¡Ollas Cuadradas!

¡Hola a todos! Resulta reconfortante volver a escribir en el blog, que he tenido abandonado estos últimos meses. Lo lamento de veras. Aunque sin duda la responsabilidad de ello es mía, este aparente abandono no ha sido voluntario y se ha debido a diversos factores relacionados con mi vida laboral. Veréis, este verano participé en la oposición de Andalucía de secundaria, en la especialidad de matemáticas. La verdad es que me salió muy bien y decidí descansar ese verano de mates y números. En agosto creo recordar que llegaron las notas y acabé muy bien posicionado aunque no logré plaza porque no tenía experiencia laboral más allá de academias (que no cuenta) y similares. Noveno o así de mi tribunal y había cuatro plazas solamente (por tribunal). No obstante, un futuro de buen interino para coger esos puntitos de experiencia necesarios se abría ante mis ojos….

Nunca vendáis la piel del jabalí antes de haberlo cazado…


Resulta que en Andalucía priman ante todo la experiencia. No es una mejora en puntos, no. Llaman a los interinos atendiendo a ello exclusivamente pasándose por el arco del seno la nota que se pueda haber sacado en oposición.
Así que igual están disfrutando de un cenutrio que rascó un cinco pelado hace años, cuando se ataban perros con longanizas en toda España y se coló mogollón de gente al socaire del elevado número de plazas que se ofertaban (en un año de esos yo hubiera logrado una plaza).
Pero bueno….
Por suerte he logrado trabajo como profesor de programación dando un curso de HTML, CSS, JavScript, PHP y AJAX a desempleados aquí en mi tierra pucelana. Y claro, esto ha hecho que me tenga que centrar más en confeccionar un juego de ejercicios de programación que en las matemáticas. Mil perdones. Prometo que intentaré que no vuelva a pasar XD.

Pero basta de lloros. Al tema. El tema que os traigo hoy es….

“¿Por qué no hay (de forma general, en realidad haberlas, haylas) ollas de sección cuadrada?”


(Por sección nos referimos a que si las cortamos con un plano paralelo a su base se obtenga un corte con forma de cuadrado.)
Uno podría pensar que es para evitar que la comida se quede inaccesible en las dichosas esquinas, pero no parece razón suficiente. Pensad que también tienen ventajas, como por ejemplo que si queremos volvar el contenido de una olla en otro recipiente, el ser cuadrada tendría ventajas, ya que se podría usar la esquina a modo de riel y lograr un flujo constante. Esto es algo dificilillo con recipientes cuadrados y si no, que alguien me diga si no ha manchado la encimera al intentar meter lo que quedaba de una sopa en un tupper por ejemplo.
No, la razón es geométrica. Simple, pero bonita manera de meter la geometría en la cocina.
En una olla cuadrada se verificará que la diagonal será siempre mayor que cualquiera de los lados de la olla. Esta es una propiedad fundamental de los triángulos rectángulos. De los tres lados, inequívocamente el mayor de ellos será la hipotenusa. Es algo lógico de ver analizando el Teorema de Pitágoras :

piti_ollas
pitagoras-formula

Supongamos h,x,y mayores que cero. Supongamos que x es mayor que h. Entonces ya se cumple que la raíz del cuadrado de x es mayor que h. Entonces no es posible el teorema de Pitágoras porque implica que h es mayor que la raíz del cuadrado de x. Cambiando x por y obtenemos exactamente la misma contradicción. Como el Teorema de Pitágoras es verdadero, es nuestra hipótesis la que falla. Efectivamente que h es la mayor de la terna x,y,h.
¿Y qué tiene que ver nuestra bonica hipotenusa con todo esto? Muy simple, que como la hipotenusa es mayor que cualquiera de los lados, la tapa cabe por el agujero de la olla. Es decir, se puede colar la tapa (aunque sea parcialmente) dentro de la misma, si se llega a mover por acción, por ejemplo, no sé yo, quizás de ponerla a hervir demasiado fuerte.
No obstante con la clásica olla cilíndrica (más o menos) de la abuela esto NO pasa. En ella la abertura es un círculo, que como todo el mundo sabe tiene un diámetro constante. Si el diámetro de la tapa es un poco mayor (para encajarla) o sencillamente igual que el de la olla, la tapa jamás se escurrirá por dentro del recipiente. Nuestros guisos estarán a salvo de quedarse en esquinas pegados o de contaminarse con polvillo y suciedad que pudiera haber en la tapa… que precisamente existe, entre otras cosas, para preservar al contenido del exterior.

