A inversión proxectada

Paga a pena ler as anotacións da biografía de Jakob Steiner (1796-1863) do portal MacTutor da Universidade de St. Andrews (Escocia) para enterármonos dos avatares da súa vida. Alí cóntase que non aprendeu a ler nin a escribir ata os 14 anos e que os seus pais non querían que estudase. Foi pola súa propia iniciativa que ingresou na escola de Pestalozzi e só despois de estar varios anos gañándose a vida como profesor particular de matemáticas, chegou a ter a atención doutros matemáticos do seu tempo como Jacobi, Abel ou Crelle. De feito xa no primeiro número do famoso Xornal de Crelle aparece un artigo de Steiner no que desenvolve a súa teoría da potencia dun punto respecto dunha circunferencia. En relación con estas ideas o matemático suízo inventa no ano 1830 unha cuasi-transformación do plano (afecta a todo o plano agás a un punto). Estamos a falar da inversión. Presentaremos dous métodos equivalentes de construír unha inversión.

Metodo 1. Dado un punto $P$ no círculo de centro $O$ e raio $R=OT$ trazamos a semirecta $OP$ e a súa perpendicular polo punto $P$. Esta perpendicular cortará en dous puntos á circunfenrencia. A tanxente nun destes puntos cortará a semirecta $OP$ nun punto $P'$ que será a inversión de $P$

No caso de que $P$ fique fóra do círculo a obtención de $P'$ sería semellante. Desde $P$ trazamos unha das tanxentes á circunferencia $PT$. Despois trázase a perpendicular a $OP$ por $T$ e obtemos $P'$

 

Nesta applet pódese comprobar que o segundo método é equivalente ao primeiro.

Método 2. Se $P$ está dentro do círculo de centro $O$ e raio $R=OU$ trazamos a semirecta $OP$ e o diámetro $RS$ ortogonal a $OP$. Desde un destes extremos do diámetro, diagamos $R$, trazamos a semirecta $RP$ que cortará á circunferencia en $V$. Trazamos entón a semirecta $SV$ que cortará a $OP$ no punto buscado $P'$.

Se $P$ está fóra do devandito círculo bastará con trazar $RP$ que corta á circunferencia en $V$. Entón $SV$ cortará a $OP$ en $P'$.

En ambos casos a inversión dun punto da circunferencia é o propio punto $P'=P$

Formulación alxébrica da inversión

Coa finalidade de obter unha caracterización máis alxébrica, repasemos cada un destes métodos.

Os triángulos $OTP$ e $OTP'$ son semellantes, de aí que $$\frac{OP}{OT}=\frac{OT}{OP'}$$ $$OP\cdot OP'=OT^{2}=R^{2}\quad\quad [1]$$

Vexamos como aplicando o outro método obtemos o mesmo resultado

 Os triángulos $UOP$ e $VOP'$ son semellantes, de aí que $$\frac{OP}{OU}=\frac{OV}{OP'}$$ $$OP\cdot OP'=OU\cdot OV=R^{2}\quad\quad [1']$$

Así podemos definir o inverso dun punto $P$ respecto dunha circunferencia de centro $O$ e raio $R$ como outro punto $P'$ na semirecta $OP$ tal que $OP\cdot OP'=R^{2}$

Con esta observación fica claro que o inverso do inverso é o propio punto.

A inversión proxectada

Curiosamente a proxección estereográfica, da que falamos na anterior entrada,  está conectada coa inversión. En concreto, podemos definir a inversión mediante a proxección estereográfica. 

Consideremos o plano $\sigma$ e nel unha circunferencia de centro $S$ e raio $R=2r$, con $r$ o raio da esfera $NP_{\pi}S$ tanxente a $\sigma$ en $S$

Dado un punto $P$ de $\sigma$, mediante a inversa da proxección esteriográfica obtemos na esfera o punto $P_{\pi }$. Sexa entón $P'_{\pi }$ o punto diametralmente oposto a $P_{\pi }$ nesa esfera. A proxección estereográfica deste punto será $\overline{P_{\pi }'}$.

Como $P_{\pi }P'_{\pi }$ é un diámetro o ángulo en $N$ é recto. Velaí que o triángulo $PN\overline{P_{\pi }'}$ é rectángulo. Polo teorema da altura

$$PS\cdot \overline{P'_{\pi }}S=NS^{2}=\left ( 2r \right )^{2}=R^{2}$$

Como se verifica a condición [1] (equivalentemente [1']) dada anteriormente, o punto $\overline{P'_{\pi }}$ sería o inverso de P respecto da circunferencia de centro $S$ e raio $R$ se non fose por un pequeno detalle: que non está na semirecta $SP$. Por esta razón aínda teremos que aplicarlle unha simetría respecto de $S$ a ese punto para obter, por fin, o inverso $P'$.

En resumo, a inversión dun punto $P$ nun plano $\sigma$ respecto dunha circunferencia de centro $S$ e raio $R$ pode obterse mediante a seguinte serie de transformacións:

• A inversa da proxección estereográfica
• O punto diametralmente oposto respecto do centro da esfera
• A proxección estereográfica
• A simetría respecto do centro na circunferencia

De todo isto conclúese que as propiedades que viramos na anterior entrada sobre a proxección estereográfica esténdense á inversión pois son propiedades que tamén se conservan polas simetrías aplicadas. Isto é:

• Como a proxección estreográfica leva circunferencias que pasan polo Polo Norte en rectas, a inversión transformará circunferencias que pasan polo centro $S$ da circunferencia de inversión en rectas.
• Como a proxección esterográfica leva circunferencias que non pasan polo Polo Norte en circunferencias, a inversión transformará circunferencias que non pasan polo centro $S$ da circunferencia de inversión en circunferencias.
• Como a proxección estereográfica conserva os ángulos, a inversión conservará os ángulos.

Con toda esta bagaxe de certo que a nosa visión do seguinte vídeo será máis profunda, e gozaremos máis del. Que vídeo? Pois un, en concreto o primeiro, dos do marabilloso proxecto Dimensions, no que as imaxes xogan coa proxección estereográfica e a inversión no plano proxectado. Sóavos de algo?

Escolma de problemas de Matemáticas na Raia

A raíz da última entrada estiven remexendo nos problemas propostos no concurso Matemáticas na Raia que organizan anualmente AGAPEMA e a APM desde o ano 2015. En cada edición propóñense 5 problemas que un grupo de alumnos de 3º da ESO (9º curso en Portugal) deben resolver durante 90 minutos. Dos 40 problemas propostos nas 8 edicións fixen unha escolla persoal que paso a compartir.

Para resolver este primeiro problema comecei a trazar segmentos sobre a imaxe para trazar unha liña de abordaxe ata que, de súpeto un aire de inspiración me trouxo de golpe a solución que presento aquí. Se queres intentar resolvelo por ti mesmo, non uses o esvarador!

2015. Problema 1. Circunferencia oprimida. Observade agora na figura seguinte a unha circunferencia "oprimida" e lede atentamente as súas lamentacións: "Son unha pobre circunferencia oprimida por 2 triángulos equiláteros. Son tanxentes a cada un dos lados do triángulo grande. E cada un dos tres vértices do triángulo máis pequeno atópase na miña circunferencia. Ás veces pregúntome cantos triángulos pequenos serían necesarios para igualar a superficie do triángulo grande. Que pensades vos Pensade e explicade o voso razoamento.

Quizais os rapaces que participaron na edición do 2016 quedaron algo despistados ao non ofrecérselle a altura dos botes de tomate. Pero a min foi outra cousa a que me chamou a atención. A ver se lle pasa o mesmo ao eventual lector desta entrada. Velaquí o enunciado:

2016. Problema 5. Fabricante de salsa de tomate listo.Un fabricante de salsa de tomate embala latas de 10 cm de diámetro en caixóns cadrados de 80 cm de lado. 

