Catro resultados elegantes

Noutra ocasión troxéramos por este espazo unha fórmula que non dubidaría en cualificar de elegante:

Resultado 1. $arctan1+arctan2+arctan3=180$

A súa demostración déixanos sen palabras:

Este resultado pode promovernos unha atractiva sospeita. Como os ángulos suman 180º, quizais tamén se verifique que

Resultado 2. Existe un triángulo con ángulos que teñen tanxentes 1, 2 e 3

Bastará con amosalo

E quizais engadir unha pequena aclaración: $$tan\beta =tan\left ( \alpha '+\gamma ' \right )=\frac{tan\alpha '+tan\gamma '}{1-tan\alpha 'tan\gamma '}=\frac{1+\frac{1}{3}}{1-1\cdot \frac{1}{3}}=2$$

Como veremos, este xentil triángulo non é un triángulo máis. Ten un rasgo distintivo que destacaron nun enunciado dun problema da LXV Olimpíada Matemática de Moscú no 2002. Recollémolo do libro La matemática elegante (URSS 2005) nesta versión:

Resultado 3. Se as tanxentes dos ángulos dun triángulo son números naturais, entón serán iguais a 1, 2 e 3.

Xa sabemos que esta afirmación ten sentido porque acabamos de ver un triángulo con ángulos de tanxentes 1, 2 e 3. Quédanos por verificar a súa unicidade. Partiremos de que as tanxentes dos ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os números naturais $a$, $b$ e $c$. Como $180-\gamma=\alpha+\beta$

$$tan\left ( 180-\gamma  \right )=tan\left ( \alpha +\beta  \right )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha \cdot tan\beta }=\frac{a+b}{1-ab}=-c$$

De aí que $a+b+c=abc$

Curiosamente o resultado 3, de apariencia estritamente trigonométrica, é equivalente ao seguinte, eminentemente aritmético:

Resultado 4. Se a suma de tres naturais coincide co seu produto, serán o 1, o 2 e o 3.

Sen perda de xeneralidade consideremos que $a\leq b\leq c$

Se $a=1$: $1+b+c=bc$

$1+b=bc-c=c\left (  b-1\right ) \Rightarrow c\mid \left ( b+1 \right )$ como $c\geqslant b$ necesariamente $c=b+1$. Daquela $b-1=1$, polo que $b=2$ e $c=3$.

Consideremos agora o caso de que $a\geqslant 2$. Entón $b\geqslant 2$ 

Como $a+b+c\geqslant abc\geqslant 4c$ temos que $a+b\geqslant 3c$

Como $c+c\geqslant a+b\geqslant 3c$ temos que $2c\geqslant 3c$ entón $1\geqslant c$, o que é imposible pois $c\geqslant a\geqslant 2$. 

Xa que logo concluímos que só hai unha posibilidade, a de que $a=1$, $b=2$ e $c=3$.

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.

A división de Terence Tao

Terence Tao (1975-...) gañou a medalla de ouro das Olimpíadas Internacionais de Matemáticas cando tiña 13 anos. Nos dous anos anteriores conseguira as de bronce e prata. Na XXV IMC déronlle a medalla Fields. Estes só son algúns dos recoñecementos recibidos por estea figura extraordinaria das matemáticas.
A súa participación nas Olimpíadas fixo que na súa mocidade mantivese un profundo interese por este tipo de competicións. Isto levouno, con 15 anos, a escribir un libro centrado neste tipo de probas, Solving mathematical problems, que foi editado tamén en portugués pola SPM, dentro dunha colección de libros... sobre as olimpíadas. Non é de estrañar porque o libro recolle tanto algúns problemas deste tipo de probas, así como outros que ben poderían formar parte do adestramento para as mesmas. Con todo, Tao non se limita só a dar a solución, senón que explica como abrir liñas de ataque ao problema, como avalialas, como ir acurralandoo con mestría. Fica claro que Terence Tao xoga noutra división.
O primeiro capítulo do libro é un tanto especial, pois facendo honra ao seu título, Estratexias de reslución de problemas, dá unhas orientacións xerais, ao mellor estilo Polya. Para iso toma como referencia o seguinte problema:

As lonxitudes dos lados dun triángulo forman unha progresión aritmética de diferenza d. A área do triángulo é t. Calcule os lados e os ángulos do triángulo.