Anuncios

El segmento entre dos puntos es el camino más corto…

…O por lo menos, euclídeamente hablando, si me permitís el palabro.

Estoy tan tan aburrido de la oposición que me descubro a mi mismo garabateando chorradas en los márgenes de los apuntes (rollo Fermat pero en cutre). Y muchas veces, se me ocurren cosillas para el blog que no posteo más que nada por falta de tiempo. La PAU está a la vuelta de la esquina y los de segundo de bachillerato acaparan mis jornadas.

Hoy vamos a demostrar de una manera muy simple ese mantra tan repetido entre los alumnos que es “el segmento entre dos puntos es el camino más corto entre dichos puntos”. Obviamente en geometría sencillita, ni esférica ni hiperbólica ni gaitas. El plano XY de toda la vida. Y no vamos a usar la desigualdad triangular, porque con ella pues sale todo muy bien y muy bonito. Vamos a hacerlo más artesanalmente.

Además, este post es la historia de cómo las matemáticas hacen que te creas un tío avispadete y con ojo para estas cosas… para enseguida bajarte del burro y dejarte al nivel al que debes estar. Como decían en un vídeo que rula por Internet…“…y tú te vienes aquí, creyéndote más que Cauchy….”. Pues eso. Que las mates son una cura para el orgullo. Enseñan, oh, sí. Modestia más que nada.

Vamos con la idea que yo había garabateado (y que pensé que era buena, bonita y barata…):

Supongamos dos puntos A y B separados una distancia R. Supongamos un tercer punto, C, no alineado con ellos. Es decir, esto:

distancia1

Tracemos una circunferencia de centro A y otra de centro B, ambas de radio R, y llamemos X e Y a los segmentos que unen A con C y B con C respectivamente.

distancia2

Ahora vamos a ir analizando qué pasa según dónde coloquemos C, e iremos viendo que siempre X+Y>R, luego R será el camino más corto.

  • Si C está fuera de la circunferencia de centro A, automáticamente X>R luego X+Y>R

distancia3

  • Si C está en la circunferencia A entonces X=R luego X+Y>R.

distancia4

  • Si C está dentro de la circunferencia de centro A pero fuera de la de centro en B (fuera de la zona común), tendremos que Y>R luego X+Y>R:

distancia5

  • Por último, si C está dentro de la circunferencia de centro A y también dentro de la de centro en B, tenemos que X>R y que Y<R. Ahora tracemos una circunferencia de centro C y radio hasta B como en la figura, para abatir Y sobre X y comprobar que efectivamente, X+Y>R

distancia6

 

Como habréis observado, este último caso es más denso que el resto, que eran elegantemente simples. Además, tiene la trampa de que funciona porque ha dado la casualidad de que los segmentos X e Y suman más que R (que sí, que pasa siempre, pero…. este método no lo demuestra, más bien lo usa). Asi que ya veis cómo de estar satisfecho con mis garabatos pasé a intentar pulir este caso, bajo la idea de que no podía ser tan complicado hacerlo fácil. Y nop. No encontré la forma de pulirlo.

Asi que como no estaba satisfecho y sigo sin querer usar la desigualdad triangular (las condiciones de formación de un triángulo ya implican que la suma de X+Y es mayor que R siempre), he optado por otro método, sin casos ni gaitas.

Otro enfoque, pues:

Supongamos los puntos A,B y C sin circunferencias ni nada. Tracemos el triángulo que forman. Ahora, llevemos el lado Y  a continuación de X abatiendo con el compás, quedando un nuevo punto E. Es decir:

distancia7

Consideremos que R es mayor que X e Y. ¿por qué? Pues porque si no, entonces X+Y>R automáticamente.

