Seminario de problemas-eso. Curso Hoja 10

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María Rivas Henríquez
hace 7 años
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Seminario de problemas-eso. Curso 011-1. Hoja 10 5.

1 Seminario de problemas-eso. Curso Hoja Dado un triángulo cualquiera, demuestra que es posible recubrir el plano con infinitos triángulos iguales al dado, de forma que estos triángulos no se solapen. Prueba lo mismo para un cuadrilátero cualquiera. Solución. En el caso del triángulo, notar que por un giro de 180 en torno al punto medio de uno de sus lados (figura) se forma un paralelogramo, y cualquier paralelogramo tesela (recubre el plano sin solapamientos) mediante las traslaciones mu + nv donde u y v son los vectores de los lados del paralelogramo y m, n Z. Con cualquier cuadrilátero, ya sea cóncavo o convexo, es también posible recubrir el plano sin solapamientos. Se puede utilizar lo que se denomina el Método de la Malla Invisible: los puntos medios de todo cuadrilátero forman un paralelogramo (este resultado se denomina teorema de Varignon. Para demostrarlo, basta trazar las diagonales del cuadrilátero y considerar las paralelas medias de los dos triángulos que se forman sobre cada una de las dos diagonales). La teselación del plano por traslaciones de este paralelogramo genera una teselación del plano con cuadriláteros congruentes al dado, en la que las copias sucesivas del cuadrilátero se pueden obtener por giros de 180 de uno de ellos en torno a los puntos de la malla auxiliar de paralelogramos (figura). 1

Tanto el mosaico generado por un triángulo como el mosaico generado por un cuadrilátero son realizaciones de un mismo tipo (el grupo de simetrías p, generado por dos traslaciones no paralelas y un

2 Tanto el mosaico generado por un triángulo como el mosaico generado por un cuadrilátero son realizaciones de un mismo tipo (el grupo de simetrías p, generado por dos traslaciones no paralelas y un semigiro) de embaldosamiento periódico del plano. Hay 17 tipos diferentes, y de todos ellos puede encontrarse alguna muestra en los alicatados que recubren las paredes de las estancias de la Alhambra de Granada. Ver también: Construye un paralelogramo que tenga la misma área que un triángulo dado y que tenga un ángulo igual a uno de los ángulos del triángulo dado. Solución. M y N son los puntos medios del lado del triángulo correspondiente. 54. Dados 7 enteros positivos distintos, cuya suma es mayor que 100, demostrar que existen tres de ellos cuya suma es mayor o igual que 50. Solución. Sean a 1 < a < a 3 < a 4 < a 5 < a 6 < a 7 los siete enteros positivos distintos, ordenados de manera creciente. Tenemos que a 1 + a + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 + a 7 > 100. Vamos a demostrar lo que se nos pide por reducción al absurdo. Supongamos que a 5 + a 6 + a 7 < 50. De este modo, a 1 + a + a 3 + a 4 > 100 (a 5 + a 6 + a 7 ) > 50, de donde se deduce que a 4 > 14, ya que = 50. Por tanto, a 4 15, pero entonces a 5 + a 6 + a = 51, contradicción. 55. Dentro de un cuadrado se dibuja un triángulo de manera que el centro del cuadrado caiga fuera del triángulo. Prueba que la longitud de al menos uno de los lados del triángulo es menor o igual que la longitud del lado del cuadrado. Solución. Por el centro O del cuadrado, trazamos una recta r paralela al lado más cercano del triángulo y una perpendicular s a la recta r que pasa por O. Las rectas r y s dividen el cuadrado en cuatro cuadriláteros congruentes. Dado que O se encuentra fuera del triángulo, éste tendra puntos en, como mucho, dos cuadriláteros adyacentes. Por el principio del palomar, dos de los vértices del triángulo pertenecen al mismo cuadrilátero. Su distancia, por tanto, es más pequeña que la mayor diagonal del cuadrilátero, la cual, a su vez, es más pequeña o igual que el lado del cuadrado.

