{AD}=\frac{BF}{BD}$$

Sumando estas expresións obtemos:

$$\frac{AC+AB}{AD}=\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}=\frac{CF}{BD}+\frac{BF}{BD}=\frac{CF+BF}{BD}=\frac{BC}{BD}$$

Centrémonos na primeira e na última expresión. Temos que $AC=Crd(2\alpha)$, $AB=2R$, $AD=Crd(180-\alpha)$, $BC=Crd(2\alpha)$ e $BD=Crd(\alpha)$. Substituíndo estas expresións quédanos:

$$\frac{Crd\left( 180-2\alpha \right)+2R}{Crd\left( 180-\alpha \right)}=\frac{Crd\left( 2\alpha \right)}{Crd\left( \alpha \right)}$$

É o momento de lembrar a relación que obtivemos ao principio desta entrada, $Crd\left( 180-\theta \right)=\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\theta}$. Aplicámola á anterior igualdade.

$$\frac{Crd\left( 2\alpha \right)}{Crd\left( \alpha \right)}=\frac{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+2R}{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}}$$

A expresión pide que a elevemos ao cadrado:

$$\frac{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)+4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+4R^{2}}{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}$$

E a botar contas:

$$\frac{4R^{2}-Crd^{2}\left( \alpha \right)}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{8R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)+4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

$$\frac{4R^{2}}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}-1=\frac{8R^{2}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}-1+\frac{4R\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

Eliminamos os $1$ que están restando nos dous membros e dividimos por $4R^{2}$:

$$\frac{1}{Crd^{2}\left( \alpha \right)}=\frac{2}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}+\frac{\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}=\frac{2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

Invertendo as fraccións e multiplicando posteriormente polo conxugado:

$$Crd^{2}\left( \alpha \right)=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)}{2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}}=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left(2R- \sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{\left(  2R+\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}\right)\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}=$$ 

$$=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left(2R- \sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{4R^{2}-4R^{2}+Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}=\frac{RCrd^{2}\left( 2\alpha \right)\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)}{Crd^{2}\left( 2\alpha \right)}$$

$$Crd^{2}\left( \alpha \right)=R\left( 2R-\sqrt{4R^{2}-Crd^{2}\left( 2\alpha \right)} \right)$$

Convén decatármonos que se a $Crd\left( 2\alpha \right)$ é o lado dun polígono de $n$ lados, a $Crd\left( \alpha \right)$ será o lado dun polígono de $2n$ lados. Este era o obxectivo perseguido.

Seguro que Arquímedes non traballou con esta última fórmula pero posiblemente tivera que realizar uns cálculos moi semellantes e a nós esta relación funcional tranquilízanos moito.

Moedas falsas

Antes de nada imos cumprir co prometido dando a solución do problema proposto na anterior entrada, Adiviña fibonacciana. A cuestión consistía en determinar a suma dos 10 primeiros termos dunha sucesión do estilo da de Fibonacci que comezase por dous termos descoñecidos $a$ e $b$ a partir do coñecemento dun dos 10 elementos desa sucesión. O problema é realmente curioso porque parece imposible poder determinar esa suma sabendo só un elemento. Basta con que elaboremos unha táboa como a seguinte indicando os termos da sucesión nunha fila e as sumas dos mesmos noutra. A resposta salta á vista.

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	$10$
$f_{n}$	$a$	$b$	$a+b$	$a+2b$	$2a+3b$	$3a+5b$	$5a+8b$	$8a+13b$	$13a+21b$	$21a+34b$
$S_{n}$	$a$	$a+b$	$2a+2b$	$3a+4b$	$5a+7b$	$8a+12b$	$15a+20b$	$21a+33b$	$34a+54b$	$55a+88b$

Por se hai alguén con falta de vista, que se fixe no valor de $f_{7}$

Esta cuestión recollina do libro The Mathematics of Various Entertaining Subjects (Princenton University Press, 2016), un libro no que cada capítulo está asinado por un autor distinto. Chamoume a atención o de Anany Levitin, que trata sobre adiviñas matemáticas que se resolven nun só paso. A autora destaca este tipo de retos porque son sorprendentes e escasos, un par de características que os fan moi valiosos. Por se esta perla non anima o suficiente a botarlle un ollo ao capítulo de Levitin, vou recoller un par de problemas máis desta mesma fonte. Cando lin o enunciado do primeiro vin inmediatamente a solución. Claro! foi divulgado por Martin Gardner e seguramente xa non era a primeira vez que o tiña diante.

Unha pía de moedas falsas. Hai 10 pías de 10 moedas de aparencia idéntica. Todas as moedas dunha destas pías son falsas, mentres que todas as moedas das outras pías son auténticas. Cada moeda auténtica pesa w gramos, mentres que cada moeda falsa pesa w + 1 gramos, onde w é coñecido.

Tamén existe unha báscula dun só prato que pode determinar o peso exacto de calquera número de moedas. Identifica a pía coas moedas falsas nunha soa pesada.

O segundo trata o mesmo tópico, moedas legais vs. moedas falsas. Deste vou dar a solución máis abaixo, así que se queres gozar con el, non fagas scroll máis abaixo da imaxe. Por certo, na imaxe aparecen moedas de peseta. Os que xa temos certa idade lembramos que as moedas de 5 pesetas chamábanselle pesos. Normalmente non se falaba dos billetes de cen pesetas, senón dos de vinte pesos.Tiven o malicioso pensamento de usar no seguinte enunciado a palabra peso no canto de moeda para encerellar máis o problema, pero contívenme. Retrospectivamente creo que fixen mal, así que queda como exercicio ao lector que lea o enunciado facendo o cambio e verá que o meu espírito malicioso tiña razón.

