Este ano teño unha hora semanal na biblioteca. Ata o momento non fixen outra cousa que fichar libros. Un labor ben aburrido, pero moito mellor que ter que tratar co profesorado que se escaquea das gardas, ou cos que chegan sistemáticamente 10 minutos tarde e che obrigan a comenzar a facerte cargo dun curso cando non corresponde.
Se non fose por iso, estoume refereindo aos labores de bibliotecario, seguramente non tería reparado no libriño de Fernando Corbalán, "Mates de cerca", editado por Graó. Recolle unha colección de artigos que apareceron publicados no xornal Heraldo de Aragón. Trátase dunha boa forma de popularizar e facer máis amables as matemáticas. Mágoa que por estas terras galegas non teñamos un exemplo paralelo que ofrecer.
As vantaxes sociais de publicar artigos de divulgación das matemáticas en publicacións da prensa xeral son obvias. En primeiro lugar, son unha xanela á inculturación da poboación en temas de corte matemático. Ademais poden contribuir a eliminar prexuízos cos que se lle carga a este saber ou ao seu ensino. Estou pensando nun centro no que estiven, no que se publicaba unha revista escolar na que apareceu a opinión dun pai sobre a educación criticando determinados enfoques docentes. Quexábase especialmente dos seus profesores de matemáticas porque utilizaban palabras tan estrañas como cateto ou hipotenusa. Eu, aínda que con frecuencia fago referencia á etimoloxía destas palabras, nunca lle vin unha vantaxe esencial a facelo xa que o importante é o coñecemento, ben simple por certo, do seu significado. Chama a atención que ese pai fixese referencia a estas palabras e non a outras seguramente máis esotéricas como anélido ou leixaprén. Dubido moito que aquel proxenitor descoñecese o significado de cateto, aínda que a súa queixa escondía realmente o seu odio e rexeitamento polas matemáticas, ou máis concretamente por algún profesor. Nada diso era apropiado para airealo nunha revista escolar. Un posible medicamento para paliar esta especie de diatribas poderían ser artigos como os de Fernando Corbalán.
Ao estaren dirixidos ao público xeral tales artigos tiñan que ser, por forza, de pouca profundización. Así e todo recollín de entre eles tres problemas de certo interese como para reproducilos aquí (ou nalgunha clase de secundaria)
Fusión empresarial. Dous amigos, A e B, venden panos de papel nunha feira. Cada un ten 30 paquetes. A vende 2 paquetes por 1 €. B vende 3 por 1 €. Como consideran que esta competencia non é boa para as vendas, deciden aliarse e ofertar 5 paquetes por 2 €. Polos 12 lotes de 5 paquetes obteñen 24 €. A cuestión é que se os venderan por separado A obtería 15 € e B 10 € (25 € e non 24€!). Onde vai o euro que falta? Unha pregunta máis que non propoñía Corbalán: como deberían repartirse eses 24 €? Matriculación. Desbotando as letras, os números das matrículas dos coches van do 0000 ao 9999. Se matriculamos o noso coche, darannos algún deses 10000 números. Que é máis probable: que nesa matrícula non haxa ningunha cifra repetida ou que se repita algunha?
Cociñando un experimento. Temos 10 bólas brancas, 10 bólas negras e dúas urnas opacas iguais. Pídese distribuir as bólas nas urnas de forma que a probabilidade de sacar unha bóla branca sexa a máxima posible ao realizar o experimento consistente en escoller unha urna e despois sacar dela unha bóla.
A noticia chegoume do profesor de física do meu centro. Preguntoume se sabía da obtención do número π mediante o reconto de choques de dous bloques que tivesen entre si unha relación de masas 1:102n. Máis precisamente, partimos de dous bloques de masas m2 e m1=102n・m2 e unha parede situada do lado do bloque m2 . O primeiro bloque choca contra o segundo e comenzan a producirse unha serie de choques dun contra o outro ou do segundo contra a parede. Sorprendentemente o reconto do número de choques vai ser, 3, 31, 314, 3141, 31415, 314159, 3141592, e, en xeral un número dado polas primeiras n cifras de π !
