Problemas consecutivos

Velaquí unha lista de problemas que, por algunha razón, cualificamos de consecutivos.

Problema 1. Dada unha plataforma  2ｘ3, vemos que podemos cubrila consecutivamente de esquerda a dereita con fichas de dominó de 3 formas distintas:

Pídese facer o reconto das formas de cubrir con fichas de dominó unha plataforma 2ｘn

Problema 2. De cantas formas podemos escoller un subconxunto entre os n primeiros números {1, 2, 3, 4, ..., n} de forma que non haxa dous consecutivos?

Problema 3. En n tiradas dunha moeda, acha a probabilidade de non obter dúas caras consecutivas. E a de non obter tres caras consecutivas?

Problema 4. Dispoñemos de todas as moedas que queiramos de 1 € e de 2 € . Se tivéramos que pagar 4 € nun caixeiro automático poderiamos facelo de 5 maneiras distintas introducindo as moedas consecutivamente: 1+1+1+1, 1+1+2, 1+2+1, 2+1+1 ou 2+2+1.
De cantas fomas podemos realizar un pago de n €? E se non importa a orde en que introducimos as moedas?

Problema 5. Dado o rectángulo ABCD, determinamos sobre dous lados consecutivos dous puntos P e Q respectivamente, tales que os triángulos T₁, T₂ e T₃ teñan a mesma área. Calcula as proporcións AP/PB e CQ/QB.

Problema 6. Dado un rectángulo de lados x e y, engadímoslle consecutivamente a un dos lados un cadrado formando así outro rectángulo maior. Acha a relación entre os lados x e y sabendo que as diagonais dos rectángulos son perpendiculares.

Post Scriptum. Problema 7. Dado un triángulo equilátero de lado unha unidade, se escollemos un punto dun dos lados trazando paralelas a estes determínanse tres triángulos equiláteros. Tamén se forman os trapecios marcados na imaxe. Trátase de determinar o valor de x para que eses trapecios sexan semellantes.

Post Scriptum. Problema 8. Determina a razón a/b para que a área da elipse e da coroa circular coincidan. 

Post Scriptum. Problema 9. Dado un triángulo ABC inscrito nunha circunferencia consideremos os puntos medios D e E , do lado AB e do lado AC respectivamente. Prolongamos DF ata que interseca na circunferencia en F. Pídese a razón DF/DE

Post Scriptum. Problema 10. Pídese a razón entre as áreas dos triángulos sombreados

Post Scriptum. Problema 11. En tres circunferencias iguais inscribimos un pentágono, un hexágono e un decágono. Os lados destes polígonos forman un triángulo rectángulo. Determina a razón entre os catetos. 

Post Scriptum. Problema 12. Resolve $1+10^{x}=100^{x}$. [recollido de aquí]

Notación: o punto de vista do profesor

Un libro excepcional

Hai un cualificativo que nos acae moi ben aos profesores de matemáticas: é o de "repugnante". Pero temos razóns para selo.
Non poucas veces observamos na libreta ou nun exame dun alumno que aquilo ao que chama "a" no enunciado denótao despois como "A". Nese caso levámonos as mans á cabeza.
Tampouco é infrecuente que ese "a" (ou "A") cambie máis ou menos aleatoriamente durante a resolución do exercicio. Entón é cando baixamos todos os santos do ceo. E, insisto, temos razón.
Nesta entrada vou ir contra todas as normas e demostrarei que: $$s\cdot r=s\cdot R$$
onde, obviamente, "r" e "R" farán referencia a cantidades distintas.
Para poder avanzar, primeiro cómpre dar marcha atrás. Comenzaremos cun resultado xeométrico moi coñecido

Teorema. Dado un triángulo (acutángulo) ABC, sexa s o semiperímetro e r o raio da circunferencia inscrita. Entón a área do triángulo será: [ABC]=s・r

Demostración:
Sexa I o incentro, $$\left[ ABC \right] =\left[ AIC \right] +\left[ BIC \right] +\left[ CIA \right] =\frac { 1 }{ 2 } rc+\frac { 1 }{ 2 } ra+\frac { 1 }{ 2 } rb=sr$$
QED.







Denotemos por "R" o raio da circunferencia circunscrita. Acabaremos vendo que esta área é o produto dun semiperímetro por R. Pero primeiro pegaremos un rodeo que nos levará pola resolución do problema de Fagnano.

O problema de Fagnano. Nun triángulo acutángulo ABC determina o triángulo inscrito D₀E₀F₀ de perímetro mínimo.

H. A. Schwartz (1843-1921)ofrecera unha solución fantástica deste problema mediante unha repetida reflexión do triángulo ABC. O que vou presentar de seguido é unha alternativa ofrecida por Féjer (1880-959) , un alumno de H. A. Schwartz , e que recollo dun libro excepcional, Números y figuras (Alianza, 1970), de Otto Toeplitz e Hans Rademacher.