Ahora tracemos el triángulo CEB. Es isósceles, luego hay dos ángulos en E y en B iguales, llamémoslos alfa. Pero, además, hay otro triángulo, que es AEB, con un ángulo en B mayor que el alfa de antes, que llamaremos beta. Es decir, algo así:

distancia8

Ahora viene la idea. Se puede demostrar que en un triángulo, a mayor ángulo, mayor lado enfrentado (es algo obvio si lo pensáis, yo siempre digo a mis alumnos que el cocodrilo tiene que abrir más la boca cuánto mayor es la presa que se quiere jalar), así que veamos:

  • el ángulo alfa del vértice E tiene enfrente un lado R (el azul).
  • El ángulo beta tiene enfrente el lado X+Y
  • Es claro que beta>alfa, luego en los lados enfrentados tenemos X+Y>R siempre.

Claro y sencillo, aunque hay que basarse en un teorema que tampoco es que sea muy difícil de demostrar, de hecho lo podéis encontrar en Internet. Me gustaba la idea inicial porque no sé, era sencilla y elegante. Lástima que se complicara en el caso final. En fin, que sirva de ejemplo de cómo una buena idea a priori (llegas a pensar si no se le habrá ocurrido nunca a nadie, momentazo de ser iluso) se tuerce al final en el caso que era, desde luego, el más interesante de todos.

El método de Descartes

Cómo le debía gustar la palabrita “método” a René Descartes, oigan….

Sigo con la oposición, centrándome estos días en la niña fea del temario. Aquellos que nadie se prepara nunca porque no gustan. ¿A nadie? No, qué va. A mí, de hecho, me encantan. Hablo de los temas de Historia de las Matemáticas.

Estos días estoy con la historia del cálculo diferencial e integral, es decir del Análisis desde que Euler los junta a ambos en una sola disciplina. Y me he topado con algún método curioso de esos que se usaron para hacer las cosas que hoy en día calculamos con derivadas o integrales.

Imaginaos que queréis calcular la ecuación de la tangente de una función en un punto. No de una función especialmente difícil ni rara. Un seno. Un logaritmo. Una función racional. Esas cosas.

Cualquier alumno avezado de bachillerato se irá corriendo a derivar la función y evaluarla en el punto de tangencia porque como todos sabemos, la pendiente de la tangente es realmente el valor de la derivada de la función en dicho punto. El resto es coser y cantar, sólo hay que completar la ecuación punto pendiente de la tangente con las coordenadas del punto y el valor de la pendiente (es decir, el de la derivada).

No obstante estas formas de actuar se las debemos a dos monstruos con mayúsculas de la ciencia. Leibniz y en menor medida, Newton. Ellos dos se rumiaron la idea de derivada e integral como entes relacionados (de acuerdo, incluiremos también a Barrow y a más gente) y alejaron definitivamente el análisis funcional del estrecho corsé de la Geometría, al que le habían sometido desde Arquímedes hasta Descartes, que es el prota de este post. (¿Os suena el Discurso del Método de clase de filosofía? Pues el tercer libro del Discurso se llama… Geometría. Deberían explicarlo en mates, ¡leñe!)

El caso es que antes de que Leibniz y Newton, Newton y Leibniz y sus sucesores  nos pusieran las herramientas actuales de trato con funciones en las manos, cada cual se creaba herramientas apropiadas para cada problema por separado. Uno de los problemas era el de calcular la tangente de una curva en un punto sin usar derivadas ya que… ¡bueno, no se conocían!. Y una de las soluciones es la de Descartes. He aquí:

Consideremos que queremos la tangente en P de una curva f(x). Tomemos una circunferencia auxiliar de centro (C,0) con C cualquiera y radio de C a P. Es de suponer que la circunferencia será secante a la función en dos puntos. Arrastremos el centro C hasta que logremos que la circunferencia sea tangente a la curva en P. Entonces, podemos trazar la tangente a la circunferencia en P (es sencillo, será perpendicular al radio CP) y a su vez será tangente a la curva en P.