Supoñamos un chan de táboas de madeira da mesma anchura. Deixamos caer sobre el unha agulla de lonxitude igual ao ancho das táboas. Cal será a probabilidade de que a agulla toque algunha das liñas de separación desas táboas?
A resposta é 2/π .
Dito doutro xeito, este experimento permitiría teóricamente aproximar o número π polo cociente 2n/a onde n representa o número total de experimentos e a o de agullas que tocan as liñas de separación.
Primeira solución
Considreraremos como sentido positivo do movemento o usual (cara a dereita). O bloque de maior masa ten masa m1 e o outro m2
Úsanse dous principios de conservación: o da enerxía e o do momento, polo que teremos as seguintes igualdades:
$$\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }^{ 2 }={ c } \quad \quad \quad \quad [1]$$
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }={ f }(k)\quad \quad \quad \quad \quad [2]$$
No primeiro caso o valor permanece igual a unha constante c durante todo o experimento.
No segundo caso, f(k) toma unha cantidade discreta de valores pois o momento non cambia cando chocan os bloques pero si cando choca m2 contra a parede.Se k reconta o número de choques f(k) só cambirá de valor cando k sexa par.
A estratexia para resolver o problema é realmente fermosa. Pasa por considerar un espazo xeométrico bidimensional asociado a este experimento no que cada punto represente as velocidades de cada un dos bloques; ben, non exactamente as velocidades:
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \end{matrix}$$
Con esta relación as igualdade [1] transfórmase na ecuación dunha circunferencia centrada na orixe:
$$\frac { 1 }{ 2 } { x }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { y }^{ 2 }=c\quad \quad \quad \quad [1']$$
Isto significa que os puntos da circunferencia son os únicos que poden representar un estado do experimento. Mais, hai outra restricción, a dada por [2], que agora pasa a representar unha serie de rectas paralelas (unha para cada valor de f(k)):
$$\sqrt { { m }_{ 1 } } x+\sqrt { { m }_{ 2 } } y=f(k)\quad \quad \quad de\quad pendente\quad m=-\sqrt { \frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } } } \quad \quad \quad \quad [2']$$
O choque dos bloques representarase mediante un punto da parte inferior do plano: y < 0 (e recordemos, sempre un punto da circunferencia [1']). De seguido o bloque m2 chocará coa parede polo que cambiará a dirección da súa traxectoria. Isto significa que a representación do estado saltará a un punto coa mesma ordenada pero positiva. Agora debemos considerar a recta de [2'] que pasa por este novo punto que cortará á circunferencia nun terceiro punto que representará un novo choque de bloques. Despois de repetido o proceso varias veces sairémonos da circunferencia; non haberá máis choques. Pero, como os contamos?
Teñamos en conta que se unimos os puntos que representan os distintos estados do experimento mediante rectas, éstas sempre formarán un ángulo θ. Como son ángulos inscritos na circunferencia, os ángulos centrais correspondentes medirán 2θ. Xa que logo, o problema redúcese a determinar o número de veces, N, que 2θ colle na circunferencia: 2Nθ ＜2 π, polo que, simplificando: Nθ＜ π. Velaí que aparece o famoso número.
Para rematar, pescudemos cal é o valor de θ
$$tan\theta =-\frac { 1 }{ m } =\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } } } =\sqrt { \frac { 1 }{ { 10 }^{ 2n } } } =\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$\theta =arctan\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } \approx \frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } $$
$$N\theta \approx N\frac { 1 }{ { 10 }^{ n } } <\pi \quad \Rightarrow \quad N<{ 10 }^{ n }\pi \quad \Rightarrow \quad N=\left\lfloor { 10 }^{ n }\pi \right\rfloor $$
Segunda solución
A canle 3Blue1Brown non quedou parada ao darnos a primeira solución senón que partillou esta outra, igual de marabillosa e, para máis, completamente distinta.