Como un estudo de mercado lle indicou que esas latas eran demasiado grandes, o fabricante decide cambialas por outras cilíndricas, como as anteriores e da mesma altura pero de 5 cm de diámetro. Para embalar as latas, o fabricante segue utilizando as mesmas caixas cadradas de 80 cm de lado, para aforrar cartos. 

A) As caixas que conteñen as novas latas pequenas, conterán máis ou menos salsa de tomate que cando estaban cheas de latas grandes? (Non se terá en conta o espesor das paredes das latas) 

B) E se as latas foran de 6 cm de diámetro. As caixas que conteñen as novas latas non tan pequenas, conterán máis ou menos salsa de tomate que cando estaban cheas de latas grandes?

 C) Cales deben ser as dimensións en valores enteiros do diámetro das latas, para que sempre usemos a mesma cantidade de salsa de tomate para encher as caixas?

Que? Nada estraño?

O problema está pensado para que se responda que podemos colocar 8×8=64 latas de 10 cm de diámetro ou 16×16=256 latas de 5 cm de diámetro para despois pasar a facer un traballo cos divisores de 80. Pero...non collerán máis latas dentro da caixa? Pénsao antes de facer scroll.

O certo é que si. Neste portal que recompilaba os mellores empaquetamentos de círculos no cadrado unidade, indica como se poden colocar 68 círculos de 10 cm e 280 círculos de 5 cm dentro do cadrado de 80×80.

Efectivamente, sen pretendelo fomos bater cun problema realmente difícil, tanto que aínda non ten solución. No libro Unsolved problems in geometry preséntase a cuestión de dúas formas distintas pois o problema do empaquetamento de círculos nun cadrado é equivalente ao do espallamento de puntos nun cadrado. Neste segundo caso trataríase de colocar n puntos nun cadrado unitario de forma que a menor distancia entre eles sexa máxima. Se unha colección de n puntos están a polo menos unha distancia d, eses puntos poden servir como centros de círculos de raio d para empaquetar n círculos nun cadrado de lado 1+d. Velaquí unha ilustración deste feito para o caso n=5.

A distancia d=$\frac{\sqrt2}{2}$

Como efecto colateral vou deixar proposto o seguinte problema:

Problema colateral. Determinar a máxima distancia á que se poden colocar tres puntos sobre o cadrado unidade

Na seguinte proposta explícase como calcular os arranxos de 5 elementos tomados de 4 en 4. Faise para calcular todas as posibles matrículas de catro cifras impares diferentes. O sorprendente é a pregunta. A pesar de ser un resultado de matemáticas elementais, nunca reparara nel.

2018. Problema 4. Matrículas dos automóbiles. Adriano interesábase polos números das matrículas dos automóbiles do seu país, máis concretamente por todos aqueles compostos por catro cifras impares todas diferentes, por exemplo, 3175. Adriano calculou a cantidade de tales números. En efecto, como existen cinco cifras impares 9, 7, 5, 3, e 1, existen cinco formas diferentes de escoller a cifra da dereita, catro formas de escoller a seguinte para que sexa diferente da anterior, tres para escoller a terceira e dúas para escoller a cuarta. Total: 5 x 4 x 3 x 2 = 120. Con todo, Adriano non chegou a calcular a suma destes 120 números. Non obstante, é posible facer este cálculo directamente. Como? Xustificade a vosa resposta

Na última proposta volvín a decidirme por non engadir a imaxe que ofrecían na edición de Matemáticas na Raia. Aquí ofrezo unha que dá máis pistas: que nos indican os puntos vermellos? 

Nesta ocasión esperaba que preguntaran por un punto dos eixos ou da diagonal do primeiro cuadrante como os que aparecen na ilustración. Non é o caso, así que supoño que isto despistaría a moitos dos que o abordaron. Cousas de que o ano 2018 non fose nin un cadrado, nin unha unidade menor que un cadrado, nin tan siquera a suma dun cadrado e a súa raíz. Un ano ben anódino para poñer problemas.

2018. Problema 5. Un robot circula por un plano coordenado da forma que marca o debuxo. 

Así, despois de chegar ao punto (7,0), avanzará unha unidade en horizontal ata o punto (8,0), logo subirá en vertical 8 unidades ata o punto (8,8) e retrocederá en horizontal oito unidades ata o punto (0,8), e así sucesivamente. 

Se cada unidade do plano mide 1 centímetro, en que coordenadas se atopará cando leve percorridos exactamente 2018 centímetros?

Outra vez, imaxe con axuda

Un problema de Kíiv

Nestes días Ucraína é o gran foco de atención mundial. Desafortunadamente éo porque nese espello reflíctese a cara máis aborrecible do ser humano: morte, destrución e guerra con consecuencias imprevisibles pero sempre cargadas de dor. A invasión mediática é tal que incluso desde os lugares máis alonxados  as insitucións máis distanciadas do conflito viraron a súa mirada cara Ucraína. Foi o caso da Real Academia Galega, en concreto do seu Seminario de Onomástica, que se preocupou pola forma que deberían ter na nosa lingua os topónimos ucraínos. O caso máis rechamante quizais sexa o da capital, que ata o momento coñeciamos a través da súa adaptación rusa, Kiev, pero que a partir de agora deberemos escribir, Kíiv, a súa transliteración da pronuncia autóctona do nome.

E que ten que ver todo isto coas matemáticas? O parágrafo anterior serve para explicar a discrepancia de grafías entre o título da entrada e a do libro ao que me vou referir, From Erdös do Kiev: Problems of Olympiad Caliber. O seu autor é, nin máis nin menos, que o canadiano Ross Honsberger (1929-2016), responsable dunha boa colección de diamantes, xemas e delicias matemáticas. O libro, está claro, recolle problemas de distintas competicións matemáticas e, efectivamente, unha delas foi unha olimpíada celebrada en Kíiv no 1954. O comentario explícto de Honsberger de que o problema que recolle se lle propuxera a estudantes de 9º grao (equivalente ao noso 3º da ESO) incita a que pensemos que é demasiado difícil para este nivel. Presentamos por fin o enunciado:

Inscríbese unha circunferencia nun triángulo e circunscríbese un cadrado a esa circunferencia. Demostra que máis da metade do perímetro do cadrado está dentro do triángulo.

Dito doutro xeito, e facendo referencia ao seguinte applet, hai que demostrar que as liñas vermellas suman unha lonxitude maior que as verdes:

Reflexionando sobre o problema, se no canto de considerar un cadrado tomamos outro polígono regular de máis lados, parece que o resultado debe seguir verificándose pois ese polígono regular cingue máis estreitamente a circunferencia polo que parece que debería estar máis dentro do triángulo. En conclusión unha maior parte do perímetro do polígono será interior ao triángulo. Isto non sucede se o polígono fose un triángulo. Basta ver a seguinte representación con triángulos equiláteros.

Aquí é obvio que o perímetro exterior ao triángulo (en verde) duplica ao perímetro interior (en vermello).

A solución que nos ofrece Honsberger fai uso dun fermoso e evidente resultado:

Nun triángulo rectángulo a diferenza entre a suma dos catetos e a hipotenusa é igual ao diámetro do incírculo.

Basta con botarlle unha ollada á seguinte figura para confirmalo:

Deixo nas mans dos poucos que poidan pousar os ollos nesta entrada o traballo de completar a demostración do problema de Kíiv.