Sexa AD₁ simétrico de AD respecto AB
Sexa AD₂ simétrico de AD respecto AC
ED₂ simétrico de ED respecto de AC, polo que ED₂=ED
FD₁ simétrico de FD respecto de AB, polo que FD₁=FD
Entón o perímetro do triángulo DEF coincide coa lonxitude da liña D₁FED₂
Con D fixo, o menor perímetro dos triángulos inscritos será o de DE₀F₀
Vexamos agora onde colocar D para que D₁D₂ sexa o menor posible
AD₂ e AD₁ son os simétricos de AD. Polo tanto AD₁D₂ é isóscele
Agora ben, o ángulo D₁AD₂ non depende da escolla de D₁: é sempre o mesmo.
$$DAB\quad e\quad { D }_{ 1 }AB\quad son\quad congruentes\quad \Longrightarrow \widehat { DAB } =\widehat { { D }_{ 1 }AB } $$
$$DAC\quad e\quad { D }_{ 2 }AC\quad son\quad congruentes\quad \Longrightarrow \widehat { DAC } =\widehat { { D }_{ 2 }AC } $$
Polo tanto $$\widehat { { D }_{ 1 }A{ D }_{ 2 } } =2\cdot \widehat { BAC } $$
O triángulo AD₁D₂ terá a menor área cando AD₁=AD₂=AD sexa o máis pequeno posible. Como a menor distancia dun punto a unha recta é a perpendicular, AD será menor cando sexa a altura sobre o lado BC.
Polo tanto a solución é única: D₀E₀F₀. Ademais, análogamente o feito con D, poderíamos repetilo para F ou para E.. De aí que F é E sexan os pés das outras dúas alturas. Así DE₀F₀ é o triángulo órtico, e tamén é a solución ao problema de Fagnano (de aí que escriba D=D₀ )Pero aquí non acaba o conto.


Como BF₀C e BE₀C son triángulos rectángulos, F₀E₀BC é un cuadrilátero cíclico. De aí: $$\widehat { B } +\widehat { { F }_{ 0 }{ E }_{ 0 }C } =180º\Longrightarrow \widehat { A{ E }_{ 0 }{ F }_{ 0 } } =B=\widehat { X{ E }_{ 0 }C } $$
E tamén (por reflexión e por seren opostos polo vértice):
$$\widehat { B } =\widehat { { D }_{ 0 }{ E }_{ 0 }C } =\widehat { A{ E }_{ 0 }G } $$
O dito para o ángulo B pódese reproducir para A e C.

Ademais a lonxitude D₁D₂ é o perímetro do triángulo órtico e por reflexión o ángulo A do triángulo orixinal pasa a ser 2A:

$${ s }_{ 0 }=\bar { A{ D }_{ 1 } } \cdot senA=\bar { A{ D }_{ 0 } } \cdot senA$$
$$2R=\frac { a }{ senA } $$
$$R\cdot { s }_{ 0 }=\frac { a }{ 2senA } \bar { A{ D }_{ 0 } } senA=\frac { 1 }{ 2 } \bar { A{ D }_{ 0 } } a=\left[ ABC \right] =r\cdot s$$

Está claro que se non distinguira entre s (semiperímetro do triángulo ABC) e s₀ (semiperímetro do triángulo órtico) estaría escribindo un disparate (r・s=R・s). Velaí a  importancia destas subtís distincións pois, é tan inconveniente denotar a mesma cousa mediante símbolos distintos (como "a" e "A") como usar o mesmo símbolo para representar elementos distintos. Esta batalla, quizais condenada ao fracaso, líbrase acotío nas nosas aulas, e é fundamental na formación da rapazada no seu proceso de inculturación matemática.

Nesta entrada, xunto coa anterior, quixen poñer de manifesto o que teñen o profesor e o alumno na cabeza cando insiste tanto na necesidade da reflexión e a coherencia na notación. Se, por unha banda, nunca convén aniquilar as expectativas do alumno, pola outra é ineludible levar polo rego da boa escritura matemática aos discentes, poñendo en evidencia os problemas dunha mala notación. Como en todo, no ámbito do ensino, manter ese equilibrio non é nada fácil.

Notación. O punto de vista do alumno

Poñámonos en situación. Un rapaz coitadiño acaba de entrar no ba charelato (pre-LOMCE, pre-LOE, pre-LOGSE). É de familia traballadora, das aforas da vila. Nese instituto masificado todo lle é grande. Acaba de rematar a EXB, Ten que enfrontarse a un dos primeiros exames desta nova etapa.
O exame tiña tempo limitado, duraba só os 10 primeiros minutos da clase e só tiña dúas preguntas; cada unha de 5 puntos. A primeira: "representa o sistema de coordenadas tridimensional".
Eu que era aquel rapaz, no canto de facer un esquema como o da figura 1, debín facer algo como o da figura 2. Non foi porque non soubera como se denominaban normalmente os eixos de coordenadas (que o sabía),  senón porque me parecía irrelevante, aburrido, manter sempre a mesma orientación.
A nota da pregunta, un 0, a do exame: xa se pode ventar. As consecuencias tamén poden enxergarse. Aquel rapaz recibiu unha primeira lección que lle indicaba que as matemáticas non eran para el. Máis aínda, parecía que o bacharelato tampouco estaba ao seu alcance. Facer memoria de todo isto pode agora incluso provocarme un sorriso, máis daquela o panorama que se me debuxaba era máis ben pouco desexable.

P.S.: non tardarei en publicar outra entrada relacionada con esta que conte o punto de vista do profesor.