Ben, aínda que distinta, tamén aborda o problema mediante a construción dun espazo xeométrico bidimensional asociado ao experimento. Só que agora os eixos non virán dados polas velocidades dos bloques senón polas súas distancias á parede: d1 e d2.
$$\begin{matrix} x=\sqrt { { m }_{ 1 } } { d }_{ 1 } \\ y=\sqrt { { m }_{ 2 } } { d }_{ 2 } \end{matrix}$$
Os choques entre bloques daranse cando d1 = d2 e os do primeiro bloque contra a parede cando d1= 0.
$${ d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }\quad \Rightarrow \quad \frac { x }{ \sqrt { { m }_{ 1 } } } =\frac { y }{ \sqrt { { m }_{ 2 } } } \quad \Rightarrow \quad y=\sqrt { \frac { { m }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 } } } x=m'x\quad \quad \quad [3]$$
Entón os puntos que representarán os choques estarán nas rectas [3] e y=0. Ademais, polas características do experimento, o punto, chamémoslle P, que representa o estado do mesmo en cada momento, debe moverse sempre entre estas dúas rectas.
Pasemos a estudar a velocidade do punto P. O seu módulo será:
$$\left| \overrightarrow { v } \right| =\sqrt { { \left( \frac { dx }{ dt } \right) }^{ 2 }+{ \left( \frac { dy }{ dt } \right) }^{ 2 } } =\sqrt { { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }^{ 2 }+{ m }_{ 2}{ v }_{ 2 }^{ 2 } } =\sqrt { 2c }\quad \quad \quad [4] $$
Había algo neste vídeo de Grant Sanderson que non me cadraba. Explícase que o momento é constante e isto utilízase para explicar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión do punto P. Pero lembremos que isto non é exactamente así, pois o momento diminúe cada vez que o bloque pequeno choca coa parede. Por iso, para quedar tranquilo conmigo mesmo, tiven que refinar un pouco a explicación.
Cando se produce un choque co muro hai un cambio de sentido na velocidade do segundo bloque:
$$pasa\quad de\quad \overrightarrow { v } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\quad \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) \quad \quad a\quad \quad \overrightarrow { v' } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 },\quad -\sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 } \right) $$
De aí que o ángulo de incidencia e reflexión de P sexan o mesmo cando se produce a colisión co muro.
Por outra banda, cando hai un choque entre os bloques non hai cambio no momento, f(k) non varía. Entón, neste paso, podemos aplicar o razoamento que se observa no vídeo de Grant Sanderson interpretando esta constancia no momento mediante o produto escalar de vectores, o que nos volverá a dar a igualdade entre os ángulos de incidencia e reflexión. Vexámolo:
$${ m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 }=\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } } \right) \cdot \left( \sqrt { { m }_{ 1 } } { v }_{ 1 }\quad ,\sqrt { { m }_{ 2 } } { v }_{ 2 } \right) =f(k)$$
$$\overrightarrow { m } =\left( \sqrt { { m }_{ 1 } } ,\sqrt { { m }_{ 2 } } \right) \quad vector\quad director\quad da\quad recta\quad { d }_{ 1 }={ d }_{ 2 }$$
$$\overrightarrow { m } \cdot \overrightarrow { v } =f(k)=\left| \vec { m } \right| \left| \vec { v } \right| cos\theta $$
Onde θ é o ángulo que forman eses dous vectores.
Da última igualdade deduciremos a igualdade entre os ángulos de incidencia e de reflexión na traxectoria do P cando coliden as masas. Como o vector director da recta d1 = d2 non varía e f(k) tampouco o fai no intervalo entre choques coa parede, temos que o cosθ tampouco varía co choque entre bloques, o cal implica que os ángulos da traxectoria do punto P cando incide e se reflicte na recta d1 = d2 serán iguais (a θ).
Xa vimos en [4] que a constancia do módulo do vector velocidade proviña da conservación da enerxía ([1]). Agora acabamos de comprobar que o punto P sempre forma o mesmo ángulo θ coas rectas y=0 e d1 = d2
Para rematar esta demostración non cómpre levar moito nas alforxas. O problema orixinal transformouse noutro de óptica. Con todo podería parecer pouco menos que imposible facer o reconto de veces que o punto P colide con ese par de rectas... agás que teñamos abordado algunha vez un problema no que tivéramos que reflexionar. Efectivamente, basta reflectir as rectas unha e outra vez para podermos simplificar a traxectoria de P a unha recta. Neste punto o problema volve a ser o de determinar N para Nθ＜ π, o cal xa se explicou máis arriba.
