Pillados no Photomath

A principios de curso non tiña noticia da existencia desta aplicación para móbiles, Photomath. Mirando o vídeo ou indo ao portal oficial decontado veremos en que consiste. Basta con premer un botón e sacarlle unha foto a un exercicio de matemáticas (ecuación, operación, cáculo integral ou diferencial...) e o programa recoñece a escritura e devolve a solución. Incluso nos pode dar os pasos intermedios para chegar ao resultado.  A súa utilidade é innegable. Se temos dominado un determinado tipo de exercicios matemáticos, como moitas outras ferramentas dixitais, pode aliviarnos do traballo pesado de ter que realizar cálculos que xa repetiramos en múltiples ocasións. Pero tamén se pode facer un uso fraudulento da aplicación. Esa foi a maneira en que eu me enterei da súa existencia.
O escenario era un exame de matemáticas de 2º de bacharelato. Tratábase de que o alumnado demostrase que dominaba as técnicas do cálculo de primitivas que se pide nese curso. Unha das preguntas era a seguinte: $$\int { { cos }^{ 2 } } x\quad dx$$.
Clásica e simple. Moito máis se sabemos que un par de días antes na aula calcularamos esta outra primitiva: $$\int { { sen }^{ 2 } } x\quad dx$$
Polo tanto ben poderiamos dicir que o exercicio era un regalo pero acabou sendo un regalo envelenado. Para a miña sorpresa, varias (e non poucas) respostas desenvolvíanse da seguinte maneira:

 $$\int { { cos }^{ 2 } } x\quad dx\quad =\quad \int { { \left( \sqrt { \frac { 1+cos(2x) }{ 2 } } \right) }^{ 2 } } dx=\int { \frac { 1+cos(2x) }{ 2 } } dx\quad =\quad $$ $$= \int { \frac { 1 }{ 2 } } dx\quad +\quad \int { \frac { cos(2x) }{ 2 } } dx=\frac { x }{ 2 } +\frac { 1 }{ 2 } \frac { sen(2x) }{ 2 } +C\quad =\frac { x }{ 2 } +\frac { sen(2x) }{ 4 } +C$$

A solución era correcta, pero demasiado rebuscada no sentido de que se fai uso dunha fórmula do coseno do ángulo dobre e, aínda que se traballaran fórmulas deste tipo (o curso pasado!), nunca este alumnado vira na aula a fórmula da que se fai uso no primeiro paso da resolución do exercicio. Estaba claro que fixeran trampa, ... pero como?
Comentando o caso cos compañeiros do departamento foi cando me informaron da existencia do Photomat. Nese mesmo momento fixemos a proba co exercicio en cuestión. A solución que nos dou o Photomat era exactamente a que aparece aquí.
Ademais do disgusto por verme enganado e a consecuente perda de confianza nun grupo de alumnos aos que levaba dando clase dous anos, tiven que cargar co traballo de elaborar e corrixirlles outro exame. Desta vez asegurándome ben de que ninguén facía uso do móbil en ningún momento.

Problemas consecutivos

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Post Scriptum. Problema 13. Os lados dun trigángulo rectánculo están en progresión xeométrica. Determina a razón da progresión.

Post Scriptum. Problema 14. Achar unha función $f$ tal que $f'=f^{-1}$. Solución.

Post Scriptum. Problema 15. Unha abella situada na cela $1$ do panal da seguinte figura desexa chegar á cela $11$. Moverase sempre cara a dereita ou cara arriba, isto é, sempre dunha cela de valor inferior a unha de valor superior. Cantos camiños distintos pode percorrer?

Post Scriptum. Problema 16. Na seguinte imaxe indicamos as tres formas de embaldosar unha tira de $1\times 3$ usando unicamente cadrados $1\times 1$ e dominós $1\times 2$. De cantas formas poderemos embaldosar unha tira de lonxitude $15$? e unha de lonxitude $n$?