 

Un original método que analíticamente consiste en considerar el sistema formado por la ecuación de la circunferencia y la propia función y forzar a que sólo tenga una solución, en P. Con eso ya se tiene la coordenada exacta de C y el radio. Y con el vector del radio, sacar el perpendicular (el de la recta tangente) es inmediato. ¡Y sin derivar!

Os dejo en Geogebra un applet con el que podéis practicar sintiéndoos como Descartes. Analíticamente el método no es  cómodo ni mucho menos (depende de la dificultad a la hora de forzar una solución única en el sistema) pero es muy curioso y muy ingenioso. Como siempre, pinchad o en la imagen o aquí:

metodo de descartes 1

Veamos analíticamente cómo funciona. Por ejemplo, hallar la tangente de:

metodo de descartes 2

en el punto P(2,2).

Se trata de solucionar el sistema formado por la circunferencia de centro C(C,0) y radio CP y la propia función, forzando que la solución sea únicamente en x=2 (coordenada de P).

Es decir:

metodo de descartes 3

El centro es C(3,0), el radio es el vector PC(1,-2), luego la pendiente de la recta del radio PC es  -2. Entonces la perpendicular tendrá pendiente 1/2 y pasará por P(2,2), luego será la recta       y-2=0.5(x-2), o lo que es lo mismo

Tangente es: Y=0.5X+1

 

Tamaños del tetrabrik y un nombre equivocado… o no

Una de las cosas que más sorprenden a los chavales de la ESO es que se piensan que el mundo siempre ha sido así, y que todo ha existido de forma ininterrumpida desde hace muuucho tiempo hasta nuestros días. No es algo exclusivo de ellos, seguramente nosotros también pensábamos así cuando teníamos su edad, pero es curioso.

¿A qué viene esto? Pues a responder a una pregunta que me ha hecho un alumno hoy, a saber. ¿Por qué se llaman tetrabriks a las cajas de leche?

Es una pregunta muy interesante. Wikipediando, podéis encontrar la historia del recipiente que desplazó a los lecheros y sus botellas de cristal.

En resumen, el tetrabrik es un invento sueco (como IKEA) que en su inicio no presentaba la forma de hoy sino que era…. Un tetraedro. Y de tetraedro, tetrapak, viene la manera de llamarlo tetrabrik.  Brick es ladrillo en inglés, tetra es cuatro… muy simpáticos estos chicos con el marketing ¿verdad?.  ¿Por qué esa forma? Realmente, los construían así por limitaciones tecnológicas de la época. Resultaba tremendamente barato hacer recipientes así porque bastaba con coger una lámina de material, hacer un cilindro y doblarlo chafando sus bases como si fuera un sobre tridimensional. Ello compensó de alguna forma las desventajas que este tipo de formato tenía, como ahora veremos.

Fuente: desmotivaciones.es

Fuente: desmotivaciones.es (y sí, sabemos de dónde viene el nombre por las matemáticas y el griego)

¿Por qué se dejaron de fabricar con esta curiosa forma? Bueno, por una razón fundamental. La relación área-volumen de esta figura es mala. O eso he leído por ahí. Dicho más claramente, hace falta más material para construir un tetraedro que almacene un volumen de 1 litro, que para construir la opción lógica, un ortoedro. Así, si comparamos, para un litro (1 decímetro cúbico) haría falta un tetraedro regular de arista de 2 dm y por tanto un área de 7.20 decímetros cuadrados aproximadamente, por los 7 dm decímetros cuadrados de un tetrabrik normal de los de hoy en día o los 6 decímetros cuadrados necesarios si habláramos de un hexaedro.

pero espera…PARA UN MOMENTO. No hay tanta diferencia entre las áreas de un tetrabrik de hoy día con los tetraedros antiguos. Sí habría ahorro si los briks fuese hexaedros, es decir, igual de altos que anchos que profundos.

Lo que nos lleva a la pregunta… ¿Por qué son los tetrabrik del tamaño que son? ¿Es azar? ¿Es una conspiración?¿Es matemáticas?¿Es influencia Annunaki y de los elfos de las estrellas? Echémosle un ojo a todo esto.