Esta solución que acabamos de dar, xunto co problema orixinal, son obra de Galperin. Podemos consultar a publicación nesta ligazón.
Máis solucións e máis problemas Neste outro vídeo o profesor Ed Copeland propón un problema semellante: cantas veces coliden as masas entre sí antes de que a masa maior comence a cambiar de dirección? A resposta é a mesma que á da cuestión anterior cando a relación entre as masas é de 16・102n :1 (se non as puxera ao principio desta entrada aquí tamén comprirían un par de signos de admiración).
A este novo problema danlle unha solución no blogue Conversation of Momentum (acaído nome para o que nos ocupa!) que me encantou. Non ten a vistosidade visual dos vídeos anteriores pero parte con outra ventaxa. Ata o momento fixemos unha simplicación que non permite comprender toda a complexidade do problema. Resulta que con cada colisión cambian as velocidades e isto non se reflicte na notación utilizada no xa explicado. No entanto, na entrada de Conversation of Momentum escóllese unha mellor notación chamándolle uni á velocidade antes do n-ésimo choque da masa i e vni á velocidade despois do n-ésimo choque. Despois de obter unha fórmula recursiva chégase á seguinte expresión:
$$\left( \begin{matrix} { v }_{ 1 }^{ n } \\ { v }_{ 2 }^{ n } \end{matrix} \right) =\frac { 1 }{ { \left( x+1 \right) }^{ n } } { \begin{pmatrix} x-1 & 2 \\ -2x & x-1 \end{pmatrix} }^{ n }\left( \begin{matrix} { u }_{ 1 }^{ 0 } \\ 0 \end{matrix} \right) \quad con\quad x=\frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } } $$
Aquí aparece a potencia dunha matriz. O método para calculala é diagonalizándoa mediante a obtención dos seus autovalores (proceso que xa temos feito algunha vez neste blogue). A marabilla é que eses autovalores... dan números complexos. Algo que, por certo, non lle había de gustar ao compañeiro de física que me informou do problema. Como curiosidade, deixo aquí a matriz diagonal
$$D=\begin{pmatrix} \left( x-1 \right) +2i\sqrt { x } & 0 \\ 0 & \left( x-1 \right) -2i\sqrt { x } \end{pmatrix}$$
Non estaría mal pescudar a contabilización do número de choques cunha proporción de masas a・102n :1, sendo a un número natural, ou incluso un número racional calquera maior que 1. A ver se vai resultar que calquera natural vai ter unha relación natural (física) co número π.
O profesor debe encontrarse cómodo co material que utiliza. Por esta razón eu nunca cheguei a empregar ningún libro de texto, agás nun caso, que xa recomendei nalgunha ocasión. Trátase da ferramenta EDAD da plataforma Descartes, que ademais ten a ventaxa, para min imprescindible, de podérmola utilizar en galego.
Con todo, que utilicemos un libro texto ou unha guía didáctica de calquera tipo, non significa que teñamos que empregala en todo momento e para todo. O recomendable é serlle infiel pois o seguemento sistemático dun libro de texto empobrece a aprendizaxe xa que nunca pode adaptarse ao cen por cen ao noso estilo nin ás necesidades dos nosos alumnos. Vou contar algunha das traizóns ao EDAD que apliquei as últimas veces que impartín clase ne 4º da ESO, en concreto na materia que agora se denomina Matemáticas Orientadas ás Ensinanzas Académicas, antes Matemáticas B.
No tema de 4º da ESO adicado ás ecuacións e sistemas, no seu apartado 2.3, que trata das ecuacións irracionais, pídese que se resolvan varias deste tipo. Pode aparecernos, por exemplo, a seguinte: $$\sqrt { -3-4x } +4x=-5$$ Se queremos seguir practicando o programa ofrécenos a posibilidade de xenerar moitas outras como as seguintes $$\sqrt { x-4 } -8=-2x\\ -7-2\sqrt { 7x+2 } =2\\ x-2\sqrt { -2-9x } =6$$ E así sucesivamente. Isto tamén é habitual nos libros de texto, unha restra de exercicios do mesmo tipo, que pode levar á tentación de propoñerllos todos aos alumnos. Hábito desafortunadamente nada infrecuente, polo que teño visto no transcurso de moitos anos de docencia. O alumnado debe enfrontarse a estes exercicios e ten que desenvolver e aprender as ferramentas para realizalos con fluidez. A cuestión é que facer unha lista de exercicios do mesmo tipo non serve para nada (bo). O único que podemos conseguir é que os rapaces se aburran e acaben tendo a idea falsa de que as matemáticas consiste nunha restra de algoritmos.