Post Scriptum. Problema 17. A lingua "ABABA" só usa dúas letras: "A" e "B". Ningunha palabra pode ter dous $B$ consecutivos, pola contra, calquera outra palabra está permitida. Por exemplo "AABAAABA" ou "BAA" son palabras mentres que "ABBA" non o sería. Cantas palabras cunha lonxitude de $10$ letras son posibles nesta lingua? E con $n$ letras?

Post Scriptum. Problema 18. As palabras da lingua "ABABA" que comezan e finalizan por "A" son palabrotas. a) Cantas palabrotas hai de $n$ letras? b) Cantas palabrotas de $n$ letras conteñen $k$ "Bs"?

Post Scriptum. Problema 19. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro máximo circunscrito á circunferencia.

´

Post Scriptum. Problema 20. Dous triángulos. Un triángulo ten lados $a\gt b\gt c$. Un segundo triángulo ten lados $\frac{1}{c}\gt \frac{1}{b}\gt \frac{1}{a}$. Determina tanto o límite inferior como o superior da razón $\frac{a}{c}$ para que poidan existir eses dous triángulos.

Pos Scriptum. Problema 21. Unha elipse e un círculo. Consideremos a elipse de semieixos $a$ e $b$. Pídese determinar para que valor da razón $\frac{b}{a}$ o círculo que pasa polos seus focos ten a mesma área que a elipse.

Post Scriptum. Problema 22. Cadrado inscrito nunha semicircunferencia. Tal e como se observa na figura, inscribimos un cadrado nunha semiciecunferencia. Pídese a razón AC/AB.

Notación: o punto de vista do profesor

Un libro excepcional

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

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

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







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

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

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

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


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

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

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

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

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

Notación. O punto de vista do alumno

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

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

Lecturas astronómicas en galego

No Departamento de Matemáticas do IES Antón Losada proxectaramos o curso pasado impartir durante este a materia de Astronomía como optativa do centro para 1º de bacharelato (1 hora lectiva semanal). Incomprensiblemente non nos deron o permiso desde a inspección.
Con todo, nesa materia estaba previsto recomendar a lectura dalgúns libros para achegarse a distintos aspectos da astronomía. Propúxoselle a parte do alumnado que lesen e traballasen con estes libros como actividade extraescolar, do estilo dos clubs de lectura. Alén da extensa anotación de Damián Campos, quizais os traballos que ofrecen os resumos máis sintéticos e visuais son os realizados por outra alumna de 2º de bacharelato, Laura Rey Vigo. Aquí os comparto, ao tempo que presento os libros en cuestión.
Esta entrada ten un punto triste: aquí van tres libros de divulgación científica en galego, será prácticamente imposible dar con outro que non se mencione aquí. Estamos ante o panorama dunha cultura arrasada.

O primeiro, o que é para min o mellor libro de divulgación científica escrito en galego, e un dos mellores que lin nunca. Trátase de E fixemos a luz! (USC 2015), de Salvador Bará. Forma parte da colección Biblioteca de divulgación. Serie científica, con poucos, pero gorentosos exemplares.

O segundo libro ten unha excelente edición, ¿A que altura está o ceo? (Alvarellos, 2016). Debido á proxección mediática do seu autor, Jorge Mira, é quizais o máis popular dos tres. Relata os fitos máis importantes na medición do universo. Laura escolle nesta presentación algúns dos que máis lle chamaron a atención.

Por último, un clásico, o Sidereus Nuncius, de Galileo Galilei. Premendo na ligazón pódese acceder á publicación en galego realizada polo MUNCYT no ano 2011. Esta obra foi a que impulsou o debate sobre o heliocentrismo. Cando se publica, no 1610, xa pasaran máis de 60 anos da edición do De Revolutionibus de Copérnico, pero non foi ata a aparición do texto galileano que comenzou o verdadeiro tirapuxa entre o xeocentrismo e o heliocentrismo. Dunha banda: o poder da Igrexa, da outra, o talento e os argumentos de Galileo. O Sidereus Nuncius é un texto curto, de doada comprensión, o cal é moi de agradecer nun escrito de índole científica. Lévanos á cerna do debate científico que acabaría na cualificación de herética á proposta copernicana e á conseguinte prohibición dos libros que a defendesen. É fundamental para comprender a dicotomía ciencia-relixión e para adentrarse no estudo da historia da ciencia.