Es verdad que la forma del ortoedro es superior en términos de almacenaje sobre la del tetraedro… aunque sólo sea porque permite apilar unidades de forma cómoda, cosa más peliaguda con el cuerpo de cuatro lados. Y no deja espacios entre diferentes briks. Pero eso sólo explica por qué hacerlos con esa forma. No dice nada de las dimensiones. Es más, si el ahorro de material es con el hexaedro… ¿Por qué no hacerlos con esa forma?

Yo no lo sé. Pero he trasteado un poco mareando unos pocos números, a ver qué descubría. Por tanto, lo que viene a continuación es pura especulación mía. Igual los hacen así porque le gustaban al director de ventas. Pero le he intentado buscar una cierta lógica, a ver si la tiene.

¿Os acordáis del número de oro? Aquella divina proporción que aparece en el márketing por doquier porque permite formas bellas. Nuestro amigo FI (del escultor Fidias, por cierto). La proporción áurea.

Pues aquí va a aparecer.

Imaginemos que queremos hacer un tetrabrik bello usando la divina proporción, que es, recordemos todos:

tetrabrik1

Que es la relación entre el lado y la diagonal del pentágono regular y una de los fiascos de los amigos de la secta pitagórica.

Bueno, pues queremos construir nuestro tetrabrik de dimensiones a x b x c siguiendo esto:

tetrabrik3

Es decir, con estas especificaciones:

tetrabrik4

Demos valores a estas expresiones a ver con qué valor de c (y por ende, de b y a) logramos tener un volumen de 1 litro (las dimensiones estarán por tanto en decímetros)

c b a Volumen
0.1 0.16 0.26 0.004
0.2 0.32 0.53 0.033
0.3 0.48 0.78 0.114
0.4 0.64 1.04 0.271
0.5 0.81 1.31 0.530
0.62 1.00 1.62 1.001
0.7 1.13 1.83 1.453

Con unas dimensiones de 0.62 x 1.00 x 1.62 dm logramos tener un litro. No merece la pena irse a 0.7 x 1.13 x 1.83 porque ahí el volumen ya es bastante más de un litro… casi casi estamos ya en el litro y medio.

Pues ya está, ¿no?. Los fabricantes quieren envases de 1 litro. Pues no. Los fabricantes quieren (o deberían querer) bonito, de 1 litro y barato. Y no hemos garantizado que nuestro brik sea barato ¿Qué debemos hacer? Pues relajar un poco las estrictas condiciones del problema, que es algo muy matemático. Ya tenemos que el lado pequeño ha de ser 0.62 dm, ¿no? Bueno, pues calculemos las dimensiones de los otros dos lados. Nos saldrán muy parecidas a las obtenidas aquí, porque queremos un volumen ligeramente mayor.

Alguien podrá decir, avispado él, que es una bobada dejar dos parámetros como b y a libres, porque nos complica el problema, y que sería más lógico dejar c y b fijos y aumentar un poco el tamaño de a. Bien, es una opción. Pero yo dejo los dos parámetros libres porque quiero imponer otra condición como fabricante. Ahora que ya sé cómo hacerlos bonitos usando la proporción aurea… quiero que usen la menor cantidad de material posible, aún a costa de que salgan un pelín más feotes. Quiero, por tanto, que su área sea mínima.

Lo que conlleva derivar el área buscando el punto donde es mínima.

Reescribimos la fórmula del área imponiendo que el volumen ha de ser 1 decímetro cúbico y que el lado c ha de ser 0.6 decímetros y queda:

tetrabrik5

Si derivamos e igualamos a cero obtenemos un mínimo en…

 

tetrabrik6

Entonces b=1.27 dm y a=1.27 dm

Lo que nos lleva a que las dimensiones serán de 1.27 x 1.27 x 0.62 decímetros. Qué lástima. No parece que la optimización del área a usar sea un criterio empleado…Comparémoslas con las de un tetrabrik normal y corriente real y con las medidas obtenidas para un brik áureo:

CASO DEL BRIK CON PROPORCIÓN ÁUREA

c b A Volumen
0.62 dm 1.00 dm  1.62 dm 1 litro exacto

 