Unha moeda sospeitosa. De 101 moedas, 50 son falsas. O peso dunha moeda auténtica é un número enteiro descoñecido, mentres que todas as moedas falsas teñen o mesmo peso, que difire do peso dunha moeda auténtica en 1 gramo. Pedro ten unha báscula de dous pratos que mostra a diferenza de peso entre os obxectos colocados en cada prato. Pedro elixe unha moeda e quere determinar nunha soa pesada se é auténtica ou falsa. Pode facelo?

Tanto monta, monta tanto

Canto pesan 20 pesos?

O curioso do caso é que podemos dar a solución de dúas formas completamente distintas. Vexamos a primeira.

Colócase nun prato da balanza a moeda escollida e no outro o resto. Sexa $a$ o peso dunha moeda auténtica e $f=a\pm 1$ o dunha moeda falsa. 

Se a moeda escollida é falsa a diferenza entre os pratos  será $51a+49f-f=51a+48f=51a+48(a\pm1)=99a\pm48$ que é múltiplo de $3$

Se a moeda escollida é auténtica a diferenza entre os pratos será $50a+50f-a=49a+50f=49a+50(a\pm1)=99a\pm50$ que non é múltiplo de $3$

Tamén podemos resolver o problema segundo as indicacións de Fomin et al, do libro Círculos matemáticos (SM&RSME 2012), editado na colección Estímulos Matemáticos. Agora déixase a un lado a moeda escollida e colócanse 50 moedas en cada prato da balanza.

Estudemos o que sucede se a moeda retirada é auténtica. Nese caso quedan 50 de cada tipo. Supoñamos que no primeiro prato poñemos as 50 auténticas que pesan $50a$ e no segundo as 50 falsas, que pesan $50(a\pm1)=50a\pm50$.  Daquela a diferenza de peso entre os pratos será $\pm50$. Se intercambiamos unha moeda falsa do primeiro prato cunha falsa do segundo, a diferenza variará en $\pm2$. Se repetimos o intercambio a diferenza seguirá sendo par.

Se a moeda retirada fora falsa quedarían 49 falsas e 51 auténticas. Supoñamos que no primeiro prato temos 50 auténticas e no segundo están as 49 falsas máis a outra auténtica. Entón a diferenza entre os pesos dos pratos será $50a-(49f+a)=49a-49f=49a-49(a\pm1)=\pm49$, un número impar. Outra vez, se intercambiamos unha moeda auténtica dun prato con outra falsa do outro, a variación da diferenza será de $\pm2$. En conclusión, cando a moeda retirada é falsa, a diferenza de peso entre os pratos é impar. 

Adiviña fibonacciana

Hai tempo que por unha ou por outra razón non publico no blogue, uns 4 meses. Grazas a Andrés Ventas, o colaborador que apareceu por aquí hai un par de anos, a miña falta non se notou tanto porque el seguiu achegando entradas durante todo este tempo. Este período de sequía fíxome ver algo sobre o que me teño interrogado en varias ocasións, se me resultará traumático abandonar este blogue. Comprobei que non. Como envorco por aquí o que quero e cando me peta, decateime de tampouco hai dor ningunha en deixar de facelo cando non me satisfaga elaborar novas entradas. A pesar de toda esta introdución, creo que aínda non chegou ese momento, así que, sen darlle máis voltas vou deixar de seguido un novo retallo. 

Tal e como se pode adiviñar polo título, o asunto ten que ver coa sucesión de Fibonacci. Aproveito inchar o peito co contido deste blogue lembrando a entrada "Problemas consecutivos" dedicada ben a esta sucesión, ben ao seu amigo o número áureo. Alí, despois dunha redación inicial de 9 problemas, fun engadido en sucesivas ampliacións outros tantos problemas arredor do mesmo tópico. Desta vez apeteceume adicarlle unha espazo a un novo problema. 

A sucesión de Fibonacci é o exempolo clásico de sucesión definida recursivamente. Dados os dous primeiros termos, os seguintes serán a suma dos dous anteriores. $$f_{1}=0, \quad f_{2}=1, \quad f_{n+2}=f_{n}+f_{n+1}$$

Daquela teremos a seguinte seguinte archocoñecida sucesión: $0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...$

Hai moitas outras sucesións que se poden construír ao estilo Fibonacci; basta con que os dous valores iniciais sexan outros. Por exemplo, con $f_{1}=4$ e $f_{2}=9$ obteremos a sucesión fibonacciana $4, 9, 13, 22, 35, 57, 92, 149, 241, 390,...$

Adiviñación da suma de Fibonacci. Pídelle a un amigo que xenere os 10 primeiros termos dunha sucesión fibonacciana comezando polos números enteiros $a$ e $b$ da súa escolla e que sexan descoñecidos para ti. Entón dille que che diga o valor dun deses 10 termos. Daquela ti debes ser quen de adiviñar a suma deses 10 termos. Que termo debes preguntar? Como determinar esa suma?

Na vindeira entrada darei a solución e a referencia do libro no que recollín o problema.