Coloca los números del 1 al 16
Sep30

Coloca los números del 1 al 16

Posted By on 30 de septiembre de 2008 in Juegos | 23 comments

Un problema sencillito y con posibilidad de participación para cualquiera (tenga el nivel de matemáticas que tenga) para esta semana:

Coloca los números del 1 al 16 en los círculos de forma que las dos filas, las dos columnas y las cuatro diagonales sumen 34:

Números del 1 al 16

Buscando un poco por la red seguro que se puede encontrar el problema resuelto. Lo interesante es intentar resolverlo por uno mismo. Así hasta podemos encontrar varias soluciones distintas (podría haber más de una). Sólo os pido que seáis un poco honrados (sobre todo con vosotros mismos) y que si teníais la solución o la encontráis mediante una búsqueda por internet no la pongáis para dejar a quien intente resolverlo por si mismo.

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La línea de Euler
Sep29

La línea de Euler

Posted By on 29 de septiembre de 2008 in Demostraciones, Geometría | 12 comments

Este artículo es una colaboración enviada por fede a nuestro correo gaussianos (arroba) gmail (punto) com. Si lo deseáis podéis enviar las vuestras a esa dirección.

La línea de Euler

Si un triángulo es equilátero entonces circuncentro, baricentro y ortocentro coinciden. En otro caso Euler demostró que esos tres puntos están siempre alineados. A la línea que pasa por esos puntos se la denomina línea de Euler del triángulo.

El libro de Dunham sobre Euler1 dedica 9 páginas (de fórmulas y ecuaciones) a exponer la demostración original de Euler. La demostración que sigue (¿de Gauss?) es mucho más sencilla y elegante, y demuestra que las alturas coinciden en un punto (el ortocentro), que las medianas coinciden en un punto (el baricentro) y que circuncentro, baricentro y ortocentro están alineados.

En \triangle A B C sean A^{\prime} , B^{\prime}, C^{\prime} los puntos medios de los lados opuestos a los vértices A, B,C.

euler2a1

Partimos del hecho de que las mediatrices de los lados de \triangle A B C se cortan en el centro de la circunferencia circunscrita, que es el cicuncentro O.

Las paralelas a cada lado de \triangle A B C que pasan por los vértices opuestos se cortarán en tres puntos A_0, B_0, C_0, que son los vértices de \triangle A_0 B_0 C_0, semejante a \triangle ABC con razón de semejanza 2:1.

Los puntos medios de los lados de \triangle A_0 B_0 C_0 son los vértices de \triangle A B C, y las mediatrices de los lados de \triangle A_0 B_0 C_0 son las alturas de \triangle A B C, porque los lados de \triangle A B C y \triangle A_0 B_0 C_0 son paralelos.

Como las mediatrices de los lados \triangle A_0 B_0 C_0 se cortan en un punto H, que corresponde en la semejanza al punto O de \triangle A B C, resulta que las alturas de \triangle A B C se cortan en un punto H, ortocentro de \triangle A B C.

Además HA = 2\ OA^{\prime} y lo mismo para los otros vértices, es decir, la distancia del ortocentro H a un vértice es el doble de la distancia del circuncentro O al punto medio del lado opuesto al vértice.

Si los lados AB y AC no son iguales, la mediatriz OA^{\prime} y la altura AA^{\prime\prime} están en rectas diferentes y entonces los puntos O y H son diferentes

euler2b1

y la mediana AA^{\prime} corta al segmento OH en un punto G.

Como la mediatriz OA^{\prime} y la altura AA^{\prime\prime} son paralelas, los triángulos \triangle AHG y \triangle A^{\prime}OG son semejantes y como AH = 2\ OA^{\prime} también HG = 2\ OG y AG = 2\ A^{\prime}G.

Entonces la mediana AA^{\prime} corta al segmento OH en un punto G tal que OH = 3\ OG.

Si \triangle A B C es escaleno lo mismo sucede con las otras dos medianas, y si \triangle A B C es isósceles con una de las otras dos medianas, y la otra mediana coincide con la altura, la mediatriz y la linea en que está el segmento OH.

Por tanto hemos demostrado que las medianas de \triangle A B C se cortan en un punto G, el baricentro de \triangle A B C.

Además, como AG = 2\ A^{\prime}G, la distancia del baricentro G a un vértice es el doble de la distancia de G al punto medio del lado opuesto.

Y como el baricentro G está en el segmento OH, concluimos que si \triangle A B C no es equilátero, el circuncentro O, el baricentro G y el ortocentro H están alineados y OH = 3\ OG y GH = 2\ OG.

Otro hecho notable sobre el segmento OH es que su punto medio N es el centro de la circunferencia de Feuerbach.

Usando el resultado anterior y las propiedades de la homotecia es muy fácil demostrar que pasa por los famosos 9 puntos:

euler2c4

Si A_1, B_1, C_1 son los puntos medios de los segmentos entre el ortocentro H y los vértices, la homotecia con centro H y razón \textstyle{\frac{1}{2}} transforma la circunferencia circunscrita a \triangle A B C en una circunferencia con centro N, radio \textstyle{\frac{OA}{2}} y que pasa por A_1, B_1, C_1.