Ben certo é que este tipo de traballos non son moi agradecidos pois só se trata de aprender a traballar determinado tipo de habilidades coas expresións alxébricas. Pero non nos queda outra que entrenalos, o cal non significa que debamos mandar un boletín con 20 ecuacións deste tipo para que os fagan de deberes na fin de semana (ou aínda peor, para o día seguinte).
En primeiro lugar, facer os problemas na clase ten a ventaxa de poder discutilos cos compañeiros e de contar coas indicacións do profesor. Por outra banda o profesor non debe facer el os exercicios inmediatamente. Hai que deixar tempo a que os estudantes se enfronten a eles, permitir que cometan erros para facerllos ver, deixar que discutan os pasos a dar, que razoen e confronten se o fixeron ben ou non. Todo isto leva tempo, pero é tempo gañado para aprendizaxe.
Neste apartado, no das ecuacións irrracionais (e en moitos outros), eu taizoo á plataforma Descartes EDAD. No canto do anterior listado de exercicios preséntolle este outro:
$$a)\quad 3x+\sqrt { { x }^{ 2 }-5x+16 } =19\\b)\quad \sqrt { x-2 } -\sqrt { x-5 } =1\\ c)\quad \sqrt { { x }^{ 2 }+1+2\sqrt { 4x-3 } } =x+1\\ d)\quad \frac { 2\sqrt { x+5 } }{ 4-\sqrt { x } } =\frac { 4+\sqrt { x } }{ \sqrt { x } } \\ e)\sqrt { { x }^{ 3 }-x+3 } -x=1\\ f)\sqrt [ 3 ]{ x+3 } +3=x\\ g)\sqrt { { x }^{ 4 }+144 } =5x$$ O apartado a) non presenta ningunha dificultade, pero polo menos ten a novidade, con respecto aos anteriormente presentados, de que aparece unha expresión cadrática. No apartrado b) o alumnado adoita protestar porque lles aparecen dous radicais e "iso non o vimos", cando precisamente aí está o interesante da cuestión. Por iso no c) volven a queixarse, "unha raíz dentro doutra! isto é pasarse!". Curiosamente o maior bloqueo téñeno co d), pois a maioría non saben como dar o primeiro paso. Por exemplo, case ninguén se decata de que poden multiplicar en cruz. Ademais a comprobación das solucións deste caso pode dar para reflexionar cando un valor é solución ou non. Os apartados e) ou g) non lles presentan dificultades e ademais teñen a virtude de ofrecer retos que lles permiten utilizar e repasar temas xa aprendidos (resolución de ecuacións bicadráticas ou polinómicas). Con todo, teño visto intentos estrafalarios de sacar a incógnita fóra do radical, quizais pola tensión que a algún lle produce o feito de ver unha potencia de grao superior a 2. No f) sempre hai alguén que comenta en alto: "hai que aplicar o triángulo de Tartaglia" e outro que lle responde con enfado: "pero iso non é deste tema!". Neste caso a resolución pode levarnos a tratar o número áureo, o que nos permitiría dar un paseo por outros mundos das matemáticas e descansar dos procedementos da resolución de ecuacións. Como se ve, o proceso é moito máis entretido que a repetición machacona do mesmo exercicio con distintos valores numéricos coa ventaxa engadida de teren que enfrontarse a distintas problemáticas e de teren que facelo por si mesmos.
Non é esta a única infidelidade que cometo con este tema do Descartes EDAD. Na proposta orixinal hai un apartado que se denomina "Ecuacións factorizadas". Trátase de ecuacións da forma P(x) = 0, onde P(x) é un polinomio. Eu sáltoo porque xa o traballamos no tema de polinomios. Pola contra hai unha cuestión que engado e que non aparece no Descartes EDAD, que son as fórmulas de Viète para as ecuacións de 2º grao.