Neuse anónima

Nunca reparara nas construcións neuse ata que comecei a remexer no recomendable blogue Regra e compás de Paulo González Ogando. Polas súas máis de 200 entradas podemos navegar por un sistemático estudo das construcións da xeometría plana que son factibles segundo diversos procedementos. Facendo honra ao nome do blogue, moitas delas poden realizarse con regra e compás. Lembremos que neste caso suponse que o compás colapsa nada máis se fixo uso del, polo que non nos serve como transportador de lonxitudes. Tampouco podemos trasladar lonxitudes coa regra pois enténdese que non ten marcas; a súa utilidade consistirá en trazar rectas entre dous puntos calquera do plano. A xeometría euclidiana clásica só facía uso destas ferramentas. Baixo estes supostos moitas construcións non serían posibles. Porén, se no canto da regra clásica permitimos usar unha regra con dúas marcas Q e R a unha distancia QR=a (diastema), seremos quen de trisecar ángulos (seguindo ben a Arquímedes, ben a Conway), duplicar o cubo, construir un heptágono  un eneágono e moitos outros polígonos regulares. O uso da regra marcada tamén é coñecido como neuse, segundo a súa denominación clásica. Vexamos en que consiste.

Os seguintes parágrafos describen o que se pode ver na applet de Geogebra.

Supoñamos que temos un punto P, dúas rectas r e s e unha distancia Q'R'=a. Imaxinemos que cravamos en P unha punta. Agora colocamos a regra marcada pasando por P e xirámola mantendo o punto Q' na recta s ata que o outro extremo do segmento, R', fique sobre r. Así obtemos a recta buscada que pasa por A, B (distantes a unidades) e P.

Se partimos dun punto P e dúas circunferencias c e d, volvemos a colocar a punta en P e sobre ela xiramos a regra marcada mantendo o punto Q na circunferencia c ata que o outro extremo, R, fique en d. Así achamos os segmentos AB e CD, ambos aliñados con P e de lonxitude igual á do diastema QR.

Finalmente dado P, unha circunferencia c e unha recta r, colocando a punta en P e movendo sobre ela a recta marcada co punto Q na circunferencia, obteremos AB e CD, ambos aliñados con P e de lonxitude igual á do diastema QR.

A neuse para resolver a duplicación do cubo

Os libros de historia das matemáticas afirman que nesta ciencia houbo un cambio substancial na época da Grecia clásica. Anteriormente, en Exipto e Babilonia as matemáticas aparecían sempre como técnica aplicadas para a resolución de determinados problemas prácticos. Non hai constancia dunhas matemáticas entendidas como un saber dedutivo que trata sobre teorías abstractas. Consideremos, por exemplo, un dos problemas clásicos, o 

Problema da duplicación do cubo. Dado un cubo de aresta AB, achar (con regra e compás) a aresta CD doutro cubo que duplique o volume do de aresta AB.

Parece ser que Eratóstenes de Cirene (276 a.C - 194 a.C.) é o autor dunha carta que contén, non unha, senón dúas versións do problema. Aquí xa comezamos a enxergar que pouco importa o contexto do problema. Un dos enunciados ten como protagonista ao mítico rei Minos ao que as dimensións da tumba do seu fillo Glauco lle parecían demasiado pequenas e ordenaba construir unha co dobre de capacidade. A outra versión relata que os atenienses consultaron como facerlle fronte a unha devastadora epidemia ao  oráculo de Apolo en Delos. A resposta foi que debían duplicar o altar de Apolo, de forma cúbica. Velaquí que este problema tamén recibe o nome de problema délico.

A restricción das ferramentas a usar, en exclusiva a regra e o compás, é o que fan imposible a resolución do problema tal e como demostrou en termos alxébricos Pierre Wantzel no 1837. Porén, se permitimos outros métodos de construción si podemos resolver o problema. En particular, podémolo facer empregando a neuse 

Paulo R. Ogando reproduce a construción do clásico de Henrich Dörrie (1873-1955), 100 Great Problems of Elementary Mathematics que é esencialmente unha versión simplificada da de Nicomedes (ca. 280 a.C- ca 210 a.C)  debida a Newton (1642/3-1727). Velaquí a ligazón a esa entrada en Regra e compás.

A neuse anónima

Vou presentar outra construción con regra marcada para a duplicación do cubo, coa particularidade de que non sei de onde a saquei. Tíñaa entre as notas da lectura do libro Tales of impossibility de David S. Richeson, que trata, en boa medida os mesmos temas que o blogue Regra e compás. Pero despois dunha rápida revisión comprobei que non estaba nese libro e non podo dicir a quen se lle debe atribuir esta neuse anónima. 

Partimos dun segmento AB de lonxitude 1. O noso obxectivo será determinar outro segmento AE que mida $\sqrt[3]{2}$. Para iso comezamos prolongando a recta AB e despois trazamos unha circunferencia de centro B e raio AB que corta á recta en C. Tomando este novo punto como centro trazamos outra circunferencia do mesmo raio que cortará a outra en D. A recta BD formará un ángulo de 60º coa outra. Trazamos tamén a perpendicular a AB polo punto B.

Agora aplicamos a construción coa regra marcada en dous puntos que disten 1. Colocando a punta en A movemos a marca da regra pola perpendicular BE ata que o outro extremo da marca se encontre sobre a recta BD no punto F. Temos pois a recta AEF onde EF mide 1 e AE será a solución buscada. Para comprobalo trazamos finalmente desde F a perpendicular á recta AB.

Chamémoslle α ao ángulo comprendido entre AF e AB. O seu coseno nos triángulos rectángulos ABE e AGF dan lugar a que $$cos\alpha =\frac{1}{x}=\frac{1+BG}{1+x} \Rightarrow BG=\frac{1}{x}$$

Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo ABE temos que $BE=\sqrt{x^{2}-1}$

Agora, calculando o coseno de 60º: $$cos60=\frac{BG}{BF}=\frac{1/x}{BF} \Rightarrow BF=\frac{2}{x}$$

Aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo BGF obtemos $FG=\frac{\sqrt{3}}{x}$

Como as rectas EB e FG son paralelas podemos aplicar o teorema de Tales:$$\frac{AE}{AF}=\frac{EB}{FG}\Rightarrow \frac{x}{1+x}=\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{\sqrt{3}/x}$$

Unhas poucas contas transforman esta última igualdade na ecuación: $$x^{4}+2x^{3}-2x-4=0\\\left ( x^{3}-2 \right )\left ( x+2 \right )=0$$

Descartamos a solución negativa x=-2 e quedámonos con que o valor de $x=\sqrt[3]{2}$

Anotacións á "Variábel sombra do sol" de Antón Otero

 O Departamento de Matemáticas do IES Monelos ten nome, chámase Departamento Antón Otero Baamonde "Tonón" en memoria do que fora membro do mesmo. Na propia páxina do Departamento achamos varios apuntes sobre a biografía de Antón Otero. Así sabemos que ademais de moitas aportacións no campo do ensino das matemáticas como os libros para todos os cursos da ESO de Baía Edicións (hoxe prohibidos pola Xunta), estivo implicado na loita antifranquista e guiose sempre por tres directices: "a reivindicación do laicismo escolar[...], a galeguización do ensino e a innovación educativa".Neste último aspecto, na súa biografía ten no seu haber a participación nas folgas e manifestacións polo expediente aberto a Xosefa Baamonde por impartir clase en galego no colexio Dices-Rois.

Para min foi unha sorpresa que me encheu de ledicia a lectura o artigo, publicado en galego, no nº 17 revista SUMA da FESPM, titulado "A variábel sombra do sol", de autoría compartida con David Buján e Ana Otero. Aquí explícase botando man dunha boa colección de debuxos, como é a forma da sombra do sol segundo a latitude do observador ou a data do ano.

Eu non coñecín a Tonón, pero bastaría o pouco dito sobre el ata quí para afirmar que comprían centos coma el no mundo do ensino. Así que, como quixera dalgunha maneira sumarme á homenaxe que lle fan desde o seu departamento, van de seguido estas anotacións ao artigo "A variábel sombra do sol". Non vou engadir nada novo senón só presentar as mesmas ideas cunha nova cara. Trátase de obter explícitamente a ecuación da curva que describe a sombra do sol para poder usala nun programa de xeometría dinámica.