3 En efecto, si observamos la figura resulta que el cuadrilátero donde caen dos de los vértices del triángulo tiene dos diagonales d 1 = OB, d = P Q. Para simplificar los cálculos, hacemos el lado del cuadrado igual a 1. Entonces d 1 = Ç å 1 + Ç å 1 = 1 d = (1 α) + α = d 1 = Ç α 1 å + 1 < 1 d 1 dado que, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que α 1. Alternativa a la demostración final: El cuadrado P QRS está contenido en el cuadrado grande y tiene el área más pequeña. Por lo tanto, su lado d es más pequeño que el lado del cuadrado grande. 56. Un rectángulo de lados 0 cm y 15 cm tiene un vértice situado en el centro de una circunferencia, y el vértice opuesto situado sobre la circunferencia. Calcula la longitud de la cuerda de esa circunferencia que contiene a los otros dos vértices del rectángulo. Solución 1. Denotamos AD = 15; AB = 0. Por el teorema de Pitágoras se deduce de inmediato que el radio del círculo es AC = 5. 3

4 En el triángulo rectángulo BAD, el segmento AP es la altura sobre la hipotenusa, que vale 5 porque es igual al radio del círculo. Calculando el área del triángulo ABD nos sale P A BD = AD AB, de donde P A = 0 15/5 = 1. La mitad de la cuerda buscada, P N, se puede calcular por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo P AN. Sale P N = 481 y obtenemos que la cuerda MN = 481. Solución. Escribimos DN = x, MB = y. Si calculamos la potencia del punto D respecto de la circunferencia usando la cuerda MN y que prolonga el lado AD, tendremos y(x + 5) = Del mismo modo, para la potencia del punto B tendremos y(x + 5) = Si resolvemos el sistema formado por estas dos ecuaciones obtenemos x = 481 9; y = , y de aquí, MN = x + y + 5 = Cinco piratas llegaron a una isla desierta y decidieron esconder su tesoro en un terreno plano donde estaban los cinco árboles más altos de la isla. Cavaron cinco agujeros en los vértices de un pentágono (convexo y no regular), de modo que cada uno de los cinco árboles quedaba situado en el punto medio de uno de los lados del pentágono. Antes de abandonar la isla, cada uno de los piratas metió su parte del tesoro en uno de los agujeros, lo tapó y plantó un rosal. Cuando los piratas regresaron a la isla para recuperar el tesoro, ya no había rosales. La sequía había hecho marchitarse los primeros brotes... Sólo quedaban los cinco árboles... Uno de los piratas gritó: No os preocupéis, podremos recuperar nuestro tesoro! Porque, de unas clases de matemáticas que recibí de joven, recuerdo estas dos cosas: a) Que, conociendo los puntos medios de los lados de un triángulo, se pueden encontrar los vértices. b) Que, conociendo los puntos medios de tres de los lados de un cuadrilátero, se puede encontrar el punto medio del cuarto lado. Nuestro problema propone: 1. Demostrar las dos cosas que recordaba el pirata.. Decir cómo recuperaron los piratas el tesoro utilizando a) y b). 4

Solución apartado a). Sean M a, M b y M c los puntos medios de un triángulo ABC. Trazando por M a una paralela al segmento M b M c tenemos la recta que contiene el lado BC del triángulo.

5 Solución apartado a). Sean M a, M b y M c los puntos medios de un triángulo ABC. Trazando por M a una paralela al segmento M b M c tenemos la recta que contiene el lado BC del triángulo. Podemos hacer lo mismo con M b y M c y reconstruimos el triángulo. Solución apartado b). Por el Teorema de Varignon, los puntos medios de un cuadrilátero forman un paralelogramo y si tenemos tres vértices podemos encontrar el cuarto. Solución al problema de la recuperación del tesoro. Llamamos P 1, P, P 3, P 4 y P 5, los vértices del pentágono, que son los lugares donde están enterrados los tesoros. M 1, M, M 3, M 4 y M 5 denotan los puntos medios, que son conocidos. Observamos que P 1 P P 3 P 4 es un cuadrilátero del que conocemos los puntos medios M1, M, M3. De este modo, por b), podemos encontrar M, el cuarto punto medio de P 1 P P 3 P 4. Por a), conocidos M 4, M 5 y M, podemos encontrar P 4, P 5 y P 1. El simétrico de P 1 respecto de M 1 es P y el de P respecto de M es P 3. 5

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