Todas estas adaptacións como son a realización doutros exercicios, eliminación de apartados, introdución doutros novos, ou calquera outra que nos conveña, poden recollerse nos cadernos de traballo que se propoñen na primeira páxina de cada tema do Descartes EDAD. Velaquí outra razón para pensar en incorporar nalgunha ocasión este sistema ás nosas aulas. Xa non se trata do ríxido formato do libro de texto ao que nos debamos adaptar, agora é unha axuda chea de recursos que se pode adaptar ás nosas necesidades.
Agora ben, non sempre se pode facer o que describín nesta entrada. Pode ser que o perfil do alumnado que teñamos non sexa quen de abordar o segundo listado de problemas que propuxen aquí. Nese caso traballar na clase con estes exercicios pode xenerar frustracións máis que aprendizaxe polo que habería que recoller a tanza e insistir cun listado de problemas máis semellante ao primeiro. De aí a necesidade do profesor.
A congruencia e a semellanza de figuras planas, moi especialmente a de triángulos, trátanse na ESO polo que poderíamos pesar (erróneamente) que son temas triviais e nos que non se pode profundizar gran cousa. Van de seguido seis problemas de enunciado ben simple:
1. Corta un cadrado en tres figuras congruentes 2. Corta un cadrado en tres figuras semellantes tales que dúas delas sexan congruentes. 3. Corta un cadrado en tres figuras semellantes tales que non haxa dúas congruentes. 4. Corta un triángulo equilátero en tres figuras congruentes. 5. Corta un triángulo equilátero en tres figuras semellantes tales que dúas delas sexan congruentes. 6. Corta un triángulo equilátero en tres figuras semellantes tales que non haxa dúas congruentes.
Estas cuestións teñen a característica de seren moi abertas e, aínda que teñen un enunciado moi semellante (que non congruente), son de dificultade moi diversa: unha desas particularidades marabillosas nada infrecuentes nas matemáticas. Tamén dan lugar a outras cuestións tales como a existencia, unicidade ou contabilización das solucións de cada un deles. Os enunciados incluso invitan a continuar a serie partindo dun polígono regular calquera ou facendo divisións cun maior número de pezas.
Portada de Quantum
Por último toca explicar de onde saquei os enunciados. Antes de nada aviso que o artigo ofrece solucións ás cuestións, polo que é recomendable darlle algunhas voltas antes de consultalo. Trátase dunha colaboración de Martin Gardner (1914-2010) publicada no número de maio/xuño de 1994 da revista Quantum. Quantum, editada pola National Science Teachers Association entre os anos 1990 e 2001 foi unha revista de ciencia dirixida tanto ao alumnado de secundaria e universitario como ao profesorado. As súas orixes remóntanse a outra publicación, neste caso rusa, Kvant, que tivo entre os seus fundadores ao destacado matemático Adrei Nikolaevich Kolmogorov (1903-1987). Kvant aínda se publica na actualidade. Se a consultamos, de certo que nos dará mágoa non saber ler os caracteres cirílicos.
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 Xn, Yn e Zn 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, Xn=Yn=Zn. 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:
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 Xn, Yn e Zn , 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.
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 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 OB e OC co punto medio MA do lado BC do triángulo son perpendiculares.
(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.
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.
Tal e como se anunciaba nunha entrada anterior, no IES Antón Losada programouse unha extensa cantidade de actividades reivindicando a ciencia en galego. Unha delas consistiu na presentación por parte de alumnos de 1º de bacharalato, de seis temas de corte matemático a alumnos de 2º da ESO.
Os primeiros en ofrecer o seu relato foron Ibai Fernández e Samuel Martíns, que baixo o título "O número de Deus" explicaron como facer o reconto de posibles configuracións dun Cubo de Rubik, resolveron un en directo e, como non!, falaron do curioso número de Deus.
Uxía Rodríguez e Andrea Porto abordaron distintos crebacabezas xeométricos nos que cunhas poucas pezas simples, ao estilo Tangram, podemos formar distintas figuras xeométricas de distintas áreas... a pesar de que usamos as mesmas pezas!