 

Cuestións previas

Coloquemos un pau de unha unidade de altura chantado perpendicular ao chan. O problema consiste en determinar cal será a súa sombra. O norte marcará o eixo das abscisas e o oeste o das ordenadas. 

Nun momento dado o Sol estará no punto X da esfera celeste. Representamos o triángulo parláctico para X. Trátase de obter a ecuación da sombra no plano horizontal en coordenadas (x,y)

Ampliamos o pau en C e a súa sombra. Ao escollermos un pau de lonxitude unitade, a sombra medirá tanz, de aí que as coordenadas do punto que marca a sombra serán 

$$x=tanz\ cos(-a)= tanz \ cosa$$ $$y=tanz\ sen(-a)=-tanz\ sena$$

Noutra entrada anterior xa obtiveramos as fórmulas que nos dan o cambio das coordenadas ecuatoriais (δ, t) ás horizontais (z,a):

$$cosz=sen \varphi  \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost\quad\quad [1]$$ $$senz\ sena=cos\delta \ sent\quad\quad\quad\quad\quad\quad [2]$$ $$senz\ cosa=-cos\varphi \ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost\quad[3]$$

Dividindo [3] entre [1] obteremos a coordenada x da sombra. 

$$\frac{senz\ cosa}{cosz}=\frac{-cos\varphi\ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost  }{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost}$$ $$x=\frac{-cos\varphi \ tan\delta +sen\varphi \ cost}{sen\varphi\  tan\delta+cos\varphi \ cost }$$

Dividindo [2] entre [1] obteremos a coordenada y da sombra:

$$\frac{senz\ sena}{cosz}=\frac{cos\delta \ sent}{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cost}$$ $$-y=\frac{sent}{sen\varphi \ tan\delta +cos\varphi \ cost}$$

Con estes vimbios xa estamos en disposición de obter a ecuación da sombra. Para que os cálculos se fagan menos pesados fagamos os cambios:

senφ=s             cosφ=c           tanδ=d

Agora nas expresións anteriores das coordenadas da sombra x e máis y, poderemos despexar sent e cost:

$$x=\frac{-cd+s\cdot cost}{sd+c\cdot cost}$$ $$xds+sc\cdot cost=-cd+s\cdot cost$$ $$(s-cx)cost=cd+sdx$$ $$cost=\frac{cd+sdx}{s-cx}$$

$$sent=-y\left ( sd+c\cdot cost \right )=-y\left ( sd+c\frac{cd+sdx}{s-cx} \right )=-y\left ( \frac{s^{2}d-scdx+c^{2}d+scdx}{s-cx}\right )=\frac{-yd}{x-cx}$$

Agora, aplicando a fórmula fundamental da trigonometría:

$$sen^{2}t+cos^{2}t=\frac{d^{2}y^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}+\frac{c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}=1$$ $$d^{2}y^2{}+c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}=s^{2}-2scx+c^{2}x^{2}$$ $$d^{2}y^{2}=\left ( c^{2}-s^{2}d^{2} \right )x^{2}-\left ( 2sc+2scd^{2} \right )x+s^{2}-c^{2}d^{2}$$

Podemos traducir a nova igualdade e poñer así en evidencia que estamos fronte a unha cónica que vai depender únicamente de dous parámetros: a latitude φ do lugar no que colocamos o gnomon e a declinación δ do Sol. Teñamos presente que esta última ten -23,5º como valor mínimo e +23,5º como valor máximo.

$$tan^{2}\delta \cdot y^{2}=\left ( cos^{2}\varphi-sen^{2}\varphi \cdot tan^{2}\delta  \right )x^{2}-\left ( 2sen\varphi \cdot cos\varphi +2sen\varphi \cdot cos\varphi\cdot  tan^{2}\delta  \right )x+sen^{2}\varphi -cos^{2}\varphi\cdot  tan^{2}\delta $$

Agora só nos queda introducir esta identidade nun progrma de xeometría dinámica como o Geogebra para xogar coas dúas variables que nos dan a ecuación da sombra, a latitude do lugar φ e a declinación solar δ.

As anotacións 

No mencionado artigo de Antón Otero et al comézase destacando que a traxectoria da sombra nos equinoccios é unha recta que distará da liña leste-oeste unha lonxitude que dependerá da latitude do lugar de observación. En todos os casos aparece a lonxitude da sombra no mediodía.

En todos os GIFs aparece indicado o valor da lonxitude da sombra ao mediodía.

Agora ben, como será a traxectoria da sombra no transcurso dun ano nas nosas latitudes. Velaquí a temos, será unha rama de hipérbole que corta á liña leste-oeste durante a primavera e o verán (δ>0): e que fica no semiplano OLN durante o outono e o inverno.

E como será a sombra do gnomon no polo norte? Velaquí:

E no ecuador? Cando a declinación solar é positiva a sombra manterase no semiplano OLS e cando a declinación é negativa ficará no semiplano OLN.

Finalmente, situándonos en latitudes superiores ao círculo polar ártico (φ>66.5) non nos custará vertoda unha variedade de cónicas: desde unha recta, a unha elipse, pasando por hipérboles e unha parábola:

Un tipo de triángulos estudados por Euler

Novi commentarii academiae scientiarum
imperialis petropolitanae Vol. XI, 1765
páx. 67-102

No ano 1767 Leonhard Euler publica o traballo Proprietates triangulorum, quorum anguli certam inter se tenent rationem   no que aborda o estudo de determinados triángulos. Trátase de identificar a relación entre os lados dun triángulo do que coñecemos dous ángulos, un deles sería o ángulo A e outro n•A, con n un número natural. 

Nun principio as características do estudo son ben simples, tanto que nun curso de 1º de bacharelato poderíase dar un primeiro paso no seu tratamento. A cuestión poderíase propoñer do seguinte xeito:

a) Determina o lugar xeomético determinado polo punto C dun triángulo ABC que teña os ángulos A e B iguais

b) Determina o lugar xeométrico do punto C dun triángulo ABC tal que ∠B=2∠A

O primeiro apartado é obvio, refírese á mediatriz do segmento AB. O segundo pódese tratar facendo uso da tanxente do ángulo dobre:

$$tanA=\frac{y}{x}\\tan\left ( 2A \right ) =\frac{y}{c-x}\\tan\left ( 2A \right )=-\frac{2tanA}{1-tan^{2}A}$$

Das igualdades anteriores tense que

$$\frac{y}{c-x}=\frac{\frac{2y}{x}}{1-\frac{x^{2}}{y^{2}}}$$

Finalmente obtemos a cónica que soluciona o problema

$$3x^{2}-2cx-y^{2}=0$$ 

Esta é a versión moderna
da foto de máis arriba

Euler non trata o problema desde esta perspectiva, senón que o enfoca desde un punto de vista máis sintético. Dado o triángulo ABC, biseca o ángulo ∠ABC e obtén o punto D. 

Coa notación usual consistente en nomear os lados opostos coa mesma letra que os ángulos, pero en minúscula, teremos, a partir da semellanza de ABC con BCD as seguintes relacións:

$$\frac{AC}{BC}=\frac{AB}{BD}=\frac{BC}{CD}\quad\quad; \quad \frac{b}{a}=\frac{c} {BD}=\frac{a}{CD}$$

 $$BD=\frac{ac}{b}\quad\quad\quad CD=\frac{a^{2}}{b}$$

Como o triángulo ABD é isóscele,  temos a igualdade entre os lados AD=BD. Xa obtivemos unha expresión de BD en función dos lados do triángulo orixinal. Fagamos o mesmo para AD e igualemos:

$$AD=AC-DC=b-\frac{a^{2}}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{b}$$

$$AD=BD\Rightarrow \frac{b^{2}-a^{2}}{b}=\frac{a^{2}}{b}\Rightarrow b^{2}-a(a+c)=0$$

Euler non parou aquí. Tratou o caso de que o ángulo B fose o triplo, o cuádruplo, o quíntuplo de A.... Na seguinte applet de geogebra temos unha solución analítica a estes problemas. Pódese obter a partir das fórmulas das tanxentes do ángulo triplo, do ángulo cuádruplo e do ángulo quíntuplo. Aínda que nos aparecen curvas por todo o plano, para a solución deste problema só nos interesa a rama da dereita.