Tao desenvolve unha abordaxe fundamentada nos seguintes pasos:

• Entender o problema
• Distinguir os datos
• Percibir o obxectivo
• Escoller unha boa notación
• Escribir o que sabemos na notación que escollemos; facer un diagrama
• Modificar lixeiramente o problema
• Modificar grandemente o problema

Como mostra, recollo aquí algún dos problemas escollidos por Tao, comencemos por un de números:

Sexan k e n números naturais con k impar. Mostre que a suma 1^k+2^k+... +n^k é divisible por 1+2+---+n

Tamén propón algúns exercicios, como o seguinte:

Determine o maior enteiro positivo n, tal que n³+100 sexa divisible por n+10

Varios son das Olimpíadas Australianas de Matemáticas, velaquí un exemplo:

Un polígono regular con n vértices está inscrito nunha circunferencia de raio 1. Sexa L o conxunto de todos as posibles lonxitudes de todos os segmentos ligando dous vértices do polígono. Cal é a suma dos cadrados dos elementos de L?

No capítulo final, mesmo hai problemas inclasificables dentro do esquema usual de estruturación das matemáticas (aritmética, álxebra, xeometría, cálculo,...); son máis ben propostas relacionadas coa matemática recreativa. Por exemplo estuda o problema do xogo do yucky choccy , ou do chocolate asqueroso, que había de facer famoso Ian Stewart na súa columna do Scientific American,  e que posteriormente aparecería en Locos por las matemáticas (Crítica, 2004): dada unha tableta de chocolate de 6྾10 pezas cada xogador elimina no seu turno, ben filas, ben columnas da mesma. Perde o que se ve na obriga de coller a peza asquerosa situada nunha esquina da tableta. Terence Tao propón estudar o mesmo problema nunha versión tridimensional. Cal será a estratexia gañadora para un chocolate de 3×6×10? Cal dos xogadores gañará?
Unha fonte da que recolle algúns dos problemas é a competición internacional Tournament of the Towns , unha proba paralela ás olimpíadas nacida no 1979 en Rusia e que tivo moi boa acollida en Australia (ver aquí unha recompilación). O seguinte enunciado foi tirado desta competición.

Nunha certa illa hai 13 camaleóns cincentos, 15 camaleóns castaños e 17 vermellos. Se dous camaleóns de cores diferentes se encontran, mudan ambos para a terceira cor (por exemplo un castaño e un cincento mudaríam ambos para vermello), mais non mudan de cor en ningunha outra situación. Será posible que a certa altura os camaleóns fiquen todos da mesma cor?

Para rematar, un deses gorentosos problemas que che pegan unha volta coa pregunta final

Dous irmáns venderan un rabaño de ovellas. Cada ovella foi vendida por un número de rublos igual ao número de ovellas do rabaño, e o total obtido foi dividido do seguinte modo: o irmán máis vello colleu 10 rublos, despois o máis novo colleu 10 rublos, despois o máis vello colleu outros 10 rublos, e así sucesivamente. Ao final da división, o irmán máis novo, a quen tocaba a vez, verificou que había menos de 10 rublos, e polo tanto embolsou o que sobraba. Para tornar a división xusta, o irmán máis vello dou ao máis novo o seu canivete, que valía un número enteiro de rublos. Canto valía o canivete?

Un problema das Olimpíadas de Singapur nas "Matemáticas na Raia"

Había xa varios anos que non tiña que impartir clase en 3º da ESO, así que cando me tocou este ano, o primeiro que pensei foi en participar en "Matemáticas na Raia", unha actividade de resolución de problemas co-organizada entre AGAPEMA (Asociación Galega de Profesorado de Educación Matemática) e a APM (Associação de Professores de Matemática). Meu dito, meu feito. Alá fomos.
A proba consiste na resolución de 5 problemas en 90 minutos. Na actividade participa toda unha clase que pode ter todo tipo de material, agás ordenadores, móbiles ou calquera tipo de conexión co exterior.

Cando lle preguntei aos meus alumnos sobre como lles fóra a proba, destacaron sobre todo a dificultade do 3º problema, o titulado "Aniversario".
Despois da proba buscaron en internet unha posible solución (quen dixo que o alumnado de secundaria non ten ningún tipo de interese?) e explicáronme que se trataba dun problema da Olimpíada Matemática de Singapur. Efectivamente, acabou sendo coñecido como o problema do aniversario de Cheryl e se hoxe incluso ten unha entrada na Wikipedia é porque no seu día se fixo viral (14/04/2015) . Aventuro que foi utilizado para debater sobre o ensino das matemáticas e comentar as diferenzas entre o dos países orientais, o dos occidentais, e máis concretamente o de cada país.
Entendo que algúns presupoñían que se era un problema proposto para rapaces de 14 anos, quizais debería poder ser abordado por calquera que teña os estudos básicos. Aquí estariamos obviando que non se trataba dunha proba ordinaria, senón dunha olimpíada matemática. Agora achámolo recollido nunha actividade galego-portuguesa, non nunha proba de avaliación regrada nin nunha reválida.
Imos ao conto. Velaquí o problema. Veremos que nesta versión Cheryl acabou sendo Helena:

Problema do aniversario de Cheryl. Versión AGPEMA-APM. Alberte e Carlos acábanse de facer amigos de Helena e queren saber cando é o seu aniversario. Helena dálles unha lista de 10 posibles días: 
15 de maio, 16 de maio, 19 de maio, 
17 de xuño, 18 de xuño, 
14 de xullo, 16 de xullo, 
14 de agosto, 15 de agosto e 17 de agosto. 
Helena entón dilles por separado a Alberte o día e a Carlos o mes do seu aniversario. Segue o diálogo: 
Alberte: Non sei cando é o aniversario de Helena, pero sei que Carlos tampouco o sabe. 
Carlos: Ao principio non sabía cando era o aniversario de Helena, pero agora seino 
Alberte: Entón eu tamén sei cando é o aniversario de Helena. 
Cando é o aniversario de Helena? 

Cando se propón un problema, antes de continuar, sempre convén un tempo de reflexión e traballo para resolvelo.

---------------------------------------------------------------------------------

Ao principio supuxen que, agás os nomes dos protagonistas do problema, o resto era unha tradución  do problema proposto en Singapur. Mais a cousa non era así. Finalmente fun dar con outra versión, anterior no tempo á de Singapur, que nun sentido moi preciso é máis semellante á de "Matemáticas na Raia" que a que tivo unha difusión masiva nas redes. Non atraso máis a exposición do problema orixinal que, agás os nomes propios, era o seguinte:

Problema do aniversario de Cheryl. Versión Singapur. Alberte e Carlos acábanse de facer amigos de Helena e queren saber cando é o seu aniversario. Helena dálles unha lista de 10 posibles días: 
15 de maio, 16 de maio, 19 de maio, 
17 de xuño, 18 de xuño, 
14 de xullo, 16 de xullo, 
14 de agosto, 15 de agosto e 17 de agosto. 
Helena entón dilles por separado a Alberte o mes e a Carlos o día do seu aniversario. Segue o diálogo: 
Alberte: Non sei cando é o aniversario de Helena, pero sei que Carlos tampouco o sabe. 
Carlos: Ao principio non sabía cando era o aniversario de Helena, pero agora seino 
Alberte: Entón eu tamén sei cando é o aniversario de Helena. 
Cando é o aniversario de Helena?

 Xa que logo, temos dous problemas. O primeiro é achar a diferenza co anterior, e o segundo resolvelo con esta nova redacción. Cal é máis difícil? Incluso sen ler os enunciados ou sen decatarme da diferenza, eu tería a resposta clara.
Por certo, as solucións das distintas versións tamén son distintas.

Como regalo, un par de problemas da Olimpíada de Singapur para o mesmo nivel (3ºESO):

🔘 Os números de Fibonacci son 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13... onde cada termo despois do segundo obtense sumando os dous termos anteriores. Cantos dos 2014 primeiros números de Fibonacci son impares?

🔘 Sexa x un número tal que $${ x }+\frac { 1 }{ { x } } =5$$. Acha o valor de $${ x }^{ 4 }+\frac { 1 }{ { x }^{ 4 } } $$

O feito de participar na actividade de "Matemáticas na Raia" a min deume para escribir esta entrada. Teño a certeza de que aos meus alumnos de 3º lles deu para aprender e interesarse máis polas matemáticas.

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.

Resolvendo un problema distinto do que quería resolver

Ao ver a entrada de Matemáticas na Rúa sobre un dos problemas da LII Olimpíada Matemática Española, sentín o ruxerruxe da curiosidade e boteille un ollo aos problemas. Chamoume a atención o enunciado do segundo problema porque restrinxía a operatividade a usar unha ferramenta que denominaba trazador de puntos medios:

Un trazador de puntos medios é un instrumento que debuxa o punto medio exacto de dous puntos previamente sinalados. Partindo de dous puntos a distancia 1 e utilizando só o trazador de puntos medios, debes obter dous puntos a unha distancia estrictamente comprendida entre 1/2017 e 1/2016 , trazando o menor número posible de puntos. Cal é o mínimo número de veces que necesitas utilizar o trazador de puntos medios, e que estratexia seguirías para lograr o teu obxectivo?

Non puiden poñerme a traballar nel inmediatamente. Comencei a facelo nunha garda na que (inusitado) non faltaba ningún profesor. Os ordenadores da sala de profesores estaban ocupados, así que ante a falta de perspectiva doutra diversión quixen meterlle o dente ao problema pero... non me acordaba do enunciado. Así que fixen memoria e así establecín o que pensaba que era o texto do segundo exercicio olímpico, pero que, realmente, era outro problema distinto:

Utilizando só o trazador de puntos medios, debes obter dous puntos entre p=1/2017 e q=1/2016 , trazando o menor número posible de puntos. Cal é o mínimo número de veces que necesitas utilizar o trazador de puntos medios, e que estratexia seguirías para lograr o teu obxectivo?

