¡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.

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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

 

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).

Puntitos en una esfera

Estoy disfrutando como un enano estos días repasando la probabilidad para el examen de oposición. Y hay algunos ejercicios que no me salen. Asi que aprovecho para relajarme releyendo el magífico libro “La Conquista del Azar” de Fernando Corbalán y Gerardo Sanz. Una delicia de librito, muy comprensible, escrito en un tono bastante ameno y con algún problemilla un poco más liadillo que ya iré colgando aquí algún día.

La cuestión de hoy está extraída de este texto y reza así: Imaginemos que seleccionamos tres ciudades al azar de la Tierra. ¿Qué probabilidad hay de que éstas pertenezcan a la misma semiesfera?

Como en muchos casos, una lectura detenida del enunciado nos librará de malas y peligrosas interpretaciones. Ánimo que es muy fácil. Aunque justificarlo con rigor puede no serlo tanto….

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SOLUCIÓN:

Evidentemente y como se decía en los comments del post, la probabilidad es 1.Hay un 100% de probabilidades de que 3 puntos dde una esfera (de su superficie) pertenezcan a la misma semiesfera. Demostrar esta cuestión es sencillo y sin cuentas (beej). Lo que sí que viene bien es tener papel y lápiz e ir dibujando los sucesivos pasos. Como ando corto de time esta vez, eso os lo dejo a vosotros. Pasito a paso os convenceréis. A ello vamos:

Primero: Tres puntos no alineados determinan un plano. Eso es evidente. Sólo un plano contiene a tres puntos de estas características.

Segundo: Si los puntos están sobre la superficie de una esfera, entonces el plano que generan cortará a la esfera. También evidente.

Tercero: El corte de un plano con una esfera es un bonito círculo (a no ser que el plano sea tangente, pero eso es imposible si el plano contiene a tres puntos de la esfera diferentes; por definición, para ser tangente sólo debería contener a un único punto).  Además ese círculo contendrá a los tres puntos seleccionados de la esfera.

Cuarto: Si el plano atraviesa el centro de la esfera (lo contiene, vamos) entonces ese círculo es el de máximo tamaño que se puede dibujar en esa esfera. Demostrar esto, bueno no tengo tiempo. Pero se ve fácilmente por inducción (o algo parecido). Dibujad una esfera, que sea la Tierra. Trazad un círculo cerca de uno de sus polos (el norte o el sur). Es un círculo pequeño. Si después trazáis círculos paralelos a éste pero más y más cercanos al Ecuador veréis que su radio aumenta, hasta llegar al caso límite, es decir , el círculo que contiene al centro de la esfera. Despúes, los sucesivos que se tracen se iran haciendo otra vez cada vez más pequeños.

Quinto: Un círculo máximo divide a la esfera en dos parte iguales, llamados semiesferas. Cualesquiera otros círculos menores dividen la esfera en cachos de diferente tamaño, no semiesferas.

Consecuencia: los tres puntos de la esfera dividen a ésta en dos trozos. Si los puntos generan un plano que corte a la esfera en dos semiesferas, es que los puntos pertenecen a un círculo máximo. Por tanto pertenecen a cualquiera de las dos semiesferas que generan.  En cualquier otro caso dividen a la esfera en dos cachos de diferente tamaño. Pero, y esta es la clave, el más pequeño de esos puede a su vez ser contenido en una semiesfera, porque siempre puedo dibujar otro círculo paralelo más abajo, conteniendo al centro de la esfera en cuestión.

En consecuencia siempre puedo decir que tres puntos de una esfera pertenecen a una misma semiesfera.

PD: Lamento mucho no haber puesto dibujitos que ilustren este rollo macabeo. Podéis probarlo en casita con papel y lápiz (no hace falta ser Rembrandt). O podéis colaborar enviándome los dibujines en paint o como queráis para luego colgarlos. See you!!!

Fito y las matemáticas

Una canción de Fito en la radio. Una idea. Fito no aprovechó las clases de matemáticas en el instituto o no se las supieron explicar bien. Objetivo: demostrar esta hipótesis.

En una canción Fito dice, textualmente:

“El colegio poco me enseñó

si es por el maestro

nunca aprendo…

a coger el cielo con las manos

a reir y llorar lo que te canto”

Realmente Fito se equivoca. Con un poco de imaginación y algo de matemáticas se puede coger el cielo, más aún, la Tierra entera con las manos. Aunque sólo sea un efecto óptico de eso va este rollo musical, ¿no?. Metáforas floridas y esas cosas.

Asi que el problema es el siguiente; ¿A qué distancia de la Tierra debería situarse Fito para poder abarcar con sus manos todo el planeta? No os cortéis. Es trigonometría de la buena, y además, sencilla. Podéis suponer lo que queráis. Sin embargo, para simplificar, yo supondré el tamaño de las manos, en la clásica posición de Kame Hame Ha (o Ha Do Ken) como de una longitud de 14 cm por mano y 64 cm de longitud de brazo. Es una estimación generosa, porque son mis propias medidas… El resto es cosa vuestra.

el clásico kamehameha..... el de toda la vida

deberíamos suponer a Fito con las manos en esta posición, mirando a la Tierra desde el espacio y con los brazos totalmente estirados….

Solución:

Bueno, para resolver esta cuestión es fundamental emplear el viejo y clásico Teorema de Tales. Al margen de su definición formal, que podemos encontrar aquí, lo reformularemos de una manera más  cómoda, menos rigorosa y más acorde a nuestro fin, como:

Si dos triángulos tienen los tres ángulos iguales, entonces cada uno de los lados de uno de ellos es  proporcional al lado equivalente del otro. En ese caso se les llama triángulos semejantes.