Conway en Vila de Cruces

É enorme a cantidade de vídeos de matemáticas subidos á canle de You Tube Tales no Camballón Films, do IES Marco do Camballón (Vila de Cruces). Había tempo que tiña ganas de falar dela e este vídeo que comparto aquí ofreceume a escusa perfecta. Aproveito para felicitar con verdadeira ansia aos autores da canle polo seu fantástico traballo e voume a atrever a engadir unha recomendación e unha petición. A recomendación é a de que fagan uso dunha lingua de calidade, como por exemplo o uso da denominación xe no canto da incorrección *equis. A petición é a de que continúen o seu labor.
Para quen non saiba do tema que se trata no vídeo quizais lle conveña, antes de darlle ao play, ler antes esta entrada.

Un libriño de Miguel de Guzmán

O problema dos soldados no deserto coñecíao dun libriño de Miguel de Guzmán, Cuentos con cuentas (Labor bolsillo Juvenil, 1984). Custárame 520 pesetas. Con bastante optimismo, penso eu, o texto estaba recomendado "a partir de 12 anos". Tempo despois foi reeditado en Nivola.
Neste texto  preséntase a cuestión como a do xogo da "ra saltadora". Unha excelente explicación do xogo tamén a temos nun artigo de Adrián Paenza.
Partimos dun taboleiro cuadriculado todo o grande que queiramos, cunha liña horizontal destacada ou fronteira que divide a rexión superior da rexión inferior. En cada cela da rexión inferior podemos colocar unha ficha. Os movementos permitidos recordan ao xogo das damas cando se come: saltamos por enriba dunha ficha e movémonos ata a seguinte cela baleira. Só podemos movernos en horizontal ou vertical.

movementos

O reto consiste en colocar todas as fichas que queiramos por debaixo da fronteira co obxectivo de alcanzar a fila máis alta posible por enriba da fronteira realizando os movementos permitidos. Vemos de seguido un exemplo cunha disposición inicial de 4 fichas, coa cal o resultado final dos movementos pode ser a cela marcada cunha ficha clara.

Con 4 fichas podemos
alcanzar a segunda fila

Cantas fichas necesitamos (e como debemos colocalas) para alcanzar a fila 1 da rexión superior?
E para a fila 2? e para a 3? e para a 4? e para a n-ésima?
Un bo exercicio consiste en desentrañar estas cuestións. Para obter a resposta a algunha delas podes premer aquí abaixo, aínda que, como é habitual nestes casos, antes recoméndase reflexionar un pouco.

Corolarios do teorema de Varignon

Non é inferecuente que nos textos de matemáticas encontremos distintas denominacións para os resultados: teoremas, lemas, corolarios. Vou intentar ofrecer un exemplo no que se poñen en evidencia as características principais destas etiquetas.
Nun principio todos os resultados poderían nomearse como teoremas, pero en certas ocasións, se facemos uso dun resultado secundario dentro do relato, diremos que está xogando o papel de lema. Consideremos o seguinte caso:

Ao unir os puntos medios A', do lado AC, e B', do lado BC, obtemos un triángulo A'B'C, semellante a ABC, de razón de semellanza  ½ polo que:

Lema. Dado un triángulo ABC, sexan A' e B' os puntos medios dos lados AC e BC. Entón A'B'||AB e A'B'=½AB. Ademais [A'B'C]=¼ [ABC] (onde [ABC]= área do polígono ABC)

Este lema facilitaranos a demostración do seguinte teorema que foi publicado no 1731 por Pierre Varignon (1654-1722). Trátase dun resultado dobremente sorprendente. Por unha banda está a xeneralidade do seu enunciado e por outra chama a atención que non fose descuberto ata data tan tardía.

Teorema de Varignon. En calquera cuadrilátero ABCD os puntos medios dos lados W, X, Y, Z, forman un paralelogramo.