O primeiro paso é sempre explorar un pouco o problema. Se utilizamos o trazador 3 veces obtemos un conxunto de 7 novos puntos, todos os da forma:
$$\frac { a }{ { 2 }^{ 3 } } \quad \quad con\quad 1\le a\le { 2 }^{ 3 }-1$$

Eventualmente, algunhas das fraccións poden simplificarse.
Ademais a distancia entre un punto obtido no último paso e os máis próximos dos xa existentes no paso anterior é de 1/2³ . E todo isto pode xeneralizarse para calquera valor do expoñente.
Púxenme a buscar un punto intermedio entre p e q. Xa vería despois como obter un segundo punto.
Para colmo de males, non tiña calculadora a man, así que estaba nas mesmas condicións que os sufridos participantes da olimpíada. Os primeiros cálculos:
$$p-q=\frac { 1 }{ 2016 } -\frac { 1 }{ 2017 } =\frac { 1 }{ 4056272 } $$
Debía buscar unha potencia de 2 da orde dos 4 millóns. Sabendo que 2¹⁰=1024, e multiplicando este valor por si mesmo: 2²⁰=1048576, polo que multiplicando desta vez por 4: 2²²=4194304. Un número intermedio entre p e q:
$$\frac { 1 }{ 2016 } <\frac { a }{ { 2 }^{ 22 } } <\frac { 1 }{ 2017 } $$
Parece que había que realizar 22 operacións co trazador. Intentemos determinar o valor de a:
$$\frac { { 2 }^{ 22 } }{ 2016 } <\quad a\quad <\frac { { 2 }^{ 22 } }{ 2017 } $$
Facendo as divisións (a man): 2079'....< a < 20180'..... Velaí que a=2080. O punto intermedio será:

$$m=\frac { 2080 }{ { 2 }^{ 22 } } =\frac { { 2 }^{ 5 }\cdot 65 }{ { 2 }^{ 22 } } =\frac { 65 }{ { 2 }^{ 17 } } $$
Entón parece que chega con  utilizar o trazador 17 veces para obter un punto intermedio.
Aquí quedara.

Cando puiden volver a consultar o enunciado do problema das olimpíadas, decateime de que estivera traballando nun problema distinto. Poderían servir para algo os cálculos anteriores para resolver o problema orixinal? As divisións inacabadas anteriores eran tan axustadas que mostraban claramente que para atopar un punto que distara doutro do conxunto de puntos construídos co trazador un valor que estivera entre p e q precisabamos polo menos de 17 pasos. Agora ben. acababa de achar un punto, m, que distaba do 0 un valor, m, que caía dentro do pedido polo enunciado, pois m estaba ente p e q. Ademais, pola forma de obtención do punto, mediante o trazador, m equidista de 0 de de 2m, e resulta que  2m=65/2¹⁶ era un punto obtido mediante o trazador xusto no paso anterior. Velaí que tiña os dous puntos pedidos. Así, traballando nun problema distinto, achara a solución do problema orixinal.
Queda aínda unha cuestión por responder, a da determinación dos pasos que hai que dar para chegar aos puntos pedidos, m e 2m. Está claro que basta con determinar a obtención de m, xa que 2m, tal e como se dixo, obteríase no paso anterior. Para iso basta decatarse de como escribir 65 como  potencias de 2:
$$\frac { 65 }{ 64 } =\frac { 64 }{ 64 } +\frac { 1 }{ 64 } =1+\frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } } $$
Sucesivamente, durante 7 utilizacións do trazador, obtemos os valores:
$$\frac { 1 }{ 2 } ,\quad \frac { 1 }{ { 2 }^{ 2 } } ,\frac { 1 }{ { 2 }^{ 3 } } \quad .....,\quad \frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } } $$
Despois calculamos o punto medio entre 1 e este último punto:
 $$\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+\frac { 1 }{ { 2 }^{ 6 } }  \right) =\frac { 65 }{ { 2 }^{ 7 } } $$
Os seguintes 10 pasos consisten na bipartición reiterada deste último punto.
Cómpre comentar un último detalle. Dase a solución partindo do intervalo (0,1), non entre dous puntos calquera que disten 1. Pero isto, como é sabido, non inflúe no proceso nin na xeneralidade dos resultados obtidos.

Outro problema
Traballar con este problema levou que se me fixera presente outra cuestión. Pensemos nas potencias de 2. Máis arriba vimos que hai unha potencia de 2 que comenza por 102: 2¹⁰=1024 e que hai outra que comenza por 104: 2²⁰=1048576.
Haberá algunha potencia de 2 que teña por primeiras cifras 103? Se a resposta é afirmativa,  haberá algunha potencia de 2 que comence por abcdef....., unha serie de cifras determinada calquera?