Si en cambio aplicamos al plano una homotecia con centro G y razón \textstyle{\frac{-1}{2}}, la circunferencia circunscrita a \triangle A B C se transforma en una
circunferencia con centro N, radio \textstyle{\frac{OA}{2}} y que pasa por A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, porque OG = 2\ GN y A = 2\ GA^{\prime}.

Por tanto la circunferencia con centro N y radio \textstyle{\frac{OA}{2}} pasa por A_1,B_1,C_1 y por A^{\prime},B^{\prime},C^{\prime}.

Como las homotecias preservan las direcciones, las tangentes a la circunferencia con centro N y radio \textstyle{\frac{OA}{2}} en A_1 y A^{\prime} serán paralelas a la tangente a la circunferencia circunscrita en A, y por tanto A_1 A^{\prime} es un diámetro de la circunferencia con centro N y radio \textstyle{\frac{OA}{2}}.

Como \angle A_1 A^{\prime\prime} A^{\prime} es recto, tenemos que A^{\prime\prime} está en la circunferencia de diámetro A_1 A^{\prime}, es decir, en la circunferencia con centro N y radio \textstyle{\frac{OA}{2}}. Lo mismo sucede con B^{\prime\prime} y C^{\prime\prime} y por tanto la circunferencia con centro N y radio \textstyle{\frac{OA}{2}} pasa por los 9 puntos indicados en la figura.

Como propina obtenemos que las tres circunferencias que resultan de reflejar la circunferencia circunscrita sobre cada uno de los lados se cortan en el ortocentro (porque HA^{\prime\prime} = A^{\prime\prime}A_2, puesto que A^{\prime\prime} es la imagen de A_2 en la homotecia con centro H).

1 Dunham, «Euler. El maestro de todos los matemáticos», Nivola.

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En ocasiones veo 3'14… (II)
Sep25

En ocasiones veo 3'14… (II)

Posted By on 25 de septiembre de 2008 in Humor matemático | 14 comments

Nueva entrega sobre apariciones de \pi:

Aparece en una colonia:

Colonia Pi

Y en una pizza:

Pizza Pi

Y en otra:

Pizza Pi 2

Y hasta aparece su doble (es decir, 2 \pi) en el teléfono de una chatarrería de Córdoba

2*Pi en un teléfono

Gracias a Nadym por las tres primeras y a Manuel por la última.

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Lo opuesto a…

Posted By on 24 de septiembre de 2008 in Citas matemáticas | 8 comments

El opuesto de una frase correcta es una frase errónea. Pero el opuesto de una verdad profunda puede ser muy bien otra verdad profunda.

Niels Henrik David Bohr

INFINITUM. Citas matemáticas

Interesante frase del señor Bohr. ¿Creéis que es cierto? ¿El quinto postulado serviría de ejemplo? ¿Conocéis alguno más?

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Las fichas de colores
Sep23

Las fichas de colores

Posted By on 23 de septiembre de 2008 in Juegos | 18 comments

Hoy, día de la semana dedicado a problemas, os dejo otro junto con su solución para que lo analicemos:

Problema: Una bolsa contiene dos fichar de las que nada sabemos salvo que cualquiera de ellas puede ser blanca o negra. Adivinar sus colores sin sacarlas de la bolsa.

En principio, tal cual está planteado, la cosa parece imposible. Pero Lewis Carroll nos deja esta solución:

Solución: Sabemos que si una bolsa contiene 3 fichas, dos de ellas negra y la otra blanca, la probabilidad de sacar una negra es \textstyle{\frac{2}{3}}, y que cualquier otro estado de cosas no daría esa probabilidad.

Llamemos N a bola negra y B a bola blanca. Las probabilidades de que la bolsa dada contenga NN, NB o BB son, respectivamente, \textstyle{\frac{1}{4}, \frac{1}{2}} y \textstyle{\frac{1}{4}}.

Añadimos una ficha negra.

Ahora las probabilidades de que la bolsa contenga NNN, NBN o BBN son, como antes, \textstyle{\frac{1}{4}, \frac{1}{2}} y \textstyle{\frac{1}{4}}.

Por la tanto la probabilidad de sacar una negra ahora es:

\cfrac{1}{4} \cdot 1 + \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{2}{3} + \cfrac{1}{4} \cdot \cfrac{1}{3} = \cfrac{2}{3}

Por lo tanto la bolsa contiene ahora NNB (pues, como dijimos antes, cualquier otro estado de cosas no daría esa probabilidad).

En consecuencia, como añadimos una ficha negra, al comenzar teníamos NB, es decir, una ficha negra y otra blanca.

Bien, ahora viene la pregunta: ¿significa esto que siempre que tengamos una bolsa con dos fichas cada una de las cuales puede ser blanca o negra en realidad tendremos exactamente una blanca y una negra? ¿No parece extraño? ¿Hay algún error en el razonamiento de Lewis Carroll? A mí, la verdad, no me cuadra demasiado el tema. Espero vuestras opiniones.

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