Hoy os traigo el segundo problema de la primera sesión de la Olimpiada Matemática de Baleares 2013, celebrada el pasado 11 de enero. Ahí va:
Tenemos cinco cuadrados colocados tal como indica la siguiente figura:
Demostrar que el cuadrado ABCD y el triángulo AEF tienen la misma área.
Que se os dé bien.
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Jugaremos con ventaja. No nos van a pedir que demostremos algo que es falso. De ahí deducimos que el área del triángulo es independiente de la orientación delo cuadrado original. Giremos dicho cuadrado hasta que el vértice D llegue al nivel de C.R cuadreado de la izquierda será idéntico al ABCD y el de la derecha habrá degenerado en un punto coincidente con D. Los dos cuadrados superiores serán uno de lado doble situado sobre los dos cuadrados iguales citados y el otro, de igual tamaño que ellos y situado a su derecha. El triángulo AFE tendrá un cateto igual… Lee más »
Si E’ y F’ son los vértices opuestos a E y F en los respectivos cuadrado, los triángulos AEF y AE’F’ tienen igual área. Si AB=1 los lados de los cuadrados construidos en los vértices B y D son los senos y cosenos del ángulo que forma el cuadrado ABCD con el eje “X”. Analíticamente es fácil de ver que el área de AE’F’=1= área de ABCD
y llamemos , , , a los lados de los 4 cuadrados restantes empezando por abajo a la izquierda y en sentido antihorario, de modo que y . Sea el ángulo FAE, de modo que el área del triángulo AEF es . Llamemos con a los 3 ángulos de los triángulos definidos por los cuadrados de lados (a la izquierda) y (a la derecha), respectivamente, de modo que son los ángulos opuestos a B, D, respectivamente, y son los ángulos con vértice A. son los ángulos con vértices en B y D respectivamente, que son suplementarios de los ángulos correspondientes… Lee más »
No he sacado la demostgración, pero es curioso ver cómo es posible tal construcción, los grados de libertad que en realidad tiene.
http://www.geogebratube.org/student/m28171
Sin usar trigonometría, se puede resolver construyendo un rectángulo al rededor del tríangulo AEF como el que se ve acá:
http://postimage.org/image/8yt0jrg7l/
Por semejanzas de triángulos es fácil relacionar los catetos del tríangulo que tiene por hipotenusa el lado del cuadrado central con los lados del rectángulo. Una vez hecho esto, el resto es álgebra. Si llamamos A al área del tríangulo AEF:
A = (c+b)*2c – (c+b)*(c-b) – 2bc = … = b^2 + c^2 = a^2
Saludos!
Hola, intentado hacer la prueba me encontre con un resultado que me parceio muy bonito; se puden meter 4 cuadrados iguales al inferior izquierdo mas uno inferior derecho, en el superior derecho. Y la situacion es simetrica con el otro cuadrdo pequeño. La demostracion de Homero es tan simple que llega a irritar, por que intente de todo para poder lograr el resultado, pero bueno de eso se trata.
Homero, pero te falta demostrar la existencia del rectángulo que acabas de hacer, y con eso me refiero a que no es directo que bajo la construcción que hiciste los ángulos del cuadrilátero rojo sean rectos.
Saludos
Daniel, tu bonita observación de que se puede obtener una relación entre las áreas de los cuadradoss de arriba y los de abajo se puede ver también analíticamente, como puse en mi demostración. El teorema del coseno en los triángulos no rectángulos da
y como además sabemos que 
, se tiene que 
y 
.
Demostración con vectores y geometría básica… llamemos «a» al lado del cuadrado base, y alfa1 al ángulo (a la izquierda de C) que el cuadrado forma con la horizontal. Situamos el origen en C. Es fácil ver que las coordenadas de A son a*(cos(alfa1)-sen(alfa1), cos(alfa1) + sen(alfa1)). Las coordenadas de la esquina inferior derecha del dibujo son a*(-cos(alfa1)-sen(alfa1),0). Las coordenadas del vértice opuesto a E, E’ son por lo tanto a*(-cos(alfa1)-sen(alfa1),cos(alfa1)) con lo que el vector AE es [rápidamente, calculamos el vector AE’ y lo rotamos] a*(-sen(alfa1),2*cos(alfa1) ). Pues bien, análogamente el vector AF es a*(cos(alfa1),2*sen(alfa1) ) con lo que… Lee más »
Hoy me atrevo a desvelar mi ignorancia.