CASO DEL BRIK OPTIMIZADO

C b a Volumen
0.62 dm 1.27 dm 1.27 dm = 1 litro exacto

 

CASO DEL BRIK REAL

c b A Volumen
0.62 dm 0.91 dm 1.93 dm > 1 litro (1.09 litros)

 

Conclusiones: Parece ser que el tamaño del brik está un poco más relacionado con la proporción áurea o el deseo sencillamente de hacer un embalaje bonito que en lograr la eficiencia en el área de material empleado. No obstante, tampoco hay tanta diferencia en este aspecto, ojo, que los suecos bobos no son. De hecho:

Brik áureo 6.51 dm cuadrados
Brik óptimo 6.37 dm cuadrados (mínimo)
Brik real 6.62 dm cuadrados

La diferencia es de sólo unos 0.25 decímetros cuadrados de material, es decir, aproximadamente 5 x 5 centímetros. Muy poco. A cambio, el brik real cumple ser más armonioso con el ideal del áureo. Es más bonito que el óptimo. Y tiene un volumen un poco mayor que 1 litro.

Por último, hay que tener en cuenta además que el brik real está sobredimensionado en su altura para proteger el contenido de apilamientos excesivos, golpes, que el brik se chafe o arrugue, (y esto por apilarlos suele ocurrir por arriba). Asimismo, para que no explote por cambios en el volumen de su contenido, que como todo líquido tiende a variar de volumen con cambios en la presión o la temperatura. (y si no, meted una botella de agua en el congelador, veréis que risa… )

Para que quede constancia de lo que digo, sería algo así:

CASO DEL BRIK REAL SIN ALTURA EXTRA DE SEGURIDAD

c b A Volumen
0.62 dm 0.91 dm 1.77 dm 1 litro exacto

Ello explica (en parte) que tenga ese valor de altura. Realmente da un volumen de 1.08  litros. Con 1.6 centímetros menos, saldría un volumen de 1 litro redondo. Pero eso nos sigue dejando unas dimensiones teóricas de 0.62 x 0.91 x 1.77 dm. Un valor bastante cercano al áureo aunque no idéntico.

En definitiva, no sé exactamente por qué los tetrabriks tienen estas dimensiones. Tiene que haber algún otro factor que no hayamos visto como el material que se pierde en los dobleces (quizás sea la clave de que quede más delgado, optimizar todo el material, incluyendo los dobleces que aquí he obviado), aunque está claro que su diseño es más una concesión a que quede bonito que al ahorro en sentido estricto del material. Si no fuera así, nuestros briks serían más anchos (1 cm) y más bajitos.

Por lo menos dejaron de fabricarlos con forma de dado de rol de 4 caras. Algo es algo.

Probabilidades en la circunferencia.

Vamos allá con este problema que se me ocurrió este fin de semana, motivado por una conversación de coche, de esas que te picas, te picas… y tienes que resolverlo, claro está.

El enunciado es éste:

Colocamos tres puntos al azar sobre una circunferencia de radio R. ¿Qué probabilidad hay de que formen un triángulo acutángulo?

NOTA: es el mismo problema que suponer “dados dos puntos sobre una circunferencia, ¿qué probabilidad hay de que al colocar un tercero se forme un triángulo acutángulo?

SOLUCIÓN: HAY DOS FORMAS, QUE EN EL FONDO SON LA MISMA, LA COMPLEJA Y LA SIMPLIFICADA.

SOLUCIÓN COMPLEJA:

Partimos de la construcción siguiente: dada la circunferencia colocamos al azar los dos primeros puntos, vértices del triángulo.

circulo1

Vamos a ir al caso límite para colocar el vértice que queda, A. Para ello, hay que procurar que se forme un ángulo menor que 90º en B o C dados, al unirse con A. Entonces construimos el andamiaje necesario para “acotar” esta posibilidad, levantando perpendiculares por C y B:

circulo2

La zona válida es el arco que va desde G hasta E. Es decir, la zona marcada en rojo. Esa será la solución. Cualquier punto A en esa zona genera ángulos en C y B que serán menores que 90º.