Pola súa banda, Euler obtén as seguintes relacións entre os lados para B=n•A

$$n=1:\quad\quad b-a=0$$

$$n=2:\quad\quad b^{2}-\left ( a+c \right )=0$$

$$n=3:\quad\quad b^{3}-ab^{2}-a \left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$ n=4 : \quad\quad b^{4}-a\left(c+2a \right )b^{2}-a \left(c+a \right )\left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$n=5 : \quad\quad b^{5}-ab^{4}-2a^{2}b^{3}-a \left(c^{2}-2a^{2}b^{2} \right )-a^{2}\left(c^{2}-a^{2} \right )b-a \left(c^{2}-a^{2} \right )^{2}=0$$

Pero o cíclope matemático non parou aquí, continuou ata n=8. Inlcuso máis, unha vez chegado a este punto establece unha fórmula recursiva tanto para os valores pares de n como para os impares. Quen quixera seguir todos estes razoamentos, pode botarlle un ollo ao artigo de Vicente Meavilla Seguí no v.8 n.15 (2008) da Revista Brasileira de História da Matemática. Todo un exemplo de traballo,  perseverancia, xeneralización e precisión dun dos máis grandes matemáticos da historia. Ata nun resultado menor se enxerga o xenio euleriano.

A sorpresa 3D no teorema de Monge

Cando estudamos xeometría do plano, pode darse o caso de que se acudimos a ferramentas tridimensionais, obteñamos atallos realmente sorprendentes. Este tópico xa o ten tratado JJ no seu blogue Matemáticas na Rúa ( [1] e [2]). Agora eu non puiden resistir desenvolver aquí outro caso que me pareceu realmente espectacular e que ten que ver co teorema de Monge, así denominado na honra do revolucionario, e matemático, Gaspard Monge (1746-1818). Antes de nada algunhas palabras de introdución.

Dadas dúas circunferencias podemos pensar en trazar as rectas tanxentes comúns a ambas. En xeral obteremos dúas solucións. Por unha banda teremos as dúas tanxentes exteriores e por outra as dúas tanxentes interiores. Os puntos de corte das tanxentes son os chamados centros de homotecia, un deles será o centro de homotecia externo O e o outro o centro de homotecia interno O'. En efecto, dúas circunferencias serán sempre semellantes, polo tanto poderemos transformar unha na outra mediante unha (normalmente dúas) homotecia(s).  

 

Se no canto de considerarmos dúas circunferencias, poñemos en xogo tres, estaremos en disposición de enunciar o teorema de Monge. Neste caso, cada un dos tres pares de circunferencias que podemos formar dará lugar a un centro de homotecia exterior.

Teorema de Monge. Dadas 3 circunferencias, os tres centros de homotecia exteriores correspondentes a cada par de circunferencias son colineares.

 

 Curiosamente este teorema recorda outro resultado moi semellante que en lugar de facer referencia a 3 circunferencias, trata sobre 2 triángulos.  Debémosllo ao precursor da xeometría proxectiva Girard Desargues (1591-1661).

Teorema de Desargues. Se as rectas que unen os vértices homólogos de dous triángulos se cortan nun punto O (o centro de homoloxía), entón os pares de lados homólogos córtanse en tres puntos colineares.

 

 En realidade non só se dá a implicación, senón que é certa a equivalencia. 

É moi gratificante comprobar que se pode demostrar o teorema de Monge a partir do de Desargues. Así os triángulos fanlle un bo servizo ás circunferencias, tal e como se diría no Flatland de Edwin Abbot.

Para iso basta con considerar os dous triángulos seguintes. O primeiro, o formado polos centros A, B e C das circunferencias. O segundo, o determinado polas interseccións das tanxentes exteriores: A', B' e C'.

 A'A, B'B e C'C son as bisectrices dos ángulos do triángulo A'B'C' polo que se cortarán no incentro O. De aí que os triángulos ABC e A'B'C' verifican as condicións do teorema de Desargues polo que os puntos de corte de AB e A'B', AC e A'C' e de BC e B'C' serán colineares.

A sorpresa

A sorpresa é a seguinte demostración alternativa do teorema de Monge na que se se fai uso da terceira dimensión. Cada unha das tres circunferencias, ao rotaren sobre calquera dos seus diámetros, darán lugar a unha esfera. Agora, o plano no que estamos traballando, chamémoslle plano П, atravesa esas esferas polos seus centros. É obvio que podemos pousar un plano П' tanxente ás tres esferas que cortará a П na recta desde a que podemos trazar tanxentes ás tres circunferencias. 

Grazas a esta applet de Tungsteno podemos ver esta imaxe ilustrativa.

 

П'é un plano tanxente a cada un dos conos con vértices en P, Q R que teñen como xeneratrices as rectas tanxentes ás circunferencias.

Bombelli, máis que complexos

Rafael Bombelli (1526-1572) foi no seu tempo un coñecido enxeñeiro hidráulico. Hoxe en día faise referencia a el cando falamos dos números complexos porque foi o primeiro en en atreverse con ese refugado obxecto matemático. Curiosamente os primeiros pasos con este tipo de números non se deron onde parecería máis natural, co tratamento das ecuacións de segundo grao, senón que apareceron no contexto das de grao 3.
Efectivamente, Girolamo Cardano xa chamara a atención sobre a cuestión cando considerou o seguinte problema no capítulo XXXVII do Ars Magna:

 divide 10 en dúas partes tales que o produto de ambas sexa 30 ou 40, é claro que este caso é imposible

A ecuación cuadrática ligada a este problema (no caso de tomarmos 40 como o valor do produto), x²+40 = 10x e Cardano obtén como solucións $${ x }_{ 1 }=5+\sqrt { -15 } \quad \quad \quad \quad { x }_{ 2 }=5-\sqrt { -15 } \quad \quad \quad $$
Cualificando o resultado tan sutil como inútil, Cardano non pasou de aí. En todo caso, podía aparcar a cuestión argumentando que este tipo de problemas cuadráticos son absurdos. Pero non tardaría en bater con outra dificultade que non se podía desprezar con tanta alegría. Ao abordar a resolución da ecuación cúbica volverían a aparecerlle raíces cadradas de números negativos. No capítulo do Ars magna adicado ao caso de cubo igual a cousa máis número trata coa seguinte ecuación:
$${ x }^{ 3 }=15x+4\quad \quad \quad \quad [1]$$
Aplicando o seu método de resolución obteríase como resultado
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } $$
Como isto non entra dentro dos parámetros das matemáticas daquel tempo, considérase que a fórmula non era válida para este tipo de ecuacións, que se cualifican de irreducibles. Outra vez Cardano aparca o problema. Non pasaría de aí.
Quen se atrevería a cruzar esta liña había de ser Bombelli. Foi na súa obra matemática, Algebra, da que no XVI se publicaran tres tomos. Dos outros dous volumes non se tiña noticia ata que Ettore Bertolotti descubriu os manuscritos no 1923. É moi significativo o que se conta no MacTutor History of Mathematics da universidade esocesa de St Andrews sobre esta obra,  que nesta antes de mergullarse no uso de raíces cadradas de número negativos explicítanse as regras do produto dos signos que tan difíciles son de explicar ao alumnado de 1º da ESO:

+ ⋅ + = +             – ⋅  + = –            8⋅ 8 = 64                   (−4)⋅5 = –20
– ⋅ – = +             + ⋅ – =  +           (–5)⋅(–6 )= 30            5⋅ (−4) = −20