Para demostralo consideramos o triángulo ABD construído ao trazar a diagonal BD do cuadrilátero. Este triángulo é do tipo dos considerados no lema, de aí que XW||BD e XW=½BD.
Análogamente para o triángulo BDC:  YZ||BD e YZ=½BD. Polo tanto XW||YZ e XW=YZ.
Trazando a diagonal AC obtemos o triángulo ADB para o que XY||AC e XY=½AC.
Análogamente para o triángulo CBD: WZ||AC e WZ=½AC. Polo tanto XY||WZ e XY=WZ.
En definitiva, o cuadrilátero WXYZ é un paralelogramo. Chamarémoslle paralelogramo de Varignon asociado ao cuadrilátero ABCD.

Corolario 1. A área do paralelogramo de Varignon é a metade da do cuadrilátero.

Para demostrar este corolario calcularemos a área que queda fóra do paralelogramo de Varignon. Para iso basta ter en conta o que nos di o lema sobre as áreas dos triángulos:
$$\begin{matrix} \left[ AXW \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ ABD \right] \\ \left[ CYZ \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ BCD \right] \end{matrix}\Longrightarrow \left[ AXW \right] +\left[ CYZ \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ ABCD \right] $$ $$\begin{matrix} \left[ BXY \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ ABC \right] \\ \left[ DWZ \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ ACD \right] \end{matrix}\Longrightarrow \left[ BXY \right] +\left[ DWZ \right] =\frac { 1 }{ 4 } \left[ ABCD \right] $$ $$\left[ AXW \right] +\left[ CYZ \right] +\left[ BXY \right] +\left[ DWZ \right] =\frac { 1 }{ 2 } \left[ ABCD \right] $$ $$\left[ XYWZ \right] =\frac { 1 }{ 2 } \left[ ABCD \right] $$
Se repasamos a demostración do teorema veremos que cada par de lados oposto do paralelogramo de Varignon mide a metade da diagonal do cuadrilátero á que son paralelos. De aí que teñamos o seguinte

Corolario 2. As diagonais dun cuadrilátero son iguais ⇔ o seu paralelogramo de Varignon é un rombo

Isto é porque os rombos son os cuadriláteros cos 4 lados iguais.

Outra vez, sacándolle o zume á demostración do teorema, veremos que cada par de lados opostos do paralelogramo de Varignon é paralelo a cada súa diagonal do cuadrilátero polo que:

Corolario 3. As diagonas dun cuadrilátero son perpendiculares ⇔ o seu paralelogramo de Varignon é un rectángulo

Estes dous últimos corolarios establecen un nexo de caracterización entre as diagonais do cuadrilátero e o paralelogramo de Varignon. De aí que poidamos obter unha nova consecuencia, o coñecido como teorema de Finsler-Hadwiger. Trátase dun teorema especialmente atractivo pola súa simplicidade de elementos tanto nas premisas como na conclusión.

Corolario 4. (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)

Sexa o cuadrilátero AA'C'C, demostraremos que o seu paralelogramo de Varignon WXYZ é un cadrado. Para iso consideremos os triángulos AOC' e A'OC:

$$\widehat { AOC' } =\theta +90=\widehat { A'OC } \\ OC'=OA'\\ OC=OA$$ Polo tanto os triángulos AOC' e A'OC son congruentes e AC'=A'C.  (no caso de non formarse un triángulo por ser θ=90º,  aínda se verificaría que AC'=A'C). Unha rotación de 90º transforma OAC' en A'OC, polo que AC' e A'C son perpendiculares.
Pois ben, A'C e AC' son as diagonais do cuadrilátero AA'C'C polo que o seu paralelogramo de Varignon WXYZ é un rombo (por seren iguais as diagonais e aplicando o corolario 2) e tamén é un rectángulo (por seren perpendiculares as diagonais e aplicando o corolario 3). Isto é, WXYZ é un cadrado.

Curiosamente, a pesar da evidente relación entre o teorema de Varignon e o de Finsler-Hadwiger, nunca a vin descrita por texto ningún. De certo que alguén por aí fóra hai quen si a tiña visto polo que a miña conclusión é que leo pouco.