Se puede comprobar por ejemplo en esta imagen (el gif hecho por Geogebra es una animalada de 8 Mb).

circulo3

Alguien puede pensar  “Bueno, sí, ahí el ángulo de B y C es menor que 90º, pero. ¿Qué pasa con el otro vértice?

La respuesta es que NO pasa nada. Es un ángulo inscrito. Y ese ángulo inscrito valdrá la mitad que el ángulo central que abarca el arco desde B hasta C. Como ese central es claramente menor de 180º, el inscrito será también menor que 90º.

Precisamente por eso la solución NO incluye el arco “corto” entre C y B. Porque ahí el ángulo inscrito SÍ que es mayor que 90º y el triángulo formado sería obtusángulo.

Queda hacer cuentas. Qué probabilidad representa esa zona roja. Llamemos “d” a la distancia entre los dos vértices que hemos colocado primero. Coloquemos algunos ángulos y echemos cuentas

circulo4

Como se puede apreciar beta=180-2(alfa) lo que conlleva que la zona de aceptación (la zona favorable) sea de esos ángulos precisamente. Como hay en total 360º donde colocar el vértice A del triángulo, entonces la probabilidad es:

circulo5

Con el ángulo alfa siempre entre (0 y 90º). Hay un caso especial, que ésta fórmula por tanto no contempla, que es cuándo alfa es cero. Ello conlleva que C y B serán diametralmente opuestos y por tanto el ángulo que forme A con ellos será de 90º por ser el central un ángulo llano. En ese caso, la probabilidad de que formen un triángulo acutángulo es de cero.

Buscamos poner esta expresión en función de “d”, distancia entre dos vértices Cy B y “r”, el radio. Tirando de trigonometría básica es sencillo llegar a que:

circulo6

Dando la expresión en radianes.

CONSTRUCCIÓN SENCILLA/SIMPLIFICADA.

Basta con considerar la figura que se forma al colocar dos puntos C y B al azar y trazar sus diámetros. Después sólo hay que pensar a la hora de analizar dónde debe caer el tercer vértice A. Analicemos la figura:

circulo7

Pensemos que el ángulo inscrito de centro en C que abarque de B a F será de 90º porque el ángulo central que abarca es de 180º.Entonces, si coloco el vértice A entre F y B tendré un ángulo más abierto que ese, luego será de más de 90º (colocad un punto cualquiera debajo de C veréis cómo el ángulo de centro C que una B con A será más de 90º). Luego esa zona no vale.

Alternativamente, tampoco vale la zona de C a D por análogo razonamiento, pero esta vez considerando cómo sería el ángulo centrado en B. Dicho ángulo es de 90º si abarca desde D hasta C, y será mayor si va a un punto colocado entre C y D.

Por tanto en las zonas siguientes marcadas en rojo NO se formará un triángulo acutángulo y por tanto en la zona verde es donde SÍ que se formará dicho triángulo:

circulo8

A partir de ahí el razonamiento de cálculo es el mismo. El ángulo central del sector verde vale beta=180-2(alfa) y se llega a la misma solución que con el método anterior (en el fondo es el mismo, razonando más y dibujando menos).

Demostración del Teorema de Pitágoras con Geogebra

Hay muchas demostraciones del dichoso Teorema en la red, en libros…. es como un hobby matemático. Encontrarlas.

Incluso aquí tratamos el tema mostrando una clásica, de un tratado chino antiguo, que es la que vuelvo a presentar aquí, en versión Geogebra animado.  Aparece en el tratado chino de matemáticas Chou Pei Suan Ching o más en cristiano que entendamos todos El Clásico de la Aritmética sobre el Gnomón y los Caminos Circulares del Cielo escrito en el siglo III A.C

La recordamos:

Demostración china geométrica

Bonita imaginativa oriental

Me encanta esta demostración porque para fines didácticos es mucho más clara que la de Euclides. Qué demonios, para mí es la más simple y sencilla de todas las que he visto. Y además, de regalo, demuestra una identidad notable. ¡Qué más se puede pedir para usarla en clases de la ESO!