Claro que se abrísemos a  Álgebra de Bomelli polo folio 70 do Libro I, o aspecto destas regras sería moi diferente ao que acabamos de escribir aquí. Por poñer un exemplo, a última das igualdades enunciábase deste outro xeito:

Máis 5 veces menos 4 fai menos 20

Folio 70 da Álgebra (páx. 127 deste PDF)

Do anterior podemos sacar un par de leccións. A primeira,  que sen vimbios non se pode facer un cesto. Con estes saberes na faltriqueira estamos en mellores condicións de enfrentármonos ás raíces cadradas de negativos. Con todo, isto non significa Bombelli que tome en consideración as solucións negativas das ecuacións nin que admita coeficientes negativos. No estudo da resolución de ecuacións polinomiais seguirá distinguindo toda unha serie de casos co fin de que todos os coeficientes sexan sempre positivos. Os avances na selva das matemáticas, como vemos, foron construíndose aos poucos e con moito esforzo. A segunda das leccións é que unha boa notación facilita a comprensión das ideas matemáticas. Neste aspecto Bombelli tamén sería un innovador.

Álxebra con aritmética

Álgebra, tomo II, páxina 190 [347 do PDF]

Xa vimos a orixinalidade e Bombelli no relativo a explicitar as propiedades do produto de números negativos. Pasemos agora á parte puramente alxébrica.
No folio 190 do segundo tomo da Álgebra ocúpase do Capitolo di cubo eguale a tanti e numero. Para intentar captar mellor o sabor do momento ímola escribir coa notación orixinal.
$$\overset { 3 }{ \smile  } \quad Eguale \quad à \quad 6\quad \overset { 1 }{ \smile  } \quad p.40\\ { x }^{ 3 }\quad =\quad 6x\quad +40\quad \quad \quad [2]$$
Aínda que a notación de Bombelli non tivo éxito,  non podemos deixar de recoñecer a habilidade para trazar os camiños do futuro. A vía do establecemento dunha notación concentrada para expresar ideas matemáticas estaba comenzando a desenvolverse e el foi un dos precursores.  Pensemos que Cardano non usaba ningún tipo de símbolos.
Nunha entrada anterior xa comentaramos como Cardano resolve a cúbica sen termo en x²
 $${ x }^{ 3 }+px+q=0\quad \quad \quad \quad [3]$$
Mediante a fórmula
$$x=\sqrt [ 3 ]{ \frac {- q }{ 2 } +\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } +\sqrt [ 3 ]{ \frac { -q }{ 2 } -\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } $$
No caso da nosa ecuación [2] temos que tomar p=-6 e q=-40 polo que obtemos a seguinte solución :
$$R.c.\left\lfloor 20.p.R.Q.392 \right\rfloor .p.R.c.\left\lfloor 20.m.R.q.392 \right\rfloor \\\sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }$$
Outra vez a notación de Bombelli é tan moderna que se nos fai transparente e non precisa explicación. Agora fai uso da seguinte suposición:
$$\sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  }=a+\sqrt { b}\\ \sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }=a-\sqrt { b}$$
Como sabía que a solución da ecuación era x=4:
$$ x=\left( a+\sqrt { b }  \right) +\left( a-\sqrt { b }  \right) =2a=4$$
Entón a=2. Xa pode buscar sen ningunha dificultade o valor de b desenvolvendo o cubo do binomio:
$${ { \left( 2+\sqrt { b } \right) } }^{ 3 }=20+\sqrt { 392 } $$
É inmediato obter o valor  b=2 . De aí que:
$$R.c.\left\lfloor 20.p.R.Q.392 \right\rfloor .p.R.c.\left\lfloor 20.m.R.q.392 \right\rfloor \\ eguàle\quad 2.p.R.q.2 \quad\quad 2.m.R.q.2\quad eguàle\quad 4\\ \sqrt [ 3 ]{ 20+\sqrt { 392 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 20-\sqrt { 392 }  }= \left( 2+\sqrt { 2 }  \right) +\left( 2-\sqrt { 2 }  \right) = 4$$
Unha pequena anotación fóra de liña. Como poderíamos introducir nunha aula de ensino secundario esta ecuación? Desde o punto de vista da súa resolución penso que o mellor contexto sería no momento en que tratemos das funcións. Teriamos que obter o punto de corte de dúas funcións ben coñecidas. Unha pequena contextualización do comentado máis arriba pode dar lugar a comprender o poder desas ferramentas das que dispoñemos hoxe en día. Con elas un alumno da secundaria pode, sen maior dificultade, abordar problemas que estaban nos límites do coñecemento matemático a mediados do XVI.

Álxebra con xeometría
Bombelli segue os pasos de Cardano, usa os seus métodos de resolución ata tal punto que, por exemplo, no capítulo de Cubo e tanti eguale a numero, usa a mesma ecuación que el
$${ x }^{ 3 }+6x=20\quad \quad \quad \quad [4]$$
que xa resolvéramos noutra entrada, cando falamos precisamente de Cardano. Daquela tomando
 p=6 e q=-20 polo que obtivemos a sorprendente igualdade
$$y=\sqrt [ 3 ]{ 10+\sqrt { 108 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 10-\sqrt { 108 }  }=2 $$
que cos métodos aritméticos de Bombelli deixaría de ser tan sorprendente. Como sabemos que x=2 é solución
$$ x=\left( a+\sqrt { b }  \right) +\left( a-\sqrt { b }  \right) =2a=2$$
entón tomando como valor para a a súa metade (a=1), podemos pasar a calcular b mediante a igualdade:
$${ { \left( 1+\sqrt { b } \right) } }^{ 3 }=10+\sqrt { 108 } $$
Obtemos b=3. Velaí a seguinte conclusión:
$$\sqrt [ 3 ]{ 10+\sqrt { 108 }  }=1+\sqrt { 3}\\ \sqrt [ 3 ]{ 10-\sqrt { 108 }  }=1-\sqrt { 3}$$

Para xustificar este resultado Bombelli volve a desenvolver o cubo dun binomio ao estilo da época, isto é, desmontando unha figura cúbica en pezas.

Estilo s.XVI vs. reinterpretación s. XX

Pero outra vez Bombelli fai un novo engadido. Achéganos outra xustificación de carácter "plano" (bidimensional). Con isto deslígase o grao da ecuación da dimensión da xustificación xeométrica. Outro pequeno avance que non culminaría ata que Leibniz, nunha carta a Huygens, no 1673, ofrece a primeira verificación puramente alxébrica da resolución da ecuación cúbica.

Resolución plana dunha ecuación cúbica
Na seguinte aplicación temos un resolutor automático baseado na idea de Bombelli [podes facer scroll coa roda do rato]





Imos intentar explicar algo as ideas que xustifican esta aplicación.
Sexa x=BC=HX
Aplicando o teorema da altura ao triángulo rectángulo BDE, e tendo en conta que tomamos CD=1, obtemos que CE=x²
Construímos un cadrado de lado HI e área 20 (ou q, en xeral). Con BO=HC=6 (ou p, en xeral), aplicando outra vez o teorema da altura ao triángulo rectángulo EIM:

$$20={ HI }^{ 2 }=EH\cdot HX=EH\cdot BC=(EC+CH)\cdot BC=\left( { x }^{ 2 }+6 \right) x={ x }^{ 3 }+6x$$