Laura Picallos e Carla Villaverde abordaron a cuestión de "Para que serven os polinomios?" Para iso presentaron o seguinte xogo do Proxecto ed@ad no que se trata de adiviñar unha das 32 figuras por medio de 5 preguntas de resposta si/non. Entón desviaron a cuestión ás notacións decimal e binaria dos números. A representación dos números en calquera base faise mediante unha estrutura polinómica. Precisamente, estudando o sistema binario podemos desvelar o segredo deste xogo. Como en moitas ocasións, a esencia da resposta está no coñecemento dos polinomios.
Facendo uso da técnica anterior, pero implicando agora o control das ordenacións ao barallar as cartas, Julio Tarrío e Andrea Fraiz fixeron un espectacular truco de cartas matemático.
Falando de xogos, coñecedes o xogo do nim? Dada unha disposición en filas de 1-3-5-7 paus, cada xogador (son 2) retira por quendas a cantidade de paus que queira de cada fila. Perde o que se vexa obrigado a retirar o derradeiro pau.
Pablo Pena e Mauro Moimenta non só xogaron e explicaron en que consiste, senón que, facendo uso da descomposición de calquera número como suma de potencias de dous, deron conta dunha estratexia gañadora. Ademais esa estratexia podían aplicala a calquera outra disposición de paus en filas. En particular, serviría para xogar con filas de 1-2-4-7-8 paus en cada unha.
O xogo do calendario
Finalmente Seraina Barros e Iria Ferreiro presentaron outro xogo, o "Xogo do calendario". Tomaron como punto de partida o calendario que fixera o Equipo de Normalización a comenzos de curso. Poderían ter collido outro mes pero escolleron o mes de maio por ser cando se celebra o Día das Letras. Nel recortaron unha matriz de 4x4 números e mediante un proceso consistente en escoller un número e despois tachar o resto dos números da fila e a columna no que está o elixido para pasar despois a escoller outro número non tachado, foron guiando aos alumnos de 2º da ESO para que fixeran o mesmo. A pesar de que tiñan todos táboas diferentes, de que cada un escolleu os números como lle petou, e, en definitiva, de que cada un dos presentes tiña unha colección de 4 números distinta, ao final por esas cousas misteriosas que teñen as matemáticas, a suma deses grupos de 4 números escollidos por todos e cada un dos asistentes coincidía!
Cando andaba na procura de temas para que o alumnado preparara para expoñer, atopei varios xogos que tiñan que ver cos calendarios. Non me acababa de gustar ningún, ata que remexendo neles lembrei un que me encantara e que presentara Coque nun congreso de Agapema, así que, dalgunha maneira en homenaxe a el foi o que lle propuxen aos alumnos para que o levaran a cabo. Paso a explicar os seus fundamentos.
Se recortamos unha matriz 4x4 nun calendario (cando isto é posible), e o primeiro número é a, o resto da matriz distribuirase da seguinte maneira:
$$\begin{matrix} a & a+1 & a+2 & a+3 \\ a+7 & a+8 & a+9 & a+10 \\ a+14 & a+15 & a+16 & a+17 \\ a+21 & a+22 & a+23 & a+24 \end{matrix}$$
(Nota: quen queira pode pensar en escoller unha matriz 3x3 e ver o que sucede nese caso). Polo procedemento indicado máis arriba (escoller un número, tachar fila e columna, escoller número non tachado, tachar fila e columna....) determínanse 4 números que sumarán o mesmo que os 4 da diagonal principal: 4・a + 48. Na escolla que fixeron Iria e Seraina: 4・7 + 48 = 76.
Finalmente, elaborar matrices que den lugar a esas cifras non é nada complicado. Basta considerar a seguinte matriz $$\begin{matrix} a & a+k & a+2k & a+3k \\ b & b+k & b+2k & b+3k \\ c & c+k & c+2k & c+3k \\ d & d+2k & d+3k & d+4k \end{matrix}$$
Dándolle valores a catro das variables en xogo, por exemplo ás variables k, a, b e c, podemos deducir o valor de