Hace años que os leo, gaussianos es de los pocos feeds que tengo agregado al Reader.
No entiendo nada, pero veo que vosotros si.
Me fascinan tanto los posts como las respuestas de los lectores.
Lo que me encanta es que casi siempre hay diferentes maneras de «demostrar» o ver los problemas, como en la vida misma.
Felicidades.
Rafa,
¿de donde sacas lo de los grados de libertad?
Para mí solo hay dos, el ángulo del cuadrado inferior central y su tamaño de arista, que no me parece muy importante, dado que su libertad genera gráficos idénticos a diferente escala.
Pues eso, esos dos grados de libertad si quitamos el de la orientación general en el plano, que daría un total de tres. Si fijamos dos y dejamos sólo el más interesante del ángulo de la diagonal del cuadrado central con la base de la figura (que es en el que basado la figura en la hoja de GeoGebra) el problema es claramente de encontrar sólo las funciones sencillas que relacionan cualquier par de medidas de la figura. No es una demostración, desde luego, pero a mi personalmente me da la sensación de controlar el problema.
El área de es . Si G es el vértice que está situado más abajo del cuadrado de lado , y H es el vértice más abajo del cuadrado de lado , entonces, como el seno de es igual al seno de (porque son ángulos suplementarios), el área de es igual al área de . Haciendo la perpendicular a la «base» de la figura por C, que corta las prolongaciones de GB y DH en los puntos P y Q respectivamente, vemos que el área de es igual al área de el polígono , porque estamos sumando y restando dos… Lee más »
Sí lucía tienes razón, de tu demostración se desprende ese hecho, no me había fijado. Pero debo confesar, que en este tipo de pruebas siempre lucho por encontrar argumentos puramente geométricos antes que «analíticos»; y por eso tu demostración no me gusta mucho, tampoco la había leído en todo el detalle, pero es solo mi humilde opinión.
@Juanjo:
No entiendo bien tu duda… si tomas las verticales que pasan por F y E, y las horizontales que pasan por A y E, necesariamente forman un rectángulo. Las medidas de los lados de ese rectángulo se obtienen sin mayor dificultad. Las semejanzas de triángulos que decía antes eran las siguientes:
http://postimage.org/image/wo4c6p4at/
Ahí se ve claro que OBC, GBA y HAD son equivalentes, GF’A y el rojo de la izquierda también lo son entre sí, y HAE’ con el rojo de la derecha también.
Saludos!
Es muy interesante tu comentario, Daniel. Es indiscutible que las demostraciones geométricas, como la propuesta por Homero, tienen una belleza y simplicidad que las fórmulas analíticas no transmiten. Pero también hay que tener la intuición de saber qué argumento geométrico usar. Las demostraciones analíticas, en cambio, son más trabajo «de pico y pala», se cogen las fórmulas y a calcular. 🙂
Homero
Tu comentario me lo encabezas, con algo que no he preguntado.
Mira, por favor, para quien era
Sencilla y elegante demostración. Magnífica.
ALTERNATIVA A HOMERO y JJG: 1º.-La diagonal AC del cuadrado menor ABCD, es igual al segmento AF, con lo que calculando: 2 x AB, es el valor de su diagonal( AC-). 2º.- A su vez, la diagonal AC, es igual al segmento AF. 3º.- Se alzan las perpendiculares al lado AF en los puntos A y F, con lo que resulta el cuadrado mayor denominado AFGH. 4º.- El área del cuadrado AFGH es igual al cuadrado del lado AF== AC. y a su vez; igual a 2AB ( o sea, AB, elevado al cuadrado + BC, elevado al cuadrado). 5º.-… Lee más »
ALTERNATIVA A HOMERO y JJG: 1º.-La diagonal AC del cuadrado menor ABCD, es igual al segmento AF, con lo que calculando: 2 x AB, es el valor de su diagonal( AC-). 2º.- A su vez, la diagonal AC, es igual al segmento AF. 3º.- Se alzan las perpendiculares al lado AF en los puntos A y F, con lo que resulta el cuadrado mayor denominado AFGH. 4º.- El área del cuadrado AFGH es igual al cuadrado del lado AF== AC. y a su vez; igual a 2AB, elevado al cuadrado ( o sea, AB, elevado al cuadrado + BC, elevado… Lee más »
Con un poco de retraso, pero es que no lo había visto antes. Se trata de un Sangaku de la prefectura de Aichi, de 1844. Este applet lo hice hace un par de años:
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Sangaku_Aichi_1844.html