Hela acá. Como siempre, tenéis el link, y si no, pinchad en la bonita foto siguiente.

pitagoras2

 

Espero que la disfrutéis y que os sea de uso!!!

 

Las Catapultas apuntan y…. ¿Hacen pleno?

Bueno, tras el parón pre veraniego (mandar curriculums, clases extra a alumnos que deben recuperar asignaturas y demás) por fin volvemos al ruedo de los problemas más o menos raros.

Toca  otra vuelta de tuerca al Warhammer. Esta vez, analizando las catapultas. Primero veamos cómo se hace todo esto. El enunciado viene después.

En Warhammer (juego de batallas entre ejércitos representados con miniaturas) hay morteros, catapultas y demás artefactos similares (¡incluso palomas bomba!) que pueden hacer un cuatro a un regimiento de infantería al que acierte. Así que vamos a meternos en el cálculo de las probabilidades de que esto ocurra.

¿Cómo se dispara?

Imaginemos un regimiento enemigo formado por 25 infantes, colocados en forma de cuadro de 5×5 (lo normal). Como la peana de cada miniatura mide 2×2 centímetros, tenemos que la unidad a bombardear será un cuadrado de área 100 centímetros cuadrados. Sin embargo, al ser un juego británico lo normal es operar en pulgadas. Entonces la unidad medirá aproximadamente 4×4 pulgadas, 16 pulgadas cuadradas. Algo así:

25 soldaditos, dispuestos a ser aporreados por una catapulta enemiga!

25 soldaditos, dispuestos a ser aporreados por una catapulta enemiga!

Lo que vamos a hacer es dispararla con una catapulta. Para ello disponemos de una plantilla de forma circular de radio 3,5 pulgadas que representa la zona donde impactará el pedrusco/obús/ bomba de paloma que le lancemos a la desdichada unidad. ¡Nadie dijo que ser guerrero fuera fácil!

Sin embargo este proceso no es automático. Se dispone además de dos dados de 6 caras. Uno de ellos dispone de 5 caras donde hay pintadas una flecha, habiendo en la sexta cara un símbolo de diana (o HIT). El otro dado tiene pintados los números 2, 4 ,6, 8, 10 y un símbolo de exclamación (¡).

Es decir:

Los dados "raros y frikis" del Warhammer.

Los dados “raros y frikis” del Warhammer.

Entonces para disparar la catapulta se hace lo siguiente:

  1. Apuntamos: en este caso elegimos al soldado central de la unidad de infantería a bombardear. Esto significa que en teoría la plantilla circular de daños debería caer ahí, pero que puede desviarse. Esto se modeliza en los pasos siguientes.
  2. Tiramos el dado de las flechas. Si sale una cara con flecha, hacia donde apunte  es hacia donde se desviará la plantilla circular. Si sale el símbolo de la diana, no se desvía (los artilleros han afinado).
  3. Ahora queda ver cuánto se desvía la plantilla. Para ello se tira el dado de los números. El resultado que salga es el número de pulgadas que la plantilla se aleja de donde apuntamos en el paso 1, siguiendo la dirección que dicte la flecha del paso 2. Si sale el símbolo de la exclamación…. Bueno, eso significa que la catapulta se ha roto, o que el mortero ha explotado. En ese caso, no hay disparo. Si ha salido en el paso 2 el símbolo de diana, no se considera el número que obtengas (pero sí el símbolo de exclamación). Es decir, si hemos hecho diana, no nos desviamos y el número de este dado es irrelevante. Pero si sale exclamación, implica que nuestra máquina de guerra se ha roto, y no dispara, independientemente de que hubiéramos apuntado bien.
  4. Las miniaturas que tengan algo de su peana dentro de la plantilla circular se consideran afectadas por el disparo.

¿Todo claro? Bueno… pues el problema es hallar qué probabilidad hay de que la catapulta logre hacer blanco en alguna miniatura de la unidad de infantería enemiga.

Y si ya nos ponemos tiquismiquis, calcular qué probabilidad hay de herir a 1 miniatura, 2, 3, 4 etcétera…..