O golpe final
Volvamos ao comenzo, consideremos outra vez a ecuación
$${ x }^{ 3 }=15x+4\quad \quad \quad \quad [1]$$
Que tiña como solución:
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } $$
Agora as consideracións aritméticas de Bombelli volven a facer avanzar as matemáticas outro paso. Repitamos o procedemento xa comentado anteriormente:
$$\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  }=2+\sqrt { -b}\\ \sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  }=2-\sqrt {- b}$$  $${ { \left( 2+\sqrt { -b } \right) } }^{ 3 }=2+\sqrt { -121 } \\ { { \left( 2-\sqrt { -b } \right) } }^{ 3 }=2+\sqrt { -121 } $$
É case inmediato obter o valor b=1 polo que así, por fin, se xustificaría a solución:
$$x=\sqrt [ 3 ]{ 2+\sqrt { -121 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 2-\sqrt { -121 }  } =\left( 2+\sqrt { -1 }  \right) +\left( 2-\sqrt { -1 }  \right) =4\quad \quad \quad [5]$$
Claro que, esta notación moderna pode deturpar o espírito orixinal da Algebra de Bombelli. Por esta razón escribo con remorsos esta última igualdade. Escribir a  cadrada de -1ou o número imxainario  i levanos a caer nun anacronismo inxustificable xa que leva implícito toda a mochila do rico desenvolvemento do corpo dos números complexos. Bombelli, certamente, non tiña esa mochila.
Así e todo, escribir a raíz cadrada dun número negativo tal e como veño de facer en [5] tampouco lle fai xustiza a Bombelli. Volvendo á súa notación, el escribía así a raíz cadrada de 4: R.c.4. Xa que logo podería ter escrito:
$$2.p.R.c.m.1\\ 2+\sqrt { -1 } $$
Pero non o fixo. Posiblemente foi máis alá ao expresar a anterior expresión como 2.p.d.m. Onde p.d.m tería case o significado do noso número imaxinario i. Non se trata de escribir a raíz cadrada dun negativo, Bombelli, xa a tiña calculada e usaba ese resultado como un número co que operar nas mesmas condicións que calquera outro. Tiña razón Cantor, a esencia das matemáticas son a súa liberdade.

P.S.: como exercicio para o alumnado do ensino secundario, estaría ben estudar as solucións das cúbicas sen termos en x² mediante os puntos de corte entre as gráficas das función y=x³ e a dunha unha recta y=mx+n. Nesta entrada xa hai unha pequena colección de propostas en [1], [2] e [4]

Recursos:
Álgebra, Bombelli
Rafael Bombelli, MacTutor History of Mathematics archive
Una historia de las matemáticas para jóvenes III. La historia de las ecuaciones, Ricardo Moreno Castillo, Editorial Nivola
Cardano y Tartaglia. Las matemáticas en el Renacimiento italiano, Francisco Martín Casalderrey, Editorial Nivola
El universo de las matemáticas, William Dunham, Editorial Pirámide
Bombelli's Algebra (1572) and a new mathematical object , Giorgio T. Bagni

O cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018 (e 2)

Cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018

A anterior entrada, coma esta, estaba inspirada no cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Alí consideramos a demostración euclidiana do teorema de Pitágoras, tamén fixemos referencia a determinadas xeneralizacións do resultado pitagórico e a outros resultados que gardan algunha relación coa chamada configuración de Vecte tales como o coñecido teorema de Napoleón ou o menos coñecido teorema de Finsler-Hadwiger.

Triángulos coa mesma área

Daquela rematabamos cunha cuestión que paso a repetir aquí. Consideremos unha configuración de Vecten construída a partir dun triángulo calquera. Xa comentaramos a demostración visual de Steven L. Snover sobre a igualdade das áreas dos triángulos que se forman ao unir os vértices dos cadrados levantados sobre o triángulo de partida.
Se continuamos levantando cadrados sobre esta configuración iremos construíndo a figura que ilustra o cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Resulta que estes cadrados comenzan a delimitar trapecios. Que podemos afirmar sobre eles? Os tres trapecios que se forman  terán tamén a mesma área? No caso de ser a mesma, terá algunha relación coa do triángulo orixinal?

Trapecios na configuración de Vecten

Máis preguntas. Se continuamos levantando cadrados sobre a configuración volverán a aparecernos máis trapecios. Podemos determinar a súa área e relacionala co triángulo de partida? Eses novos tres trapecios terán a mesma área? E os trapecios do seguinte levantamento, terán algunha relación cos do paso anterior. En caso afirmativo, cal será?
Se algunha vez liches algún texto de Adrián Paenza, saberías que neste momento, despois de establecer as cuestións,  recomendaríche que gozases coa abordaxe do problema. Non sigas lendo. Pénsao durante uns momentos. Adícalle o tempo necesario antes de seguir facendo scroll...

Si, alá no fondo está o triángulo, onde comenzou todo

Para ver algunhas respostas ás que cheguei bastará con mirar o seguinte applet de geogebra, aínda que para saber de que vai cómpre seguir algunhas instrucións. Seguramente se podería construír outro mellor elaborado pero para comunicar algunhas ideas poida que serva.
Instrucións para manexar a applet:
Paso 0.Podes modificar o triángulo a partir dos seus vértices. Vai ao paso 1.
Paso 1.Move o esvarador azul e comproba o que pasa
Paso 2.Aparecerá un esvarador laranxa. Móveo e volve a observar.
Paso 3. Fíxate no valor do esvarador laranxa. Aparecerá outro esvarador azul. Conviña que afastaras algo a imaxe co Zoom (última das ferramentas; pódese usar o botón do rato) e quizais que a centraras. Vai ao paso 1.
Mágoa que no applet só aparezan un pequeno número de pasos.
Unha pregunta máis: quen vén sendo ese punto gris no interior do triángulo?




Pon unha homotecia na  túa vida.
Un dos aspectos que nunca tratei en ningunha aula, nin como docente nin como alumno, curiosamente aparecía nun dos temas das oposicións. Estou a falar das homotecias. Quen me ía dicir que me servirían de axuda neste problema!

Baricentro trisecando un triángulo

As tres medianas dividen a un triángulo T₀ calquera en 6 trianguliños coa mesma área (t₀/6). En particular, os segmentos que unen os vértices co baricentro trisecan a área do triángulo noutros 3 triángulos: X₀, Y₀ e Z₀

Por outra banda, se aplicamos sotre o triángulo T₀ unha homotecia desde o seu baricentro obteremos triángulos semellantes a T₀ e co mesmo baricentro.

As áreas dos trapecios son iguais

Na configuración de Vecten denominarei X_n, Y_n e Z_n aos trapecios levantados despois de n pasos. Podemos ver, por exemplo, que X₁, Y₁ e Z₁ completan o triángulo inicial T₀ determinando así un novo triángulo T₁ mediante unha homotecia de razón 4 centrada no baricentro común. X₂, Y₂ e Z₂ volven a facer o mesmo sobre T₁, agora cunha homotecia de razón 19; e así sucesivamente.

Mediante homotecias centradas no baricentro expandimos o triángulo inicial

Usarei o signo "+"co significado de unión disxunta. Como X₀ (respectivamente Y₀ e Z₀) é a terceira parte de T₀, X₀+X₁ tamén é un terzo de T₁. De aí que se verifique a igualdade X₁=Y₁=Z₁ e, en xeral, por indución, X_n=Y_n=Z_n. Ou dito máis literiamente: os 3 trapecios que levantamos en cada paso da configuración de Vecten teñen a mesma área.
As homotecias que nos dan os novos triángulos T₁, T₂, T₃, T₄ son de razóns:

h_o=1           h₁=4            h₂=19           h₃=91               h₄=436

Quizais incluso non cómpre acudir ao portal de referencia das sucesións para ver que ésta é A004253,  isto é,  a que vén dada pola lei:

h_o=1           h₁=4             h_n=5・h_n-1-h_n-2 

Todo o anterior permítenos determinar a área dos trapecios (os corchetes indican a área da figura, así [T₀ ] será a área do triángulo T₀):
$$3{ [X }_{ 1 }]+{ t }_{ 0 }={ h }_{ 1 }^{ 2 }{ [T }_{ 0 }]$$
$${ [X }_{ 1 }]=\frac { \left( { h }_{ 1 }^{ 2 }-1 \right) { [T }_{ 0' }] }{ 3 } =5[{ T }_{ 0 }]$$
E en xeral: $${ [X }_{ n }]=\frac { \left( { h }_{ n }^{ 2 }-{ h }_{ n }^{ 2 } \right) { [T }_{ 0 }] }{ 3 } $$

Máis trapecios, máis preguntas
Acabouse? Afortunadamente as ciencias, en particular as matemáticas, nunca se esgotan. Cada problema resolto é fonte da que beben novas cuestións.
Ao repasarmos o que estiven chamando configuración de Vecten, isto é ao levantamento reiterado de cadrados sobre un triángulo calquera, ademais dos trapecios X_n, Y_n e Z_n , que son os que aparecen marcados en azul na seguinte imaxe, quedan entre medias outros trapecios como os marcados en vermello. Volven a xurdir as mesmas preguntas que se propoñían antes: cada un destes grupos estará formado por tres trapecios coa mesma área? terán algunha relación coa área do triángulo inicial, e coa área dos trapecios azuis? Intrigantes cuestións.