¿Y eso cómo se come? Muy fácil. Supongamos los dos triángulos de la figura:

Cada uno de los ángulos (rojo, verde, azul) es idéntico en uno u otro triángulo. Son como bocas que están igualmente abiertas, independientemente del tamaño de la figura. Lo que Tales afirma es que en ese caso ocurrirá que hay una relación (proporción) entre los lados del triángulo grande y los del pequeño. Por ejemplo, puede ser que uno sea el doble que el otro, y por tanto A=2a, B=2b y c=2c. O puede que uno sea el triple que el otro y por  tanto A=3a, B=3b y c=3c. O puede que uno sea 1.6578 veces el otro, en cuyo caso la relación entre los lados será análoga pero cambiando el dos o el tres de antes por dicho número.

¿Y eso por qué? No pretendo meterme en detalles, aunque tampoco son para tanto. Pero se puede dar una visión intuitiva del asunto. Supongamos una foto de un triángulo. Si  amplías cada lado, verás la misma imagen, el mismo triángulo, pero más grande. Sin embargo, sigue siendo la misma figura, sin deformar por decirlo de alguna forma. Todos y cada uno de los lados se han amplificado de la misma forma, en la misma proporción. En consecuencia los ángulos permanecen invariantes. ¿Qué ocurriría si un lado creciera más que otro? Posiblemente no podrían cerrar el triángulo, pero si hicieras trampa y lo cerraras, verías que los ángulos cambian, que de alguna forma ese nuevo triángulo es diferente del anterior. Eso es el Teorema de Tales.

 

Matemáticamente, si dos triángulos son semejantes, implica que:

Y K es un número, el que sea que indica la proporción. Si K es dos, significará que cada lado del triángulo grande es exactamente el doble del pequeño, por ejemplo.

Ahora, apliquemos Tales para resolver el problema en cuestión. Es buscar dos triángulos semejantes y a correr…..

Ambos triángulos son semejantes, porque los dos, el rojo y el negro, tienen ángulos iguales. Ah, claro, por que tú lo digas. Nop. Todo tiene su explicación. Uno de esos ángulos pertenece a ambos triángulos, así que ya hay un ángulo igual en los dos. Pero además hemos supuesto que las manos se colocan tangencialmente a cada una de las rectas que abarcan a la Tierra. Es decir el ángulo que forma el lado de 0.14 con el lado superior es igual al que forma el lado de 6.355.000. Podemos hacer esto porque bueno, suponemos que a Fito le interesa resolver el ejercicio y tiene libertad para colocarlas de una manera cómoda, por decirlo de alguna forma. En realidad es una propiedad de las tangentes. Ya comparten dos ángulos por tanto. Y como los ángulos de un triángulo suman 180º siempre, pues ya está, el tercer ángulo también ha de coincidir.

Así que aplicamos Tales:

A esa distancia del centro de la Tierra ha de situarse nuestro valiente cantante. Pero queremos la distancia del, digamos, suelo del planeta, no del centro. Asi que le quitamos a esa contidad el radio de la Tierra, lo que sobra, quedando:

x=29.051.428,57 – 6.355.000= 22.696.428,57 metros más menos. En cristiano, unos 22.700 km de distancia.  No muy lejos, para hablar del espacio, por cierto. Para que os hagáis una idea, los satélites de órbita Geoestacionaria (muy habituales) están a unos 36.000 Km más o menos

Pitágoras… el viejo Pitágoras

Bueno, la verdad es que mientras tenga la agenda tan apretada va a estar difícil el asunto de compaginar el blog con dormir y comer, por poner un ejemplo, asi que para evitar el mono abro este post, pequeñito y sin problema alguno, sólo con alguna demostración curiosa del teorema más importante jamás contado. El teorema del yayo Pitágoras que tiene más chicha de lo que la gente normalmente ve.

LA VÍA CHINA:

Aunque el teorema ya era conocido en el 4.000 A.C por babilonios y demás gentes de por ahi la antigua Mesopotamia (3.500 años antes de que naciera Pitágoras) lo cierto es que la fama del viejo sabio heleno es muy merecida pese a todo. Hasta él el teorema era algo meramente práctico, algo no demostrado y usado como curiosidad; algo parecido a la gravedad: hasta Newton no pudimos explicarla (más o menos) pero es evidente que se hizo uso de ella antes de que el ilustre inglés naciera, y era conocida.

Demostraciones del Teorema de Pitágoras hay para aburrir. Se organizan concursos y todo. Sin embargo, pongo aquí una basada en geometría de tangram, más que en pesadas disquisiciones numéricas. Se trata, en suma, de demostrar el famoso resultado mediante movimiento de fichas. No es mía. 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.

Demostración china geométrica

Bonita imaginativa oriental

Si buscais en Google podeis encontrar muchas más demostraciones, igual de curiosas algunas. El tema es tan fructífero que ni los políticos se pudieron resistir. James Garfield, presidente de EEUU en el siglo XIX publicó una que tampoco es que sea la leche de imaginativa, pero que dada la notoriedad del personaje en su época, se hizo más o menos famosa. Se encuentra aquí (bendita/maldita wikipedia) junto con las demostraciones de genios como Bashkara o da Vinci. La fama, qué si no….

¿y vosotros? ¿Conocéis alguna demostración del teorema de Pitágoras?