Hai trapecios azuis e trapecios vermellos

O cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018.1

Cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018

Unha proba do atrasadas que van as entradas neste blogue é esta mesma entrada. Basta decatarse de que o tema do que trata ten data e comparala coa data da publicación da entrada para mostrar que necesitaría moito máis tempo para manter o blogue máis actulizado. Pero non lle deamos máis voltas, este que presento aquí, foi o cartel da Olimpíada Matemática Galega 2018. Se o observamos con algo de vagar veremos unhas fórmulas na parte superior. Son as que reproduzo de seguido: $${ A }_{ 1 }+{ B }_{ 1 }={ C }_{ 1 }\\ { A }_{ 2 }+{ B }_{ 2 }=5{ C }_{ 2 }\\ { A }_{ 3 }+{ B }_{ 3 }={ C }_{ 3 }\\ { A }_{ 4 }+{ B }_{ 4 }=5{ C }_{ 4 }\\ { A }_{ 5 }+{ B }_{ 5 }={ C }_{ 5 }$$
Partindo de que o triángulo laranxa do cartel é un triángulo rectángulo, a primeira igualdade é o teorema de Pitágoras. Pero, e as outras?
Pois ben, non cómpre ser moi espelido, nin precisamos consultar esta anotación para pensar, que de seren certas estas fórmulas, conviría estudar o caso xeneralizado:
$${ A }_{ 2n+1 }+{ B }_{ 2n+1 }={ C }_{ 2n+1 }\\ { A }_{ 2n }+{ B }_{ 2n }={ C }_{ 2n }$$

A cadeira da noiva ou a configuración de Vecten

Sacado de aquí

A configuración xeométrica que anuncia a olimpíada 2018 pode comenzar a construirse a partir da que utilizou Euclides para a súa demostración do teorema de Pitágoras, nomeada por algúns como cadeira da noiva. Aínda que, segundo o especialista en historia da ciencia Florian Cajori, esta denominación débese a unha confusión nunha tradución do século XIII entre "noiva" e "insecto alado". Ben certo que neste esquema é que é moito máis doado de ver un cabaliño do demo que unha noiva.
A configuración que presentamos no gif dá para moito. Por exemplo, se substituímos os cadrados por triángulos equiláteros, é inmediato demostrar que a área do construído sobre a hipotenusa igual á suma dos levantados sobre os catetos. A mesma relación teriamos se no canto de cadrados ou triángulos colocamos calquera polígono regular, ou incluso semicírculos, ou rectángulos semellantes,... ou en xeral figuras semellantes.
A pesar de ser un resultado clásico, coñecido por Hipócrates de Quíos (V a.C.), ou de ser un dos resultados máis destacables dos Elementos (proposición VI.31), lembro perfectamente que non souben del ata un par de anos despois de rematar a carreira (ben, confesemos todo, en realidade non coñecía prácticamente ningún resultado de xeometría sintética)
Insistindo na figura anterior, consideremos un dos pasos que máis agradan aos que remexen nas matemáticas. No canto dun triángulo rectángulo poñamos un triángulo calquera, e sobre os seus lados construímos cadrados. Os segmentos FC e KB seguirán cortándose nun punto da altura AL? A resposta é afirmativa.

Figura 1

Consideremos agora os centros dos triángulos. Se os unimos respectivamente cos vértices opostos do triángulo, estes tres segmentos coinciden nun punto denominado punto de Vecten.
Un pode pasar varias xornadas dándolle voltas a estas ideas, remexendo nas propiedades de distintos puntos e segmentos que participan na construción dos puntos de Vecten. Unha forma de xogar con elas consiste en considerar o  punto de Vecten interior, aquel que se forma do mesmo xeito pero a partir dos dos cadrados construídos "cara adentro", solapando o triángulo.
Sen desviarnos do primeiro camiño, considerando a figura 1 sobre a que construímos o punto de Vecten orixinal (exterior), achegaremos unha propiedade ben curiosa:

Figura 2

Propiedade. Os segmentos que unen os centros dos cadrados O_B e O_C co punto medio M_A do lado BC  do triángulo son perpendiculares.

















O resultado anterior ten como consecuencia case inmediata o Teorema de Finsler-Hadwiger, do que xa falamos noutra ocasión

Figura 3

(Teorema de Finsler-Hadwiger). Dados dous cadrados OABC e OA'B'C' cun vértice común O, os puntos medios dos segmentos AA' e CC' xunto cos centros dos cadrados forman tamén un cadrado (isto é: WXYZ é un cadrado)

Figura 4

Sen deixar atrás a figura de Vecten, se no canto de cadrados sobre os lados do triángulo orixinal, construímos triángulos equiláteros, achegarémonos ao coñecido Teorema de Napoleón

(Teorema de Napoleón). Dado un triángulo calquera, se sobre os seus lados levantamos triángulos equiláteros, os seus centros determinan outro triángulo equilátero. 

(NOTA: nun triángulo equilátero podemos falar de centro porque coinciden ortocentro, baricentro, incentro e circuncentro. Por esta razón nun triángulo equilátero podemos falar de centro a secas.)








Atrevámonos a dar un paso máis ampliando a configuración de Vecten cos triángulos que se forman ao unir os vértices dos cadrados. Resulta que estes novos triángulos teñen todos a mesma área, e que ésta coincide co triángulo laranxa de partida. Non é difícil demostralo facendo uso do teorema do coseno, e así llo teño proposto nalgunha aula de 1º de bacharelato, mais non sei se volverei a facelo porque hai unha demostración disto moito máis sinxela, e por outra banda, máis xeral, debida a Steven L. Snover. En primeiro lugar, o triángulo de partida non ten por que ser rectángulo. Ademais non cómpre realizar ningunha operación debido á impediatez da proba visual.
Consideremos un dos triángulos, rotémolo 90º en dirección contraria ás agullas dun reloxo. Que obtivemos?:




Pois si, obtivemos dous triángulos coa mesma base a . Ademais estas bases descansan sobre a mesma recta polo que temén é evidente que teñen a mesma altura, ergo a mesma área.

E se imos máis alá?

Configuración de Vecten

Se continuamos abrindo o foco aparecerán tres trapecios. Terán os tres a mesma área? En todo caso, pódese calcular a área deses trapecios? Terán algunha relación coa do triángulo? Dependerá do tipo de triángulo, por exemplo se é rectángulo?
Pode que nunha seguinte entrada trate este tema.
Mentres deixo tempo para abordar a cuestión dos trapecios,  partillo o seguinte vídeo, que a pesar de ser elaborado con fins crematísticos, é tamén unha peza divulgativa moi ben feitiña que remexe no teorema de Pitágoras pero que comenta resultados que van máis alá.